Брахістохрона

Матеріал з Вікіпедії — вільної енциклопедії.

Брахістохрона

Брахістохро́на (грец. βράχιστος — найкоротший і грец. χρόνος — час) — крива найкоротшого спуску, тобто та з усіх можливих кривих, що сполучають дві точки А і В (мал.), вздовж якої важка кулька, що ковзить без тертя (або котиться) з точки А, за найкоротший час досягає нижчої точки В. При відсутності опору середовища. Брахістохрона — звичайна циклоїда з горизонтальною основою і точкою звороту у верхній точці А. Задача про брахістохрону, розв'язана Й. Бернуллі (1696), відіграла важливу роль у розвитку варіаційного числення.

[ред.] Постановка математичної задачі

Очевидно, закон збереження енергії накладає обмеження на висоту точки В: точка В має знаходитись нижче, або на тій самій висоті що і точка А. Якщо точка В лежить на одній вертикальній прямій з точкою А, то розв'язок задачі очевидний - траекторія найшвидшого спуску буде відрізок прямої [АВ]. Тому ми будемо розглядати випадок, коли точка В дещо зміщена від точки А по горизонталі.

Виберемо початок координат $O$ в початковій точці А, і направимо вісь абсцис $O x$ горизонтально в напрямку кінцевої точки В (допустимо для визначеності малюнка, що ми дивимося на ці точки з таким ракурсом, що точка В знаходиться правіше від точки А), а вісь ординат $O y$ вертикально вниз. Очевидно, третя просторова координата повинна дорівнювати нулю на кривій найшвидшого спуску (проекція будь-якої просторової кривої на площину $O x y$ даватиме менший час спуску).

Оскільки втрати енергії на тертя відсутні, ми можемо записати закон збереження енергії, прийнявши енергію кульки в точці А за нуль:

$(1) \qquad 0 = E_k + U$

Потенціальна енергія кульки масою $m$ в полі тяжіння дорівнює:

$(2) \qquad U = - m g y$

Кінетична енергія для кульки що ковзить без обертання (як намистина на дроті) дорівнює:

$(3) \qquad E_k = {m v^2 \over 2}$

Якщо ж кулька котиться без проковзування, то до кінетичної енергії поступального руху (3) треба ще додати кінетичну енергію обертання:

$(4) \qquad E_{rot} = {I \omega^2 \over 2}$

Для суцільної однорідної кульки радіуса $R$ маємо момент інерції $I = {2 \over 5} m R^2$ , а тому кінетична енергія дорівнює:

$(5) \qquad \tilde E_k = {m v^2 \over 2} + {m R^2 \omega^2 \over 5} = {7 \over 10} m v^2$

Підставивши (2) і (3) в (1), одержуємо рівняння:

$(6) \qquad {m v^2 \over 2} - m g y = 0$

звідки знаходимо швидкість кульки (що ковзить без обертання) в довільній точці кривої:

$(7) \qquad v = \sqrt{2 g y}$

аналогічно, з (2), (5) і (1) знаходимо швидкість кульки, що котиться:

$(8) \qquad \tilde v = \sqrt{{10 \over 7 g y}}$

Далі, враховуючи залежність між швидкістю, пройденим шляхом і пройденим часом:

$(9) \qquad v = {d s \over d t}, \; dt = {d s \over v}$

Знаходимо, що час руху кульки вздовж кривої від точки А до точки В дається інтегралом ( $x A = 0$ через вибір системи координат):

$(10) \qquad t = \int dt = \int {ds \over v} = \alpha \int {\sqrt{d x^2 + d y^2} \over \sqrt{y}} = \alpha \int_{0}^{x_B} \sqrt{1 + y'^2 \over y} dx$

де постійна $α$ дорівнює відповідно для кульки що ковзить, і для кульки що котиться:

$(11) \qquad \alpha = {1 \over \sqrt{2 g}}, \; \tilde \alpha = \sqrt{7 \over 10 g}$

Отже, математично задача про брахістохрону формулюється так: нам треба знайти таку невід'ємну функцію, зафіксовану на кінцях:

$(12) \qquad y = y(x), \; x \in [0, x_B]; y(0) = 0, \; y(x) \ge 0, \; y(x_B) = y_B$

що інтеграл у формулі (10) досягає мінімума. Зауважимо, що константа $α$ не впливає на розв'язок, а тому ми її опускатимемо аж доки не почнемо цікавитися, чому дорівнює цей мінімальний час спуску.

