A brachistochron probl´ema megold´asa Adott a f¨ ugg˝oleges s´ıkban k´et nem egy f¨ ugg˝oleges egyenesen fekv˝o P0 ´es P1 pont, amelyek k¨oz¨ ul a P1 fekszik alacsonyabban. Azt a k´erd´est fogjuk vizsg´alni. hogy van-e olyan p´alya, amely ment´en egy t¨omegpont a legr¨ovidebb id˝o alatt jut el puszt´an a neh´ezs´egi er˝o hat´as´ara a P0 pontb´ol a P1 pontba. Helyezz¨ uk be a k´et pontot egy koordin´ata rendszerbe u ´gy, hogy az els˝o tengely v´ızszintes legyen, a m´asik pedig f¨ ugg˝oleges, valamint P0 az orig´oba essen. Jel¨olj¨ uk P1 koordin´at´ait (a, b)-vel (a > 0, b < 0) Legyen ezek ut´an x egy u ´gynevezett megengedett f¨ uggv´eny, azaz x : [0, a] → R folytonosan differenci´alhat´o ´es x(0) = 0, x(a) = b. Fizikai meggondol´asok alapj´an nyilv´an feltehetj¨ uk, hogy x monoton cs¨okken˝o. Az x ´altal meghat´arozott p´alya befut´as´ahoz sz¨ uks´eges id˝ot jel¨olj¨ uk Tx -szel. Ki szeretn´enk sz´am´ıtani Tx -et. Ehhez vezess¨ uk be a τ : [0, Tx ] → [0, a] folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´enyt, amelynek τ(t) ´ert´eke a t¨omegpont els˝o koordin´at´aj´at jel¨oli a mozg´as megkezd´ese ut´an t id˝ovel. Feltehetj¨ uk, hogy τ monoton n¨oveked˝o. A t id˝opillanatban a m´asodik koordin´ata nyilv´anval´oan x(τ(t)). A t¨omegpont sebess´eg´enek nagys´ag´at (a sebess´egvektor abszol´ ut ´ert´ek´et) jel¨olj¨ uk v(t)-vel. K´etf´ele m´odon fogjuk kisz´amolni v(t)-t, amiket ¨osszehasonl´ıtva azt´an egy, a Tx -re vonatkoz´o formul´at kapunk. v(t) nem m´as, mint a t → (τ(t), x(τ(t)) ) f¨ uggv´eny deriv´altj´anak az abszol´ ut ´ert´eke: q¡ ¢2 ¡ ¢2 q ¡ ¢2 0 0 0 v(t) = τ (t) + x (τ(t)) τ (t) = 1 + x 0 (τ(t)) τ 0 (t). v(t)-t meghat´arozhatjuk a mechanikai energia megmarad´as´anak t¨orv´eny´evel is: 1 0 = mv2 (t) + mgx(τ(t)). 2 Ebb˝ol p v(t) = −2gx(τ(t)) ad´odik. Vegy¨ uk a k´et formula h´anyados´at: s ¡ ¢2 1 + x 0 (τ(t)) 1 √ τ 0 (t) = 1. −x(τ(t)) 2g Vegy¨ uk ´eszre, hogy a bal oldalon az Zr 1 + (x 0 )2 ´ 1 ³ √ ◦τ −x 2g 1
2
¨osszetett f¨ uggv´eny deriv´altja ´all a t helyen. Az egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at integr´alva azt kapjuk, hogy Z (t) r 1 1 + (x 0 )2 √ =t (0 ≤ t ≤ Tx ). −x 2g (0) t-t Tx -nek v´alasztva ´es kihaszn´alva, hogy τ(0) = 0, τ(Tx ) = a a keresett formul´ahoz jutunk: Za r 1 1 + (x 0 )2 Tx = √ . −x 2g 0 Ha a f¨ ugg˝oleges tengely ir´any´ıt´as´at lefel´e vessz¨ uk pozit´ıvnak, vagy egyszer˝ uen az x helyett annak −1-szeres´et vessz¨ uk, akkor az irodalomban szok´asos Za r 1 1 + (x 0 )2 Tx = √ . x 2g 0 formul´at kapjuk. A tov´abbiakban ezzel a k´eplettel fogunk dolgozni. A Tx minimaliz´al´as´ahoz az Euler-Lagrange differenci´alegyenletet ∂2 f(s, x(s), x 0 (s)) − ∂13 f(s, x(s), x 0 (s)) − ∂23 f(s, x(s), x 0 (s))x 0 (s) −∂33 f(s, x(s), x 0 (s))x 00 (s) = 0 fogjuk megoldani. Eset¨ unkben a minimaliz´aland´o funkcion´al: Za Ix = f(s, x(s), x 0 (s)) ds, 0
