Brakistokroni

Tarkastellaan ${\textstyle m}$ -massaista kappaletta, joka sijaitsee aloitushetkellä levossa pisteessä ${\textstyle (x_{1},y_{1})}$ . Kappaleeseen vaikuttaa jokaisella ajanhetkellä gravitaatiovoima ${\textstyle \mathbf {F} =m\mathbf {g} }$ , missä ${\textstyle \mathbf {g} }$ on gravitaatiokentän putoamiskiihtyvyys (vektori). Kaikki vastusvoimat oletetaan merkityksettömän pieniksi. Pyritään selvittämään, minkä muotoista käyrää pitkin kappaleella kuluu lyhyin aika päästä pisteeseen ${\textstyle (x_{2},y_{2})}$ (joka oletettavasti ei sijaitse suoraan pisteen ${\textstyle (x_{1},y_{1})}$ ''alla''). Ratkaisun saavuttaminen vaatii hiukan variaatiolaskentaa.

Kiinnitetään tarkastelua varten kaksiulotteinen koordinaatisto. Voidaan olettaa, että origo sijaitsee pisteessä ${\textstyle (x_{1},y_{1})}$ ja että gravitaatiovoima on ${\textstyle x}$ -akselin suuntainen. Ts.

${\displaystyle \mathbf {F} =F\,\mathbf {i} =mg\,\mathbf {i} }$

Koska gravitaatiokenttä on konservatiivinen, pätee jokaisella ajanhetkellä ${\textstyle T+U={\text{vakio}}}$ , missä ${\textstyle T}$ on kappaleen kineettinen energia ja ${\textstyle U}$ on potentiaalienergia. Määritellään potentiaalienergian nollatasoksi ${\textstyle y}$ -akseli, ts. ${\textstyle U(x=0)=0}$ . Koska kappale lähtee levosta, on koko ajan ${\textstyle T+U=0}$ . Kappaleen kineettinen energia on ${\textstyle T={\frac {1}{2}}mv^{2}}$ ja potentiaalienergia on ${\textstyle U=-Fx=-mgx}$ (potentiaalienergia on negatiivinen, koska kappaleen lähtökorkeus valittiin nollatasoksi). Tällöin kappaleen nopeus on

${\displaystyle v={\sqrt {2gx}}}$ .

Aika, joka kappaleelta kuluu kulkea pisteestä ${\textstyle (x_{1},y_{1})}$ pisteeseen ${\textstyle (x_{2},y_{2})}$ on:

${\displaystyle {\begin{aligned}t&=\int _{(x_{1},y_{1})}^{(x_{2},y_{2})}{\frac {\mathrm {d} s}{v}}=\int _{(x_{1},y_{1})}^{(x_{2},y_{2})}{\frac {\sqrt {\mathrm {d} x^{2}+\mathrm {d} y^{2}}}{\sqrt {2gx}}}\\&=\int _{x_{1}}^{x_{2}}{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{2gx}}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{x_{1}}^{x_{2}}{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{x}}}\,\mathrm {d} x,\end{aligned}}}$

missä käytettiin derivaattaa ${\displaystyle y'=\mathrm {d} y/\mathrm {d} x}$ . Nyt pyritään minimoimaan muuttuja ${\textstyle t}$ . Tähän tarkoitukseen käytetään Eulerin–Lagrangen yhtälöä. Määritellään uusi funktio edellisen integraalin integrandina:

${\displaystyle f={\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{x}}}}$ .

Eulerin–Lagrangen yhtälö antaa välttämättömän ehdon sille, että ajalle ${\textstyle t}$ on olemassa ääriarvo:^[3]

${\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial y}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\frac {\partial f}{\partial y'}}=0\qquad \qquad (1)}$

Välttämätön ehto on, että yhtälö (1) toteutuu. Nyt, koska ${\displaystyle \partial f/\partial y=0}$ , niin yhtälö (1) sievenee muotoon:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\frac {\partial f}{\partial y'}}=0}$ ,

mikä on derivaatan laskusääntöjen nojalla yhtäpitävää sen kanssa, että

${\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial y'}}={\text{vakio}}\equiv {\frac {1}{\sqrt {2a}}}}$ ,

missä ${\displaystyle a>0}$ on uusi vakio. Toisaalta

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial f}{\partial y'}}&={\frac {1}{2{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{x}}}}}\cdot {\frac {2y'}{x}}={\frac {y'}{x{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{x}}}}}\\&={\frac {y'}{\sqrt {x\left(1+(y')^{2}\right)}}}.\end{aligned}}}$

