Lagrange-Ableitung von Brachistocron? [geschlossen]

Aus dem, was ich sehe, scheinen Sie die Gleichungen von Euler-Lagrange auf die Lagrange-Funktion des Systems eines Teilchens anzuwenden, das auf eine bestimmte Kurve der Form f(x) beschränkt ist. Dadurch minimieren Sie jedoch die Wirkung dieses Teilchens und erhalten so die Bewegungsgleichungen des Teilchens. Zugegeben, wenn Sie sie im allgemeinen Fall lösen könnten, könnten Sie dann die Zeit berechnen, die das Teilchen benötigt, um den Boden zu erreichen, und somit minimieren, indem Sie f (x) variieren und die Form der Brachistochrone finden.

Allerdings scheint mir das etwas übertrieben. Mal sehen, ob es eine bessere Funktion als die Aktion Ihres Systems gibt.

Nur als Randbemerkung, die von Ihnen abgeleitete Gleichung scheint falsch zu sein, die richtige Gleichung sollte es sein

$$\ddot{x}(1+f'^2)=-f'f''\dot{x}^2-gf'$$

Wie auch immer, da es beim Lagrange-Formalismus nur um Minimierung geht, überlegen wir uns, was wir hier minimieren wollen? Es ist sehr einfach und es ist die Zeit, die das Partikel benötigt, um die Rampe hinunterzufallen. Wenn Sie nun die Form der Rampe so parametrieren, wie Sie es getan haben, wie können wir die Zeit berechnen, die der Ball benötigt, um den Boden zu erreichen?

Um die unendlich kleine Distanz zu überqueren$ds = \sqrt{1+f'^2}dx$bei Geschwindigkeit v dauert eine Zeit dt gegeben durch:

$$dt = \frac{ds}{v}$$ Wir sind im Grunde fertig! Die Gesamtzeit, die der Ball braucht, um den Boden zu erreichen, ist dann einfach $T = \int dt = \int \frac{ds}{v} = \int \frac{\sqrt{1+f'2}}{v}dx$.

Wie wir sehen können, fehlt uns noch ein Element, um mit Lagrange-Mechaniken beginnen zu können. Tatsächlich haben wir die Geschwindigkeit$v$die wir in Abhängigkeit von ausdrücken möchten$x$, sodass wir ein Integral über haben$x$. Dazu nutzen wir den Energieerhaltungssatz, der uns das sagt$\frac{1}{2}mv^2+mgh = E$. Wenn wir unsere y-Achse der Einfachheit halber so einstellen, dass sie nach unten gerichtet ist (also hier,$0<f(x)<-a$) sowie die Energie auf 0 setzen$x=0$, wir erhalten$v(x) = \sqrt{2gf(x)}$

Somit haben wir die Funktion, die wir minimieren möchten:

$$T = \int \sqrt{\frac{1+f'(x)^2}{2gf(x)}}dx$$ . Wir können die Konstante abstreifen $2g$was keine Rolle spielt (wir haben gerade gezeigt, dass die Brachistochrone hier und auf dem Mond übrigens die gleiche Form hat !), und das Problem kann als Funktion einer Lagrangefunktion formuliert werden:

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

Beachten Sie, dass hier x die Rolle der Zeit im üblichen Lagrangian spielt, in dem Sinne, dass die Euler-Gleichungen jetzt lauten:

$$\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f'} = \frac{\partial L}{\partial f}$$ Nur für das Protokoll, $f(x)$wird normalerweise umbenannt $y(x)$.

Sehen Sie, ob Sie mehr Glück bei der Arbeit an dieser Formulierung des Problems haben, wenn nicht, sagen Sie es mir und ich werde meine Antwort vervollständigen!

