A brachistochron probléma megoldása

Átírás

1 A brachistochron probléma megoldása Adott a függőleges síkban két nem egy függőleges egyenesen fekvő P 0 és P 1 pont, amelyek közül a P 1 fekszik alacsonyabban. Azt a kérdést fogjuk vizsgálni. hogy van-e olyan pálya, amely mentén egy tömegpont a legrövidebb idő alatt jut el pusztán a nehézségi erő hatására a P 0 pontból a P 1 pontba. Helyezzük be a két pontot egy koordináta rendszerbe úgy, hogy az első tengely vízszintes legyen, a másik pedig függőleges, valamint P 0 az origóba essen. Jelöljük P 1 koordinátáit (a, b)-vel (a > 0, b < 0) Legyen ezek után x egy úgynevezett megengedett függvény, azaz x : [0, a] R folytonosan differenciálható és x(0) = 0, x(a) = b. Fizikai meggondolások alapján nyilván feltehetjük, hogy x monoton csökkenő. Az x által meghatározott pálya befutásához szükséges időt jelöljük T x -szel. Ki szeretnénk számítani T x -et. Ehhez vezessük be a τ : [0, T x ] [0, a] folytonosan differenciálható függvényt, amelynek τ(t) értéke a tömegpont első koordinátáját jelöli a mozgás megkezdése után t idővel. Feltehetjük, hogy τ monoton növekedő. A t időpillanatban a második koordináta nyilvánvalóan x(τ(t)). A tömegpont sebességének nagyságát (a sebességvektor abszolút értékét) jelöljük v(t)-vel. Kétféle módon fogjuk kiszámolni v(t)-t, amiket összehasonlítva aztán egy, a T x -re vonatkozó formulát kapunk. v(t) nem más, mint a t (τ(t), x(τ(t)) ) függvény deriváltjának az abszolút értéke: (τ v(t) = (t) ) ( + x (τ(t)) τ (t) ) = 1 + ( x (τ(t)) ) τ (t). v(t)-t meghatározhatjuk a mechanikai energia megmaradásának törvényével is: Ebből 0 = 1 mv (t) + mgx(τ(t)). v(t) = gx(τ(t)) adódik. Vegyük a két formula hányadosát: ( x (τ(t)) ) τ (t) = 1. g x(τ(t)) Vegyük észre, hogy a bal oldalon az 1 ( 1 + (x ) ) τ g x 1

2 összetett függvény deriváltja áll a t helyen. oldalát integrálva azt kapjuk, hogy Az egyenlőség mindkét 1 (t) g (0) 1 + (x ) x = t (0 t T x ). t-t T x -nek választva és kihasználva, hogy τ(0) = 0, τ(t x ) = a a keresett formulához jutunk: T x = 1 a 1 + (x ). g 0 x Ha a függőleges tengely irányítását lefelé vesszük pozitívnak, vagy egyszerűen az x helyett annak 1-szeresét vesszük, akkor az irodalomban szokásos T x = 1 a 1 + (x ). g 0 x formulát kapjuk. A továbbiakban ezzel a képlettel fogunk dolgozni. A T x minimalizálásához az Euler-Lagrange differenciálegyenletet f(s, x(s), x (s)) 13 f(s, x(s), x (s)) 3 f(s, x(s), x (s))x (s) 33 f(s, x(s), x (s))x (s) = 0 fogjuk megoldani. Esetünkben a minimalizálandó funkcionál: I x = a 0 f(s, x(s), x (s)) ds, 1 + w ahol f R 3 R, f(u, v, w) =. v Vegyük észre, hogy f nem függ az első változótól. Ez az úgynevezett hiányos alapfüggvény esete, amikor is az Euler-Lagrange egyenlet az alábbi alakra redukálódik: f(s, x(s), x (s)) 3 f(s, x(s), x (s))x (s) 33 f(s, x(s), x (s))x (s) = 0 Megmutatjuk, hogy ekkor az Euler-Lagrange egyenlet minden megoldása kielégíti az f(s, x(s), x (s)) x (s) 3 f(s, x(s), x (s)) = c (c R) differenciálegyenletet alkalmas c választással. Ehhez elegendő differenciálni az utóbbi egyenletet. Közben ne feledjük,

