Кривая таутохроны

Четыре шарика скользят по циклоиде из разных положений, но достигают дна одновременно. Синие стрелки показывают ускорение точек вдоль кривой. Вверху находится диаграмма «время-положение».

Таутохронная кривая или изохронная кривая (от древнегреческого ταὐτό ( tauto- ) «тот же», ἴσος ( isos- ) «равный» и χρόνος ( хронос ) «время») — это кривая , для которой время, затраченное объектом, скользящим без трения в равномерная гравитация до самой нижней точки не зависит от начальной точки кривой. Кривая представляет собой циклоиду , а время равно π , умноженному на квадратный корень из радиуса (окружности, образующей циклоиду) по ускорению свободного падения . Кривая таутохроны связана с кривой брахистохроны , которая также является циклоидой.

Проблема таутохрона

Именно в левой пробке «Пекода», когда вокруг меня старательно кружился мыльный камень, я впервые косвенно поразился тому замечательному факту, что в геометрии все тела, скользящие по циклоиде, мой мыльный камень, например, будет спускаться с любой момент точно в одно и то же время.

«Моби Дик» , Герман Мелвилл , 1851 г.

Проблема таутохрона, попытка идентифицировать эту кривую, была решена Христианом Гюйгенсом в 1659 году. Он геометрически доказал в своей книге «Horologium Oscillatorium» , первоначально опубликованной в 1673 году, что кривая представляет собой циклоиду .

На циклоиде, ось которой расположена на перпендикуляре и вершина которой расположена внизу, времена спуска, за которые тело достигает низшей точки вершины после выхода из любой точки циклоиды, равны каждому другой ... ^[1]

Циклоида задается точкой на окружности радиуса $r$ отслеживание кривой, когда круг катится по $x$ ось, как: ${\begin{aligned}x&=r(\theta -\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta ),\end{aligned}}$

Гюйгенс также доказал, что время падения равно времени, за которое тело падает вертикально на то же расстояние, что и диаметр круга, образующего циклоиду, умноженный на $\pi /2$ . Говоря современным языком, это означает, что время спуска равно ${\textstyle \pi {\sqrt {r/g}}}$ , где $r$ - радиус круга, образующего циклоиду, и $g$ — это гравитация Земли , или, точнее, ускорение гравитации Земли.

Это решение позже было использовано для решения проблемы кривой брахистохроны . Иоганн Бернулли решил эту проблему в статье ( Acta Eruditorum , 1697).

Проблема таутохрона была изучена Гюйгенсом более внимательно, когда он понял, что маятник, который движется по круговой траектории, не является изохронным , и, следовательно, его маятниковые часы будут показывать разное время в зависимости от того, как далеко качается маятник. Определив правильный путь, Христиан Гюйгенс попытался создать маятниковые часы, в которых использовалась веревка для подвешивания боба и бордюра в верхней части веревки, чтобы изменить путь к кривой таутохроны. Эти попытки оказались бесполезными по ряду причин. Во-первых, изгиб струны вызывает трение, изменяющее время. Во-вторых, существовали гораздо более серьезные источники ошибок во времени, которые подавляли любые теоретические улучшения, которые помогают путешествиям по таутохронной кривой. Наконец, «круговая ошибка» маятника уменьшается по мере уменьшения длины качания, поэтому лучший спуск часов может значительно уменьшить этот источник неточности.

Позже математики Жозеф Луи Лагранж и Леонард Эйлер предложили аналитическое решение проблемы.

Лагранжево решение

Если положение частицы параметризовано длиной дуги $s (t)$ от самой нижней точки, кинетическая энергия пропорциональна ${\dot {s}}^{2}.$ Потенциальная энергия пропорциональна высоте $y (s)$ . Один из способов, которым кривая может быть изохроной, - это лагранжиан простого гармонического осциллятора : высота кривой должна быть пропорциональна квадрату длины дуги.

y(s)=s^{2},

где константа пропорциональности была установлена равной 1 путем изменения единиц длины.

Дифференциальная форма этого отношения:

{\begin{aligned}dy&=2s\,ds,\\dy^{2}&=4s^{2}\,ds^{2}=4y\left(dx^{2}+dy^{2}\right),\end{aligned}}

что исключает $s$ и оставляет дифференциальное уравнение для $dx$ и $dy$ . Чтобы найти решение, проинтегрируйте $x$ через $y$ :

{\begin{aligned}{\frac {dx}{dy}}&={\frac {\sqrt {1-4y}}{2{\sqrt {y}}}},\\x&=\int {\sqrt {1-4u^{2}}}\,du,\end{aligned}}

где $u={\sqrt {y}}$ . Этот интеграл представляет собой площадь под кругом, который естественным образом можно разрезать на треугольник и круглый клин:

{\begin{aligned}x&={\tfrac {1}{2}}u{\sqrt {1-4u^{2}}}+{\tfrac {1}{4}}\arcsin 2u,\\y&=u^{2}.\end{aligned}}

Чтобы увидеть, что это странная параметризованная циклоида , измените переменные, чтобы разделить трансцендентную и алгебраическую части, определив угол $\theta =\arcsin 2u$ . Это дает

{\begin{aligned}8x&=2\sin \theta \cos \theta +2\theta =\sin 2\theta +2\theta ,\\8y&=2\sin ^{2}\theta =1-\cos 2\theta ,\end{aligned}}

что является стандартной параметризацией, за исключением масштаба $x, y$ и $θ$ .

