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 ${\displaystyle O}$ в початковій точці А, і направимо вісь абсцис ${\displaystyle Ox}$ 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 ${\displaystyle Oy}$ вертикально вниз. Очевидно, третя просторова координата повинна дорівнювати нулю на кривій найшвидшого спуску (проекція будь-якої просторової кривої на площину ${\displaystyle Oxy}$ даватиме менший час спуску).

Оскільки втрати енергії на тертя відсутні, ми можемо записати закон збереження енергії, прийнявши енергію кульки в точці А за нуль:

${\displaystyle (1)\qquad 0=E_{k}+U}$

Потенціальна енергія кульки масою ${\displaystyle m}$ в полі тяжіння дорівнює:

${\displaystyle (2)\qquad U=-mgy}$

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

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

Якщо ж кулька котиться без проковзування, то до кінетичної енергії поступального руху (3) треба ще додати кінетичну енергію обертання:

${\displaystyle (4)\qquad E_{rot}={I\omega ^{2} \over 2}}$

Для суцільної однорідної кульки радіуса ${\displaystyle R}$ маємо момент інерції ${\displaystyle I={2 \over 5}mR^{2}}$, а тому кінетична енергія дорівнює:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

що інтеграл у формулі (10) досягає мінімуму. Зауважимо, що константа ${\displaystyle \alpha }$ не впливає на розв'язок, а тому ми її опускатимемо аж доки не почнемо цікавитися, чому дорівнює цей мінімальний час спуску.

Шукаємо мінімум функціонала ${\displaystyle T}$ від функції ${\displaystyle y=y(x)}$, графіком якої є наша крива спуску:

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

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

З рівності нулю першої варіації слідує рівняння Ейлера-Лагранжа (дивіться варіаційне числення) для функціонала (13):

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

де лагранжиан ${\displaystyle L}$ дорівнює функції під інтегралом в (13):

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

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

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

Але перше ніж розв'язувати (16), поглянемо на пошуки кривої з дещо іншої точки зору. А саме, припустимо, що наша крива спуску задана параметрично:

${\displaystyle (17)\qquad x=x(\tau ),\;y=y(\tau );\;\;\tau \in [\tau _{A},\tau _{B}]}$

параметр ${\displaystyle \tau }$ монотонно зростає при переміщенні вздовж нашої кривої, тобто є деякою досить довільною, але монотонно зростаючою функцією часу:

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

Позначаючи крапкою зверху похідну функцій (17) по параметру ${\displaystyle \tau }$, ми можемо переписати функціонал (13) так:

${\displaystyle (19)\qquad T=\int _{\tau _{A}}^{\tau _{B}}{{\sqrt {{\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2}}} \over {\sqrt {y}}}d\tau }$

Очевидно, що величина інтеграла (19) не зміниться при заміні параметра ${\displaystyle \tau }$ на будь-яку іншу зростаючу функцію часу ${\displaystyle {\tilde {\tau }}}$:

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

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

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

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

Рівняння (21) і (22) так само, як і породивший їх інтеграл (19), інваріантні щодо заміни параметра ${\displaystyle \tau }$. Очевидно, що рівняння (22) переходить в (16) якщо взяти параметр кривої ${\displaystyle \tau =x}$. 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:

${\displaystyle (23)\qquad {{\dot {x}} \over {\sqrt {y({\dot {x}}^{2}+{\dot {y}}^{2})}}}=C=const}$

Постійна інтегрування ${\displaystyle C}$ (однакова для всіх точок нашої шуканої кривої) має бути додатньою, оскільки ми обрали таку систему координат що кінцева точка В має більшу абсцису: ${\displaystyle x_{B}>x_{A}=0}$

Перепишемо (23) в іншому вигляді, виконавши алгебраїчні перетворення:

${\displaystyle (24)\qquad {\dot {x}}^{2}\left({1 \over C^{2}}-y\right)=y{\dot {y}}^{2}}$

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:

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

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

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

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

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

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

Після алгебраїчних перетворень одержуємо:

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

${\displaystyle (27b)\qquad {\dot {x}}=R(1-\cos \tau )=y}$

При переході з (27a) до (27b) ми врахували додатність константи інтегрування в формулі (23).

Формулу (27b) легко проінтегрувати, враховуючи початкову умову ${\displaystyle x_{A}=x(0)=0}$:

${\displaystyle (28)\qquad x(\tau )=\int _{0}^{\tau }{\dot {x}}d\tau =R(\tau -\sin \tau )}$

Формули (26) і (28) є рівняннями циклоїди, заданої параметрично. Запишемо ще раз ці два рівняння окремо:

${\displaystyle (29)\qquad x=R(\tau -\sin \tau ),\;y=R(1-\cos \tau )}$

Крива (29) є брахістохроною.

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 ${\displaystyle {\dot {x}}}$. Тому нам достатньо перевірити, що розв'язок (29) задовольняє (22).
Спершу знайдемо суму квадратів похідних:

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

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

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

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

• 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.