最速降线问题

             

预备知识 拉氏方程和极值问题,摆线

  1在一个竖直平面上任意取两个不同的点 $P_1, P_2$,$P_1$ 的高度大于等于 $P_2$.一个静止的质点在 $P_1$ 处释放,在恒定的重力的作用下沿某曲线 $\mathcal L$ 的轨道无摩擦地运动到 $P_2$,耗时为 $t$.若一条曲线 $\mathcal L$ 使得 $t$ 最短,那么这个曲线就是 $P_1, P_2$ 两点间的最速降线(brachistochrone)

   通过下文的推导可以发现,最速降线必定是摆线.然而连接两点的摆线有无穷多条,其中只有一条是最速降线.最速降线对应的摆线是起点参数为 $\theta = 0$ 的那条,即初始斜率为无穷大.

图
图 1:红色:摆线;蓝色:直线和圆角折线.计算证明摆线最快.

1. 推导

  2令 $x$ 轴向右,$y$ 轴向下.质点由原点出发,在重力加速度 $g$ 的作用下沿函数 $y(x)$ 的曲线运动.为书写方便令质量为 $m = 1$.由动能定理得

\begin{equation} v = \sqrt{2gy} \end{equation}
曲线任意一点得斜率为($y$ 轴向下,$x$ 轴向右)
\begin{equation} \cos\theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \dot{y}^2}} \end{equation}
注意 $\dot{y}$ 代表 $y(x)$ 对 $x$ 求导而不是对时间求导.$x$ 方向速度分量为
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}{x}}{\mathrm{d}{t}} = v\cos\theta \end{equation}
即从 $x_1$ 滑落到点 $x_2$ 的时间为
\begin{equation} t_{12} = \int_{x_1}^{x_2} \frac{ \,\mathrm{d}{x} }{v\cos\theta} = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{\frac{1 + \dot{y}^2}{2gy}} \,\mathrm{d}{x} \end{equation}
要求 $t_{12}$ 关于 $y(x)$ 的极值,可以使用拉氏方程,令 “拉格朗日量” 为被积函数
\begin{equation} L(y, \dot y, x) = \sqrt{\frac{1 + \dot{y}^2}{2gy}} \end{equation}
注意不显含 $x$,即 $ \partial L/\partial x = 0$.下面来一步步代入拉格朗日方程.先把 $L$ 对 $\dot{y}$ 求偏导,注意要把 $y$ 看作常数
\begin{equation} \frac{\partial}{\partial{\dot{y}}} L(y, \dot{y}, x) = \frac{1}{\sqrt{2gy}}\frac{\dot{y}}{\sqrt{1 + \dot{y}^2}} \end{equation}
然后对 $x$ 求全导数(把 $y, \dot{y}$ 看成 $x$ 的函数)
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{x}} \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} = \frac{1}{\sqrt{2gy}\sqrt{1+\dot y^2}} \left(-\frac{\dot y^2}{2y} + \ddot y - \frac{\dot y^2 \ddot y}{1 + \dot y^2} \right) \end{equation}

   同理,将 $\dot y$ 看作常数,对 $y$ 求偏导得

\begin{equation} \frac{\partial L}{\partial y} = -\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1 + \dot{y}^2}{2gy}} \frac{1}{y} \end{equation}
以上两式代入拉氏方程(式 1 ),即令两式相等,并化简得
\begin{equation} 2y\ddot y + \dot y^2 + 1 = 0 \end{equation}
该方程的解为
\begin{equation} \frac{y}{a} = 1 - \cos \left[\frac{x + \sqrt{y(2a-y)}}{a} \right] \end{equation}
其中 $a$ 是大于零的参数.令方括号部分为 $\theta$,该方程能写成 $\theta$ 的参数方程,该曲线被称为摆线(cycloid)滚轮线
\begin{equation} \left\{\begin{aligned} x &= a(\theta - \sin\theta)\\ y &= a(1 - \cos\theta) \end{aligned}\right. \end{equation}
并且有
\begin{equation} \dot y = \frac{\sin\theta}{1 - \cos\theta} \qquad \ddot y = -\frac{1}{a(1-\cos\theta)^2} \end{equation}
代入式 9 可验证成立.

   由于我们一开始假设了起点处 $y_1 = 0$,在式 11 中对应的是滚轮线的任意尖端($\theta_1 = 2\pi n$).不妨假设起点处 $\theta_1 = 0$,即 $x_1 = 0$.接下来,由于 $(x_2, y_2)$ 必须落在曲线上, $a$ 的值可以由此确定.

   代入式 4 得质点沿最速降线滑动的时间为

\begin{equation} t_{12} = \sqrt{\frac{a}{g}}(\theta_2 - \theta_1) = \sqrt{\frac{a}{g}} \theta_2 \end{equation}
其中 $\theta_2$ 为 $x_2, y_2$ 对应的参数.

2. 证明摆线是等时线

   摆线有另一个奇妙的性质:对于固定的 $a$,无论从曲线哪个位置释放质点,质点来回振动的周期都是相同的.这个结论可以用于制造精确的钟摆,由惠更斯于 1638 年在 《摆钟论》 中提出,比牛顿的 《原理》(1686)早了约 50 年.

   令质点的起始位置对应的参数为 $\theta = \theta_0$,滚动到底部时参数为 $\theta = \pi$. 若不改变坐标系,则所需时间变为3

\begin{equation} \begin{aligned} t_{12} &= \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{\frac{1 + \dot{y}^2}{2g(y - y_0)}} \,\mathrm{d}{x} = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{\frac{2/(1 - \cos\theta)}{2ga(\cos\theta_0 - \cos\theta)}} \,\mathrm{d}{x} \\ &= \sqrt{\frac{a}{g}}\int_{\theta_0}^{\pi} \sqrt{\frac{1 - \cos\theta}{\cos\theta_0 - \cos\theta}} \,\mathrm{d}{\theta} = \pi\sqrt{\frac{a}{g}} \end{aligned} \end{equation}
可以发现这与 $\theta_0$ 无关,且 $\theta_0 = 0$ 时与式 13 吻合.所以从摆线的任何位置释放周期都相同.摆动周期为
\begin{equation} T = 4\pi\sqrt{\frac{a}{g}} \end{equation}
这相当于摆长为 $2a$ 的单摆的小幅摆动周期,因为摆线底部的曲率半径是 $2a$.


1. ^ 参考 Wikipedia 相关页面
2. ^ 参考 Wolfram MathWorld 相关页面,以及 [13] 的相关章节.
3. ^ 最后一步积分笔者使用了 Mathematica.

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