3 hogy 1 f 0 : f(s, x(s), x (s))x (s) + 3 f(s, x(s), x (s))x (s) x (s) 3 f(s, x(s), x (s)) x (s) 3 f(s, x(s), x (s))x (s) x (s) 33 f(s, x(s), x (s))x (s) ( = x (s) f(s, x(s), x (s)) 3 f(s, x(s), x (s))x (s) ) 33 f(s, x(s), x (s))x (s) = 0 Vegyük észre, hogy a második tényező az Euler-Lagrange differenciálegyenletnek a szóban forgó hiányos alapfüggvény esetnek megfelelő alakja. Megmutattuk tehát, hogy ha f nem függ az első változójától, akkor x pontosan abban az esetben megoldása az f(s, x(s), x (s)) x (s) 3 f(s, x(s), x (s)) = c (c R) egyenletnek, ha x konstans vagy x kielégíti az Euler-Lagrange differenciálegyenletet. Írjuk fel, hogyan is néz ki a brachistochron probléma esetén ez a differenciálegyenlet. Mivel 3 f(u, v, w) = 1 v w 1 + w, 3 ezért a 1 + (x ) x 1 x x = c (c R) x 1 + (x ) egyenletre jutunk, ami közös nevezőre való hozás után az 1 x(1 + (x ) ) = c alakra egyszerűsödik. Ebből már egyszerűen kifejezhető x : 1 x c x = c x. Ez nem más, mint egy szeparábilis differenciálegyenlet, amit a szokásos módon tudunk megoldani (s az x függvény változóját jelöli): c x 1 c x dx = ds. A jobb oldali integrálás triviális. A bal oldali integrál kiszámolásához vezessük be az x = 1 c sin u helyettesítést. Megjegyzés: A szóban forgó integrál más módszerrel is könnyen

4 4 kiszámolható. A javasolt helyettesítés célja az, hogy az eredményt olyan formában kapjuk meg, amit könnyen tudunk értelmezni. Ekkor c x 1 c x dx = 1 sin u sin u cos u du c 1 sin u = 1 sin udu c = 1 1 cos u du c = 1 (u sin u) + d c (d R). Továbbra is a x = 1 u c sin helyettesítésnél maradva s kifejezhető a következőképpen: s = 1 (u sin u) + d. c A d konstanst egyszerűen meghatározhatjuk, ha figyelembe vesszük, hogy x(0) = 0, azaz s = 0 esetén x értéke 0. Ekkor u is 0 és így d is 0, tehát x-re a sin u = 1 cos u s = 1 (u sin u). c azonosság miatt az alábbi előállítás adódik: x = 1 (1 cos u). c A c konstans úgy kell meghatározni, hogy x(a) = b teljesüljön. Összefoglalva: Az optimális pálya annak az x függvénynek a grafikonja, amely grafikon egy paraméteres előállítása ( 1 u c (u sin u), 1 ) c (1 cos u). Ismeretes, hogy ( u sin u, 1 cos u ) a ciklois egy paraméterezése. Az optimális pálya tehát ciklois ív.

5 A minimálfelület problémája 5 Tekintsünk a síkban egy e egyenest és egyik oldalán vegyünk fel két olyan pontot, amelyeket összekötő egyenes nem merőleges e- re. Kössük össze a két pontot olyan görbékkel, amelyek valamely folytonosan differenciálható függvény grafikonjai. Határozzuk meg azokat a görbéket, amelyeket az e egyenes körül megforgatva minimális felszínű forgásfelülethez jutunk. A megoldás során a brachistochron probléma kapcsán bemutatott utat fogjuk követni. Tekintsünk a kétdimenziós koordinátarendszerben két pontot, P 1 -et és P -t, amelyek koordinátái rendre (x 1, y 1 ), (x, y ). Tegyük fel, hogy y 1, y > 0 és x 1 x. Legyen y : [x 1, x ] R olyan folytonosan differenciálható függvény, amelyik teljesíti az y(x 1 ) = y 1, y(x ) = y feltételeket. A forgásfelület felszínére vonatkozó képlet szerint a minimalizálandó funkcionál: I y = π x x 1 y 1 + (y ). Esetünkben f R 3 R, F(u, v, w) = v 1 + w, ami a brachistochron probléma kapcsán tárgyalt hiányos alapfüggvény esethez tartozik. w Mivel 3 f(u, v, w) = v, ezért a megoldandó differ- 1 + w enciálegyenlet y y 1 + (y ) y 1 + (y ) = c (c R). Átrendezés után: y y = ± c 1, ami egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet. egyenletet azt kapjuk, hogy dy = dx. y 1 c Integrálva az A bal oldali integrál az ilyen esetben szokásos y = ch u helyettesítéssel c könnyen számolható. Az eredmény: y = c ch x + k c (c, k R).

6 6 A c, k paramétereket úgy kell meghatározni, hogy az y(x 1 ) = y 1, y(x ) = y feltételek teljesüljenek. A megoldás tehát egy láncgörbe ív.