r
1 + w2 . v Vegy¨ uk ´eszre, hogy f nem f¨ ugg az els˝o v´altoz´ot´ol. Ez az u ´gynevezett hi´anyos alapf¨ uggv´eny esete, amikor is az Euler-Lagrange egyenlet az al´abbi alakra reduk´al´odik:
ahol f ∈ R3 → R, f(u, v, w) =
∂2 f(s, x(s), x 0 (s)) − ∂23 f(s, x(s), x 0 (s))x 0 (s) − ∂33 f(s, x(s), x 0 (s))x 00 (s) =0 Megmutatjuk, hogy ekkor az Euler-Lagrange egyenlet minden megold´asa kiel´eg´ıti az f(s, x(s), x 0 (s)) − x 0 (s)∂3 f(s, x(s), x 0 (s)) = c
(c ∈ R)
differenci´alegyenletet alkalmas c v´alaszt´assal. Ehhez elegend˝o differenci´alni az ut´obbi egyenletet. K¨ozben ne feledj¨ uk,
3
hogy ∂1 f ≡ 0 : ∂2 f(s, x(s), x 0 (s))x 0 (s) + ∂3 f(s, x(s), x 0 (s))x 00 (s) − x 00 (s)∂3 f(s, x(s), x 0 (s)) − x 0 (s)∂23 f(s, x(s), x 0 (s))x 0 (s) − x 0 (s)∂33 f(s, x(s), x 0 (s))x 00 (s) ³ = x 0 (s) ∂2 f(s, x(s), x 0 (s)) − ∂23 f(s, x(s), x 0 (s))x 0 (s) ´ − ∂33 f(s, x(s), x 0 (s))x 00 (s) = 0 Vegy¨ uk ´eszre, hogy a m´asodik t´enyez˝o az Euler-Lagrange differenci´alegyenletnek a sz´oban forg´o hi´anyos alapf¨ uggv´eny esetnek megfelel˝o alakja. Megmutattuk teh´at, hogy ha f nem f¨ ugg az els˝o v´altoz´oj´at´ol, akkor x pontosan abban az esetben megold´asa az f(s, x(s), x 0 (s)) − x 0 (s)∂3 f(s, x(s), x 0 (s)) = c
(c ∈ R)
egyenletnek, ha x konstans vagy x kiel´eg´ıti az Euler-Lagrange differenci´alegyenletet. ´Irjuk fel, hogyan is n´ez ki a brachistochron probl´ema eset´en ez a differenci´alegyenlet. Mivel 1 w ∂3 f(u, v, w) = √ √ , v 1 + w2 ez´ert a r 1 + (x 0 )2 x0 1 = c (c ∈ R) − x0 √ p x x 1 + (x 0 )2 egyenletre jutunk, ami k¨oz¨os nevez˝ore val´o hoz´as ut´an az 1 p =c x(1 + (x 0 )2 ) alakra egyszer˝ us¨odik. Ebb˝ol m´ar egyszer˝ uen kifejezhet˝o x 0 : r 1 − c2 x x0 = . c2 x Ez nem m´as, mint egy szepar´abilis differenci´alegyenlet, amit a szok´asos m´odon tudunk megoldani (s az x f¨ uggv´eny v´altoz´oj´at jel¨oli): Z Zr 2 c x dx = ds. 1 − c2 x A jobb oldali integr´al´as trivi´alis. A bal oldali integr´al kisz´amol´as´ahoz 1 u vezess¨ uk be az x = 2 sin2 helyettes´ıt´est. c 2 Megjegyz´es: A sz´oban forg´o integr´al m´as m´odszerrel is k¨onnyen
4