Решение «Виртуальная гравитация»

Простейшее решение проблемы таутохроны — отметить прямую связь между углом наклона и силой тяжести, ощущаемой частицей на склоне. Частица, движущаяся по вертикали под углом 90°, испытывает полное гравитационное ускорение. $g$ , а частица в горизонтальной плоскости испытывает нулевое гравитационное ускорение. При промежуточных углах ускорение частицы за счет «виртуальной гравитации» равно $g\sin \theta$ . Обратите внимание, что $\theta$ измеряется между касательной к кривой и горизонталью, причем углы выше горизонтали считаются положительными углами. Таким образом, $\theta$ варьируется от $-\pi /2$ к $\pi /2$ .

Положение массы, измеренное вдоль таутохронной кривой, $s(t)$ , должно подчиняться следующему дифференциальному уравнению:

{\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}=-\omega ^{2}s

которое наряду с начальными условиями $s(0)=s_{0}$ и $s'(0)=0$ , имеет решение:

s(t)=s_{0}\cos \omega t

Легко проверить, что это решение является решением дифференциального уравнения и что частица достигнет $s=0$ во время $\pi /2\omega$ из любой исходной позиции $s_{0}$ . Теперь проблема состоит в том, чтобы построить кривую, которая заставит массу подчиняться вышеуказанному движению. Второй закон Ньютона показывает, что сила тяжести и ускорение массы связаны соотношением:

{\begin{aligned}-g\sin \theta &={\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}\\&=-\omega ^{2}s\,\end{aligned}}

Явное появление расстояния, $s$ , является затруднительным, но мы можем дифференцировать , чтобы получить более удобную форму:

{\begin{aligned}g\cos \theta \,d\theta &=\omega ^{2}\,ds\\\Longrightarrow ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \end{aligned}}

Это уравнение связывает изменение угла кривой с изменением расстояния вдоль кривой. Теперь мы воспользуемся тригонометрией, чтобы связать угол $\theta$ к дифференциальным длинам $dx$ , $dy$ и $ds$ :

{\begin{aligned}ds={\frac {dx}{\cos \theta }}\\ds={\frac {dy}{\sin \theta }}\end{aligned}}

Замена $ds$ с $dx$ в приведенном выше уравнении позволяет решить $x$ с точки зрения $\theta$ :

{\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dx}{\cos \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dx&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\left(\cos 2\theta +1\right)d\theta \\x&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\left(\sin 2\theta +2\theta \right)+C_{x}\end{aligned}}

Аналогично мы можем выразить $ds$ с точки зрения $dy$ и решить для $y$ с точки зрения $\theta$ :

{\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dy}{\sin \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dy&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\sin \theta \cos \theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\sin 2\theta \,d\theta \\y&=-{\frac {g}{4\omega ^{2}}}\cos 2\theta +C_{y}\end{aligned}}

Замена $\phi =2\theta$ и ${\textstyle r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,}$ , мы видим, что эти параметрические уравнения для $x$ и $y$ являются точками на окружности радиуса $r$ катится по горизонтальной прямой ( циклоиде ) с центром окружности в координатах $(C_{x}+r\phi ,C_{y})$ :

{\begin{aligned}x&=r\left(\sin \phi +\phi \right)+C_{x}\\y&=-r\cos \phi +C_{y}\end{aligned}}

Обратите внимание, что $\phi$ варьируется от $-\pi \leq \phi \leq \pi$ . Обычно устанавливают $C_{x}=0$ и $C_{y}=r$ так, чтобы самая нижняя точка кривой совпадала с началом координат. Поэтому:

{\begin{aligned}x&=r\left(\phi +\sin \phi \right)\\y&=r\left(1-\cos \phi \right)\\\end{aligned}}

Решение для $\omega$ и вспоминая это $T={\frac {\pi }{2\omega }}$ — время, необходимое для спуска, составляющее четверть полного цикла, время спуска находим через радиус $r$ :

{\begin{aligned}r&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\\\omega &={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {g}{r}}}\\T&=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}\\\end{aligned}}

(На основе Проктора , стр. 135–139)

Решение Абеля

Нильс Хенрик Абель атаковал обобщенную версию проблемы таутохрона ( механическая проблема Абеля ), а именно, учитывая функцию $T(y)$ которое определяет общее время спуска для заданной начальной высоты, найдите уравнение кривой, которое дает этот результат. Проблема таутохрона представляет собой частный случай механической задачи Абеля, когда $T(y)$ является константой.