Korotetaan tämä neliöön, jolloin

${\displaystyle {\frac {(y')^{2}}{x\left(1+(y')^{2}\right)}}={\frac {1}{2a}}.\qquad \qquad (2)}$

Yhtälö (2) on differentiaaliyhtälö, jonka ratkaisu on:

${\displaystyle y=\int {\frac {x}{\sqrt {2ax-x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\qquad \qquad (3)}$ .

Integraali ratkeaa muuttujanvaihdolla: olkoon uusi muuttuja ${\textstyle \theta }$ siten, että

${\displaystyle x=a(1-\cos \theta )}$ .

Tällöin ${\displaystyle \mathrm {d} x/\mathrm {d} \theta =a\sin \theta }$ ja edelleen ${\displaystyle \mathrm {d} x=a\sin \theta \,\mathrm {d} \theta }$ . Sijoitetaan tämä yhtälöön (3) ja ratkaistaan integraali:

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=\int {\frac {a^{2}(1-\cos \theta )\sin \theta }{\sqrt {2a^{2}(1-\cos \theta )-a^{2}(1-\cos \theta )^{2}}}}\,\mathrm {d} \theta \\&=\int {\frac {a^{2}\sin \theta -a^{2}\cos \theta \sin \theta }{a\sin \theta }}\,\mathrm {d} \theta \\&=\int a(1-\cos \theta )\,\mathrm {d} \theta \\&=a(\theta -\sin \theta )+C,\end{aligned}}}$

missä ${\textstyle C}$ on integroimisvakio. Tuloksena on siis parametrisoitu käyrä:

${\displaystyle {\begin{cases}x=a(1-\cos \theta )\\y=a(\theta -\sin \theta )+C.\end{cases}}}$

Tämä käyrä saadaan kulkemaan pisteen ${\textstyle (x_{2},y_{2})}$ kautta asettelemalla parametrit ${\textstyle a}$ ja ${\displaystyle C}$ sopivasti. Lähtöpisteessä ${\displaystyle (x_{1},y_{1})=(0,0)}$ muuttuja ${\textstyle \theta }$ saa arvon 0.

Eulerin yhtälö osoittaa, että tämä käyrä on ${\textstyle t}$ :n ääriarvokohta. Kuten dynaamisten systeemien variaatiolaskennassa yleensä,^[3] löydettiin tässäkin minimikohta. Ongelmaa ajatellen on selvää, ettei kyseessä voi olla maksimikohta, sillä myös mielivaltaisen pitkä käyrä voi saavuttaa pisteen ${\textstyle (x_{2},y_{2})}$ . Näin ollen brakistokroniongelma on ratkaistu.

Sykloidi

Pääartikkeli: Sykloidi

Osoittautuu, että vakiogravitaatiokentän brakistokroniongelman ratkaisukäyrä on sykloidi:

${\displaystyle {\begin{cases}x=a(1-\cos \theta )\\y=a(\theta -\sin \theta ),\end{cases}}}$

joka syntyy, kun ${\textstyle a}$ -säteisen ympyrän kehällä oleva piste piirtää ratakäyränsä ${\textstyle xy}$ -tasoon ympyrän vieriessä pitkin ${\textstyle y}$ -akselia. Parametri ${\textstyle \theta }$ kuvaa tässä tapauksessa ympyrän kiertokulmaa lähtöhetkeen nähden. Sykloidi toistuu samanlaisena aina parametrin jaksolla ${\textstyle 2\pi }$ (radiaania).

• Variaatiolaskenta
• Ääriarvo
• Differentiaaliyhtälö
• Fermat’n periaate

• Lisää luettavaa aiheesta Brakistokroni on Wikiaineistossa
• Wolfram MathWorld: Brachistochrone Problem (englanniksi)