Umwege in Polygonen - Universität Bonn

möglich sein müsste, liefert folgende Lösung des entsprechenden kontinuierlichen Problems.
Dabei werden als Trichterrand kontinuierliche Funktionen zugelassen und auf der Randkante
e soll der Umweg u P (p, .) ≡ U konstant sein. Die Ausgangssituation sieht aus wie in Abb.
34.
Stellt b(x) den Verlauf des kontinuierlichen Trichterrandes dar, dann lässt sich die Länge
des kürzesten Weges von p nach q(t) berechnen als:
∫ x
) (
√ (51) |π(p, q(t))| = |π(p, b F )| + 1 + b
′2
(s) ds + ∣ t x ∣∣∣
∣(
−
0 b(x))∣
Für den direkten Abstand der Punkte p und q(t) gilt:
) ( )∣
∣
(52)
∣pq(t) ∣ = ∣ t px ∣∣∣
∣(
−
0 p y
0
Um damit eine Gleichung für die Funktion b(x) aufstellen zu können, benötigen wir nur
noch den Zusammenhang zwischen t und x. Dazu muss man sich klar machen, dass die
Verbindung zwischen (x, b(x)) und q(t) tangential am kontinuierlichen Trichterrand liegt.
D.h. die Steigung −b(x)/(t − x) ist gleich b ′ (x). Nach t umgeformt ergibt sich:
(53) t = − b(x)
b ′ (x) + x
Mit Hilfe von (51), (52) und (53) können wir nun eine Integral-Differentialgleichung für
b aufstellen.
|π(p, b F )| + ∫ x
√ 0 1 + b
′2 (s) ds + ∣ ( ) (
t
0 − x ∣∣
b(x))∣
(54)
U =
∣ ( ) ( )∣
t
0 −
px ∣∣
p y
|π(p, b F )| + ∫ x
√ √
0 1 + b
′2
(s) ds − b(x) 1 + 1
b
=
′2 (x)
√ ( 2
x − b(x)
b ′ (x) x) − p + p
2 y
durch Multiplikation mit dem Nenner und anschließende einmalige Differentiation nach x
ergibt sich:
√
√
1 + b
′2
(x) − b ′ (x) 1 + 1
b ′2 (x) − b(x) − 2b′ (x)b ′′ (x)
b ′4 (x)
√
2 1 + 1
b ′2 (x)
(
)
2 x − b(x)
b
= U
′ (x) − p x (1 − b′2 (x)−b(x)b ′′ (x)
b ′2 (x)
)
√ ( 2
2 x − b(x)
b ′ (x) x) − p + p
2 y
Schließlich lässt sich diese Gleichung vereinfachen zu:
√
1 + b
′2
(x) − √ b ′2 b(x)b ′′ (x)
(x) + 1 +
b ′2 (x) √ b ′2 (x) + 1
(b ′ (x)(x − p x ) − b(x)) b(x)b ′′ (x)
= U √
b ′2 (x) (b ′ (x)(x − p x ) − b(x)) 2 + b ′2 (x)p 2 y
Die ersten beiden Summanden heben sich auf. Anschließend können wir einige Faktoren auf
beiden Seiten streichen. Unter anderem fallen so die zweiten Ableitungen weg, und es ergibt
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