Решение Абеля начинается с принципа сохранения энергии : поскольку частица не имеет трения и, следовательно, не теряет энергии на тепло , ее кинетическая энергия в любой точке точно равна разнице гравитационной потенциальной энергии от ее начальной точки. Кинетическая энергия ${\textstyle {\frac {1}{2}}mv^{2}}$ , а поскольку частица вынуждена двигаться по кривой, ее скорость просто равна ${d\ell }/{dt}$ , где $\ell$ — расстояние, измеренное вдоль кривой. Аналогично, гравитационная потенциальная энергия, приобретаемая при падении с начальной высоты $y_{0}$ на высоту $y$ является $mg(y_{0}-y)$ , таким образом:

{\begin{aligned}{\frac {1}{2}}m\left({\frac {d\ell }{dt}}\right)^{2}&=mg(y_{0}-y)\\{\frac {d\ell }{dt}}&=\pm {\sqrt {2g(y_{0}-y)}}\\dt&=\pm {\frac {d\ell }{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}\\dt&=-{\frac {1}{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy\end{aligned}}

В последнем уравнении мы предполагали записать оставшееся расстояние вдоль кривой как функцию высоты ( $\ell (y))$ , признал, что оставшееся расстояние должно уменьшаться с увеличением времени (отсюда и знак минус), и использовал цепное правило в форме ${\textstyle d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy}$ .

Теперь мы интегрируем из $y=y_{0}$ к $y=0$ чтобы получить общее время, необходимое для падения частицы:

T(y_{0})=\int _{y=y_{0}}^{y=0}\,dt={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {1}{\sqrt {y_{0}-y}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy

Это называется интегральным уравнением Абеля и позволяет нам вычислить общее время, необходимое частице для падения по заданной кривой (для которой ${d\ell }/{dy}$ было бы легко посчитать). Но механическая проблема Абеля требует обратного – учитывая $T(y_{0})\,$ , мы хотим найти $f(y)={d\ell }/{dy}$ , из которого прямым образом следует уравнение для кривой. Для продолжения заметим, что интеграл справа представляет свертку собой ${d\ell }/{dy}$ с ${1}/{\sqrt {y}}$ и, таким образом, возьмем преобразование Лапласа обеих частей по переменной $y$ :

{\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {1}{\sqrt {2g}}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]F(s)

где $F(s)={\mathcal {L}}{\left[{d\ell }/{dy}\right]}$ . С ${\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}}$ , теперь у нас есть выражение для преобразования Лапласа ${d\ell }/{dy}$ с точки зрения преобразования Лапласа $T(y_{0})$ :

{\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T(y_{0})]

Это все, что мы можем сделать, не уточняя $T(y_{0})$ . Один раз $T(y_{0})$ известно, мы можем вычислить его преобразование Лапласа, вычислить преобразование Лапласа ${d\ell }/{dy}$ а затем выполните обратное преобразование (или попытайтесь это сделать), чтобы найти ${d\ell }/{dy}$ .

Для проблемы таутохрона $T(y_{0})=T_{0}\,$ является постоянным. Поскольку преобразование Лапласа 1 равно ${1}/{s}$ , то есть, ${\textstyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={T_{0}}/{s}}$ , находим функцию формы ${\textstyle f(y)={d\ell }/{dy}}$ :

{\begin{aligned}F(s)={\mathcal {L}}{\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]}&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T_{0}]\\&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}

Снова воспользовавшись приведенным выше преобразованием Лапласа, мы инвертируем преобразование и заключаем:

{\frac {d\ell }{dy}}=T_{0}{\frac {\sqrt {2g}}{\pi }}{\frac {1}{\sqrt {y}}}

Можно показать, что циклоида подчиняется этому уравнению. Требуется еще один шаг, чтобы вычислить интеграл по $y$ чтобы получить выражение формы пути.

( Симмонс , раздел 54).

См. также

Ссылки

^ Блэквелл, Ричард Дж. (1986). Христиан Гюйгенс «Маятниковые часы» . Эймс, Айова: Издательство Университета штата Айова. Часть II, Предложение XXV, с. 69. ИСБН 0-8138-0933-9 .

Библиография

Симмонс, Джордж (1972). Дифференциальные уравнения с приложениями и историческими примечаниями . МакГроу-Хилл. ISBN 0-07-057540-1 .
Проктор, Ричард Энтони (1878). Трактат о циклоиде и всех формах циклоидальных кривых, а также об использовании таких кривых при изучении движения планет, комет и т. д., а также материи, проецируемой с Солнца .

Внешние ссылки

Математический мир

[1] Блэквелл, Ричард Дж. (1986). Христиан Гюйгенс «Маятниковые часы» . Эймс, Айова: Издательство Университета штата Айова. Часть II, Предложение XXV, с. 69. ИСБН 0-8138-0933-9 .

[1]