kisz´amolhat´o. A javasolt helyettes´ıt´es c´elja az, hogy az eredm´enyt olyan form´aban kapjuk meg, amit k¨onnyen tudunk ´ertelmezni. Ekkor Zr 2 Zs sin2 u2 c x 1 u dx = sin cos u2 du 2 u 2 2 1−c x c 2 1 − sin 2 Z 1 = 2 sin2 u2du c Z 1 1 − cos u du = 2 c 2 1 = 2 (u − sin u) + d (d ∈ R). 2c 1 u Tov´abbra is a x = 2 sin2 helyettes´ıt´esn´el maradva s kifejezhet˝o a c 2 k¨ovetkez˝ok´eppen: 1 s = 2 (u − sin u) + d. 2c A d konstanst egyszer˝ uen meghat´arozhatjuk, ha figyelembe vessz¨ uk, hogy x(0) = 0, azaz s = 0 eset´en x ´ert´eke 0. Ekkor u is 0 ´es ´ıgy d is 0, teh´at 1 s = 2 (u − sin u). 2c 1 − cos u 2 u x-re a sin = azonoss´ag miatt az al´abbi el˝oa´ll´ıt´as ad´odik: 2 2 1 x = 2 (1 − cos u). 2c A c konstans u ´gy kell meghat´arozni, hogy x(a) = b teljes¨ ulj¨on. ¨ Osszefoglalva: Az optim´alis p´alya annak az x f¨ uggv´enynek a grafikonja, amely grafikon egy param´eteres el˝o´all´ıt´asa ³ 1 ´ 1 (u − sin u), (1 − cos u) . u→ 2c2 2c2 ¡ ¢ Ismeretes, hogy u − sin u, 1 − cos u a ciklois egy param´eterez´ese. Az optim´alis p´alya teh´at ciklois ´ıv.
5
A minim´alfel¨ulet probl´em´aja Tekints¨ unk a s´ıkban egy e egyenest ´es egyik oldal´an vegy¨ unk fel k´et olyan pontot, amelyeket ¨osszek¨ot˝o egyenes nem mer˝oleges ere. K¨oss¨ uk ¨ossze a k´et pontot olyan g¨orb´ekkel, amelyek valamely folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny grafikonjai. Hat´arozzuk meg azokat a g¨orb´eket, amelyeket az e egyenes k¨or¨ ul megforgatva minim´alis felsz´ın˝ u forg´asfel¨ ulethez jutunk. A megold´as sor´an a brachistochron probl´ema kapcs´an bemutatott utat fogjuk k¨ovetni. Tekints¨ unk a k´etdimenzi´os koordin´atarendszerben k´et pontot, P1 -et ´es P2 -t, amelyek koordin´at´ai rendre (x1 , y1 ), (x2 , y2 ). Tegy¨ uk fel, hogy y1 , y2 > 0 ´es x1 6= x2 . Legyen y : [x1 , x2 ] → R olyan folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny, amelyik teljes´ıti az y(x1 ) = y1 , y(x2 ) = y2 felt´eteleket. A forg´asfel¨ ulet felsz´ın´ere vonatkoz´o k´eplet szerint a minimaliz´aland´o funkcion´al: Z x2 p Iy = 2π y 1 + (y 0 )2 . x1
√ Eset¨ unkben f ∈ R3 → R, F(u, v, w) = v 1 + w2 , ami a brachistochron probl´ema kapcs´an t´argyalt hi´anyos alapf¨ uggv´eny esethez tartozik. w Mivel ∂3 f(u, v, w) = v √ , ez´ert a megoldand´o differ1 + w2 enci´alegyenlet p y0 y 1 + (y 0 )2 − y p = c (c ∈ R). 1 + (y 0 )2 ´ Atrendez´ es ut´an:
r
y2 − 1, c2 ami egy sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet. Integr´alva az egyenletet azt kapjuk, hogy Z Z dy q = dx. y2 − 1 c2 0
y =±
y A bal oldali integr´al az ilyen esetben szok´asos = ch u helyettes´ıt´essel c k¨onnyen sz´amolhat´o. Az eredm´eny: y = c ch
x+k c
(c, k ∈ R).
6
A c, k param´etereket u ´gy kell meghat´arozni, hogy az y(x1 ) = y1 , y(x2 ) = y2 felt´etelek teljes¨ uljenek. A megold´as teh´at egy l´ancg¨orbe ´ıv.
