Brakistokroni

Brakistokroniongelman ratkaisu maapallon pinnalla (keskimmäisenä vasemmalta lähtevä punainen käyrä) ei ole jana tai janojen yhdistelmä vaan sykloidi.

Fysiikassa ja matematiikassa brakistokroni (kreikk. βράχιστος χρόνος (brákhistos khrónos), lyhyin aika) on tason käyrä, jota pitkin liikkuva kappale kulkee kahden pisteen välisen matkan lyhyimmässä ajassa. Oletuksena on, että kappale joutuu kulkemaan tietyn voiman (esimerkiksi painovoima) vaikutuksessa.

Kysymystä siitä, minkä muotoista käyrää pitkin kappaleelta kuluu vähiten aikaa kahden pisteen välillä, sanotaan brakistokroniongelmaksi. Vakiovoiman vaikutuksessa liikkuvan kappaleen brakistokroniongelman ratkaisi ensimmäisenä Johann Bernoulli vuonna 1696.

Brakistokroniongelma gravitaatiokentässä

Brakistokroniongelma: millainen käyrä yhdistää pisteet $(x_1,y_1)$ ja $(x_2,y_2)$ siten, että kappaleelta kuluu mahdollisimman vähän aikaa pisteiden välillä?

Tarkastellaan $m$-massaista kappaletta, joka sijaitsee aloitushetkellä levossa pisteessä $(x_1,y_1)$. Kappaleeseen vaikuttaa jokaisella ajanhetkellä gravitaatiovoima $𝐅=m𝐠$, missä $𝐠$ on gravitaatiokentän putoamiskiihtyvyys (vektori). Kaikki vastusvoimat oletetaan merkityksettömän pieniksi. Pyritään selvittämään, minkä muotoista käyrää pitkin kappaleella kuluu lyhyin aika päästä pisteeseen $(x_2,y_2)$ (joka oletettavasti ei sijaitse suoraan pisteen $(x_1,y_1)$ ''alla''). Ratkaisun saavuttaminen vaatii hiukan variaatiolaskentaa.

Kiinnitetään tarkastelua varten kaksiulotteinen koordinaatisto. Voidaan olettaa, että origo sijaitsee pisteessä $(x_1,y_1)$ ja että gravitaatiovoima on $x$-akselin suuntainen. Ts.

$𝐅=F𝐢=mg𝐢$

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

$v=\sqrt{2gx}$.

Aika, joka kappaleelta kuluu kulkea pisteestä $(x_1,y_1)$ pisteeseen $(x_2,y_2)$ on:

$\begin{array}{cc}t& =\underset{(x_1,y_1)}{\overset{(x_2,y_2)}{\int }}\frac{\mathrm{d}s}{v}=\underset{(x_1,y_1)}{\overset{(x_2,y_2)}{\int }}\frac{\sqrt{\mathrm{d}{x}^2+\mathrm{d}{y}^2}}{\sqrt{2gx}}\\ & =\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{2gx}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{2g}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{x}}\mathrm{d}x,\end{array}$

missä käytettiin derivaattaa $y^{\prime }=\mathrm{d}y/\mathrm{d}x$. Nyt pyritään minimoimaan muuttuja $t$. Tähän tarkoitukseen käytetään Eulerin–Lagrangen yhtälöä. Määritellään uusi funktio edellisen integraalin integrandina:

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

Eulerin–Lagrangen yhtälö antaa välttämättömän ehdon sille, että ajalle $t$ on olemassa ääriarvo:

$\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=0(1)$

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

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=0$,

mikä on derivaatan laskusääntöjen nojalla yhtäpitävää sen kanssa, että

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

missä $a>0$ on uusi vakio. Toisaalta

$\begin{array}{cc}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}& =\frac{1}{2\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{x}}}\cdot \frac{2y^{\prime }}{x}=\frac{y^{\prime }}{x\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{x}}}\\ & =\frac{y^{\prime }}{\sqrt{x(1+(y^{\prime }{)}^2)}}.\end{array}$

Korotetaan tämä neliöön, jolloin

$\frac{(y^{\prime }{)}^2}{x(1+(y^{\prime }{)}^2)}=\frac{1}{2a}.(2)$

Yhtälö (2) on differentiaaliyhtälö, jonka ratkaisu on:

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

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

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

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

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

missä $C$ on integroimisvakio. Tuloksena on siis parametrisoitu käyrä:

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

Tämä käyrä saadaan kulkemaan pisteen $(x_2,y_2)$ kautta asettelemalla parametrit $a$ ja $C$ sopivasti. Lähtöpisteessä $(x_1,y_1)=(0,0)$ muuttuja $\theta$ saa arvon 0.

Eulerin yhtälö osoittaa, että tämä käyrä on $t$:n ääriarvokohta. Kuten dynaamisten systeemien variaatiolaskennassa yleensä, löydettiin tässäkin minimikohta. Ongelmaa ajatellen on selvää, ettei kyseessä voi olla maksimikohta, sillä myös mielivaltaisen pitkä käyrä voi saavuttaa pisteen $(x_2,y_2)$. Näin ollen brakistokroniongelma on ratkaistu.

Sykloidi

Sykloidi

Pääartikkeli: Sykloidi

Osoittautuu, että vakiogravitaatiokentän brakistokroniongelman ratkaisukäyrä on sykloidi:

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

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

Katso myös

• Variaatiolaskenta
• Ääriarvo
• Differentiaaliyhtälö
• Fermat’n periaate

Aiheesta muualla

• Wolfram MathWorld: Brachistochrone Problem Malline:En