Unter der Annahme, dass Ihre$f(x)=y(x)$, beachten Sie, dass

$$T=\int dt = \int \frac{ds}{v}$$ mit $ds=\sqrt{dx^2+dy^2}$. Die Geschwindigkeit $v$lässt sich aus dem Energieerhaltungssatz ableiten. Wenn Ihr Partikel aus der Ruhe in der Höhe startet $y_0$Dann $$E=mgy_0=mgy+\frac{1}{2}mv^2 \quad \Rightarrow\quad v=\sqrt{2g(y_0-y)}$$ So $$T=\int\sqrt{\frac{dx^2+dy^2}{2g(y_0-y)}}$$ Der süße Trick besteht darin, das zu realisieren, indem man etwas macht $dy$Ihre Integrationsvariable, dh $$T=\int\sqrt{\frac{(dx/dy)^2+1}{2g(y_0-y)}}dy$$ Du hast einen Lagrange $L=\sqrt{\frac{(dx/dy)^2+1}{2g(y_0-y)}}$Wo $x$ist vernachlässigbar, so dass die Euler-Lagrange-Gleichung lautet $$\frac{d}{dy}\frac{\partial L}{\partial (dx/dy)}-\frac{\partial L}{\partial x}=0$$ und Sie erhalten ein erstes Integral kostenlos: $$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial (dx/dy)}=C \end{align}$$ Wo $C$ist eine Konstante. Von diesem Punkt an ist es nicht besonders schwer, die Terme neu zu organisieren, um eine Gleichung zu erhalten, die trennbar ist $x$Und $y$.

Dieses bekannte Problem besteht darin, die zwei Punkte verbindende Kurve zu finden, auf der ein unter dem Einfluss der Schwerkraft aus der Ruhe fallendes Teilchen in kürzester Zeit vom höheren zum niedrigeren Punkt wandert.

Es wird angenommen, dass die Bewegung auf der Kurve reibungsfrei ist.

Die Reisezeit von Punkt 1 nach Punkt 2 beträgt

$$\begin{equation} t_{12}\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2}\mathrm{d}t\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2} \dfrac{\mathrm{d}s}{v} \tag{01}\label{01} \end{equation}$$ Wo$\:s\:$der Bogenlängenparameter und$\:v\:$die Geschwindigkeit $$\begin{equation} \mathrm{d}s\boldsymbol{=}\sqrt{\mathrm{d}x^{2}\boldsymbol{+}\mathrm{d}y^{2}}\boldsymbol{=}\sqrt{1+y'^{\,2}}\:\mathrm{d}x \tag{02}\label{02} \end{equation}$$ In Gleichung $\eqref{02}$ $$\begin{equation} y'\boldsymbol{\equiv}\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \tag{03}\label{03} \end{equation}$$ während von der Energieeinsparung $$\begin{equation} v\boldsymbol{=}\sqrt{2gy} \tag{04}\label{04} \end{equation}$$ So $$\begin{equation} t_{12}\boldsymbol{=}\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\int\limits_{1}^{2}\sqrt{\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}}\,\mathrm{d}x \tag{05}\label{05} \end{equation}$$ Kürzeste Zeit bedeutet $$\begin{equation} \sqrt{2g}\;t_{12}\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2}L\left(y,y',x\right)\mathrm{d}x\boldsymbol{=}\text{extremum} \tag{06}\label{06} \end{equation}$$ Wo $$\begin{equation} L\left(y,y',x\right) \boldsymbol{\equiv} \sqrt{\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}}\boldsymbol{=}\left(\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}\right)^{\frac{1}{2}} \tag{07}\label{07} \end{equation}$$ ist die Lagrange-Funktion des Problems.

Die Euler-Lagrange-Gleichung

$$\begin{equation} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\dfrac{\partial L}{\partial y'}\right)\boldsymbol{-}\dfrac{\partial L}{\partial y}\boldsymbol{=}0 \tag{08}\label{08} \end{equation}$$ ergibt nach längerem Differenzieren oder mit Hilfe der Beltrami-Identität folgende Differentialgleichung für die Kurve
$$\begin{equation} y'^{\,2}\boldsymbol{+}2y y''\boldsymbol{+}1\boldsymbol{=}0 \tag{09}\label{09} \end{equation}$$