Шукаємо мінімум функціонала $T$ від функції $y = y (x)$ , графіком якої є наша крива спуску:

$(13)\qquad T = T(y) = \int_0^{x_B} \sqrt{1 + y'^2 \over y} dx$

[ред.] Знаходження розв'язку

В точці локального мінімума функціонала перша варіація функціонала $δ T$ повинна дорівнювати нулю, а друга варіація $δ 2 T$ має бути більшою нуля (додатньо визначеною квадратичною формою від варіації аргументної функції $δ y = δ y (x)$ ).

З рівності нулю першої варіації слідує рівняння Ейлера-Лагранжа (дивіться варіаційне числення) для функціонала (13):

$(14) \qquad {d \over d x} L_{y'} - L_y = 0$

де лагранжиан $L$ дорівнює функції під інтегралом в (13):

$(15) \qquad L = L(y, y') = \sqrt{1 + y'^2 \over y}, \; L_{y'} = {y' \over \sqrt{y (1 + y'^2)}}, \; L_y = -{\sqrt{1 + y'^2} \over 2 y^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}}}$

З формул (14), (15) ми одержуємо звичайне диференціальне рівняння відносно невідомої функції $y = y (x)$ :

$(16) \qquad {d \over d x} \left ( {y' \over \sqrt{y (1 + y'^2)}} \right ) + {\sqrt{1 + y'^2} \over 2 y^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}}} = 0$

Але перше ніж розвязувати (16), поглянемо на пошуки кривої з дещо іншої точки зору. А саме, припустимо, що наша крива спуску задана параметрично:

$(17) \qquad x = x(\tau), \; y = y(\tau); \;\; \tau \in [\tau_A, \tau_B]$

параметр $τ$ монотонно зростає при переміщенні вздовж нашої кривої, тобто є деякою досить довільною, але монотонно зростаючою функцією часу:

$(18) \qquad \tau = \tau(t), \; {d \tau \over d t} > 0$

Позначаючи крапкою зверху похідну функцій (17) по параметру $τ$ , ми можемо переписати функціонал (13) так:

$(19) \qquad T = \int_{\tau_A}^{\tau_B} {\sqrt{\dot x^2 + \dot y^2} \over \sqrt{y}} d \tau$

Очевидно, що величина інтеграла (19) не зміниться при заміні параметра $τ$ на будь-яку іншу зростаючу функцію часу $\tilde \tau$ :

$(20) \qquad {d \tilde \tau \over dt} > 0, \; {d \tilde \tau \over d \tau} > 0, \; \sqrt{\dot x^2 + \dot y^2} \, d\tau = \sqrt{ \left ( {d x \over d \tilde \tau} \right )^2 + \left ( {d y \over d \tilde \tau} \right )^2} \, d \tilde \tau$

Для функціонала (19) ми матимемо два рівняння Ейлера-Лагранжа, $\tilde L = \tilde L(x, y, \dot x, \dot y)$ :

$(21) \qquad {d \over d \tau} \tilde L_{\dot x} - \tilde L_x = {d \over d \tau} \left( {\dot x \over \sqrt{y (\dot x^2 + \dot y^2)}} \right ) = 0$

$(22) \qquad {d \over d \tau} \tilde L_{\dot y} - \tilde L_y = {d \over d \tau} \left ( {\dot y \over \sqrt{y (\dot x^2 + \dot y^2)} } \right ) + { \sqrt{\dot x^2 + \dot y^2} \over 2 y^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} } = 0$

Рівняння (21) і (22) так само, як і породивший їх інтеграл (19), інваріантні щодо заміни параметра $τ$ . Очевидно, що рівняння (22) переходить в (16) якщо взяти параметр кривої $τ = x$ . А от рівняння (21) виглядає простішим (зусилля витрачені на розгляд альтернативної точки зору виявилися не марними).

Починаємо розвязувати звичайне диференціальне рівняння (21). Ми відразу можемо його проінтегрувати:

$(23) \qquad {\dot x \over \sqrt{y (\dot x^2 + \dot y^2)}} = C = const$

Постійна інтегрування $C$ (однакова для всіх точок нашої шуканої кривої) має бути додатньою, оскільки ми обрали таку систему координат що кінцева точка В має більшу абсцису: $x B > x A = 0$

Перепишемо (23) в іншому вигляді, виконавши алгебраїчні перетворення:

$(24) \qquad \dot x^2 \left ( {1 \over C^2} - y \right ) = y \dot y^2$

В правій частині останнього рівняння стоїть додатній вираз, а тому і вираз у дужках лівої частини повинен бути більшим нуля. Таким чином ордината нашої кривої лежить в межах:

$(25) \qquad 0 \le y \le {1 \over C^2}$

Оскільки параметр $τ$ в формулі (24) довільний, зафіксуємо залежність ординати від параметра наступною функцією, враховуючи нерівності (25):

