Брахістохрона

Брахістохрона
Формула	$\delta {\sqrt {\frac {1+y'^{2}}{y}}}=0$
Підтримується Вікіпроєктом	Вікіпедія:Проєкт:Математика
Брахістохрона у Вікісховищі

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

Постановка математичної задачі

Рух тіл за різними траєкторіями. Червона лінія — брахістохрона

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 — траєкторія 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 $Ox$ 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 $Oy$ вертикально вниз. Очевидно, третя просторова координата повинна дорівнювати нулю на кривій найшвидшого спуску (проєкція будь-якої просторової кривої на площину $Oxy$ 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:

$(2)\qquad U=-mgy$

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

$(3)\qquad E_{k}={mv^{2} \over 2}$

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 $I={2 \over 5}mR^{2}$, а тому кінетична енергія дорівнює:

$(5)\qquad {\tilde {E}}_{k}={mv^{2} \over 2}+{mR^{2}\omega ^{2} \over 5}={7 \over 10}mv^{2}$

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

$(6)\qquad {mv^{2} \over 2}-mgy=0$

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

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

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

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

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

$(9)\qquad v={ds \over dt},\;dt={ds \over v}$

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

$(10)\qquad t=\int dt=\int {ds \over v}=\alpha \int {{\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}} \over {\sqrt {y}}}=\alpha \int _{0}^{x_{B}}{\sqrt {1+y'^{2} \over y}}dx$

де постійна $\alpha$ дорівнює відповідно для кульки що ковзає, і для кульки що котиться:

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

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

$(12)\qquad y=y(x),\;x\in [0,x_{B}];y(0)=0,\;y(x)\geq 0,\;y(x_{B})=y_{B}$

що інтеграл у формулі (10) досягає мінімуму. Зауважимо, що константа $\alpha$ 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:

$(13)\qquad T=T(y)=\int _{0}^{x_{B}}{\sqrt {1+y'^{2} \over y}}dx$

Знаходження розв'язку

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

З рівності нулю першої варіації слідує рівняння Ейлера — Лагранжа для функціонала (13):

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

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

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

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

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

Але перше ніж розв'язувати (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 $\tau$ монотонно зростає при переміщенні вздовж нашої кривої, тобто є деякою досить довільною, але монотонно зростаючою функцією часу:

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

Позначаючи крапкою зверху похідну функцій (17) по параметру $\tau$, 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 $\tau$ на будь-яку іншу зростаючу функцію часу ${\tilde {\tau }}$:

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

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

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

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

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

Починаємо розв'язувати 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:

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

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

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

В початковій точці А кривої маємо $y_{A}=0$, а тому згідно з формулою (26) покладемо $\tau _{A}=0$

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

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

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.

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 рівнянь (16) і (22).
Очевидно, що рівняння (16) можна одержати, поділивши (22) на ${\dot {x}}$. Тому нам достатньо перевірити, що розв'язок (29) задовольняє (22).
Спершу знайдемо суму квадратів похідних:

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

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

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

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

Додатність другої варіації

Попередні обчислення

Запишемо інтеграл другої варіації функціонала (13):

$(32)\qquad \delta ^{2}T=\int _{0}^{x_{B}}\left(L_{yy}(\delta y)^{2}+2L_{yy'}\delta y\delta y'+L_{y'y'}(\delta y')^{2}\right)dx$

Знайдемо коефіцієнти квадратичної форми, враховуючи (15):

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

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

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

Тепер підставимо (34) в формули (33):

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

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

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

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:

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

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

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

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

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

Друга спроба

Якби варіація $\delta y=\delta y(x)$ та її похідна $\delta y'$ 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 зв'язок. 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:

$(42)\qquad 0=L_{yy'}(\delta y)^{2}{\big |}_{0}^{x_{B}}=\int _{0}^{x_{B}}{d \over dx}\left(L_{yy'}(\delta y)^{2}\right)dx=\int _{0}^{x_{B}}\left(\left({d \over dx}L_{yy'}\right)(\delta y)^{2}+2L_{yy'}\delta y\delta y'\right)dx$

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

$(43)\qquad \delta ^{2}T=\int _{0}^{x_{B}}\left(\left(L_{yy}-{d \over dx}L_{yy'}\right)(\delta y)^{2}+L_{y'y'}(\delta y')^{2}\right)dx$

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:

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

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

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

Джерела

• Українська радянська енциклопедія : у 12 т. / гол. ред. М. П. Бажан ; редкол.: О. К. Антонов та ін. — 2-ге вид. — К. : Головна редакція УРЕ, 1974–1985.