$(26) \qquad y = R (1 - \cos \tau), \; R = {1 \over 2 C^2}$

В початковій точці А кривої маємо $y A = 0$ , а тому згідно формули (26) покладемо $τ A = 0$

Будемо шукати залежність $x = x (τ)$ таку, щоб задовольнити диференціальне рівняння (24):

$(27) \qquad \dot x^2 (2 R - R (1 - \cos \tau)) = R (1 - \cos \tau) r^2 \sin^2 \tau$

Після алгебраїчних перетворень одержуємо:

$(27a) \qquad \dot x^2 (1 + \cos \tau) = R^2 (1 - \cos \tau)^2 (1 + \cos \tau)$

$(27b) \qquad \dot x = R (1 - \cos \tau) = y$

При переході з (27a) до (27b) ми врахували додатність константи інтегрування в формулі (23).

Формулу (27b) легко проінтегрувати, враховуючи початкову умову $x A = x (0) = 0$ :

$(28) \qquad x(\tau) = \int_0^{\tau} \dot x d \tau = R (\tau - \sin \tau)$

Формули (26) і (28) є рівняннями циклоїди, заданої параметрично. Запишемо ще раз ці два рівняння окремо:

$(29) \qquad x = R (\tau - \sin \tau), \; y = R (1 - \cos \tau)$

Крива (29) є брахістохроною.

[ред.] Узгодженість розв'язку

В ході розв'язування ми одержали три рівняння Ейлера-Лагранжа: (16), (21) і (22). Але розв'язок ми знайшли лише для рівняння (21). Покажемо, що знайдений розв'язок також задовольняє решту рівняннь (16) і (22).
Очевидно, що рівняння (16) можна одержати, поділивши (22) на $\dot x$ . Тому нам достатньо перевірити, що розвязок (29) задовольняє (22).
Спершу знайдемо суму квадратів похідних:

$(30) \qquad \dot x^2 + \dot y^2 = R^2 \left( (1 - \cos \tau)^2 + \sin^2 \tau \right ) = 2 R^2 (1 - \cos \tau) = 2 R y$

Підставляючи (30) і (29) в (22), знаходимо:

$(31) \qquad {d \over d \tau} \left ( {\dot y \over \sqrt{y (\dot x^2 + \dot y^2)} } \right ) + { \sqrt{\dot x^2 + \dot y^2} \over 2 y^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} } = {d \over d \tau} \left ( {\dot y \over \sqrt{2 R} y} \right ) + {\sqrt{2 R} \over 2 y} =$

$= {1 \over \sqrt{2 R}} \left ( {d \over d \tau} \left ( {\sin \tau \over 1 - \cos \tau} \right ) + {1 \over 1 - \cos \tau} \right ) = {1 \over \sqrt{2 R}} \left ( {d \over d \tau} \operatorname{ctg} {\tau \over 2} + {1 \over 2 \sin^2 {\tau \over 2}} \right ) = 0$

[ред.] Додатність другої варіації

[ред.] Попередні обчислення

Запишемо інтеграл другої варіації функціонала (13):

$(32) \qquad \delta^2 T = \int_0^{x_B} \left ( L_{yy} (\delta y)^2 + 2 L_{yy'} \delta y \delta y' + L_{y'y'} (\delta y')^2 \right ) d x$

Знайдемо коефіцієнти квадратичної форми, враховуючи (15):

$(33) \qquad L_{y y} = {3 \sqrt{1 + y'^2} \over 4 y^{\begin{matrix} \frac{5}{2} \end{matrix}} }, \qquad L_{y y'} = - {y' \over 2 y^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} \sqrt{1 + y'^2}}, \qquad L_{y' y'} = {1 \over \sqrt{y} (1 + y'^2)^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} }$

Нас цікавить значення другої варіації функціонала тільки в точці мінімума, тобто тільки для кривої, що є брахістохроною. Виразимо коефіцієнти (33) через параматр $τ$ циклоїди, скориставшись (29). Спочатку обчислимо:

$(34) \qquad y = R (1 - \cos \tau) = 2 R \sin^2 {\tau \over 2}, \qquad y' = {\dot y \over \dot x} = {\sin \tau \over 1 - \cos \tau} = \operatorname{ctg} {\tau \over 2}, \qquad \sqrt{1 + y'^2} = {1 \over \sin {\tau \over 2}}$

Тепер підставимо (34) в формули (33):

$(35) \qquad L_{y y} = {3 \over 4 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{5}{2} \end{matrix}} \sin^6 {\tau \over 2}}$

$(36) \qquad L_{y y'} = - {\cos {\tau \over 2} \over 2 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} \sin^3 {\tau \over 2} }$

$(37) \qquad L_{y' y'} = {\sin^2 {\tau \over 2} \over \sqrt{2 R}}$

[ред.] Перша невдала спроба

Перевіримо, чи буде підінтегральна функція в (32) додатньо визначеною квадратичною формою. Для цього треба (необхідно і достатньо по критерю Сільвестра), щоб головні мінори матриці квадратичної форми були додатні:

$(38) \qquad \begin{vmatrix} L_{yy} \end{vmatrix} = L_{yy} > 0$

$(39) \qquad \begin{vmatrix} L_{yy} & L_{y y'} \\ L_{y' y} & L_{y' y'} \end{vmatrix} = L_{yy} L_{y' y'} - L^2_{y y'} > 0$

Підстановка (35) в (38) дає правильну нерівність, але нерівність (39) не виконується з врахуванням формул (35-37):

$(40) \qquad L_{yy} L_{y' y'} - L^2_{y y'} = {1 \over (2 R)^3} \left ( {3 \sin^2 {\tau \over 2} - \cos {\tau \over 2} \over 4 \sin^6 {\tau \over 2}} \right )$

Зокрема, на початку руху по брахістохроні параметр $τ$ близький до нуля, косинус близький до одиниці, а тому вираз (40) від'ємний.

[ред.] Друга спроба

Якби варіація $δ y = δ y (x)$ та її похідна $δ y'$ були незалежними і довільними функціями, то ми б дійсно могли підібрати ці функції так щоб в кожній точці $x$ підінтегральний вираз в (32) був від'ємним або нульовим, і таким чином весь інтеграл (32) міг би бути від'єним.

Але насправді між функцією та її похідною є звязок. Оскільки на кінцях нашої кривої варіація перетворюється в нуль

$(41) \qquad \delta y \big |_{x = 0} = \delta y \big |_{x = x_B} = 0$

то ми маємо тотожно:

$(42) \qquad 0 = L_{y y'} (\delta y)^2 \big |_0^{x_B} = \int_0^{x_B} {d \over d x} \left ( L_{y y'} (\delta y)^2 \right ) dx = \int_0^{x_B} \left ( \left ( {d \over d x} L_{y y'} \right )(\delta y)^2 + 2 L_{y y'} \delta y \delta y' \right ) dx$

Віднімемо від інтеграла другої варіації (32) тотожність (40), одержимо такий вираз для другої варіації:

$(43) \qquad \delta^2 T = \int_0^{x_B} \left ( \left( L_{y y} - {d \over d x} L_{y y'} \right ) (\delta y)^2 + L_{y' y'} (\delta y')^2\right ) dx$

Покажемо, що підінтегральний вираз в (43) буде додатнім на брахістохроні. Другий доданок буде додатнім внаслідок формули (37). Покажемо тепер, що додатньою буде також перший доданок, обчислимо різницю:

$(44) \qquad L_{y y} - {d \over d x} L_{y y'} = L_{y y} - {1 \over \dot x}{d \over d \tau} L_{y y'}= {3 \over 4 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{5}{2} \end{matrix}} \sin^6 {\tau \over 2}} - {1 \over 2 R \sin^2 {\tau \over 2}} {d \over d \tau} \left ( - {\cos {\tau \over 2} \over 2 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{3}{2} \end{matrix}} \sin^3 {\tau \over 2} } \right ) =$

$= {1 \over 2 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{5}{2} \end{matrix}} \sin^2 {\tau \over 2}} \left ( {3 \over 2 \sin^4 {\tau \over 2}} + {d \over d \tau}\left( {\cos {\tau \over 2} \over \sin^3 {\tau \over 2} } \right ) \right ) = {1 \over 2 (2 R)^{\begin{matrix} \frac{5}{2} \end{matrix}} \sin^2 {\tau \over 2}} > 0$

Отже друга варіація функціонала (13) додатня на брахістохроні, тобто брахістохрона є локальним мінімумом цього функціонала.

[ред.] Джерела

Українська радянська енциклопедія

Брахістохрона

Матеріал з Вікіпедії — вільної енциклопедії.

Зміст

[ред.] Постановка математичної задачі

[ред.] Знаходження розв'язку

[ред.] Узгодженість розв'язку

[ред.] Додатність другої варіації

[ред.] Попередні обчислення

[ред.] Перша невдала спроба

[ред.] Друга спроба

[ред.] Джерела

Перегляди

Особисті інструменти

Навігація

Участь

Пошук

Панель інструментів

Іншими мовами