Brakistokroni

Fysiikassa ja matematiikassa **brakistokroni** (kreikk. βράχιστος χρόνος *(brákhistos khrónos)*, *lyhyin aika*) on tason käyrä, jota pitkin liikkuva kappale kulkee kahden pisteen välisen matkan lyhyimmässä ajassa. Oletuksena on, että kappale joutuu kulkemaan tietyn voiman (esimerkiksi painovoima) vaikutuksessa.

Kysymystä siitä, minkä muotoista käyrää pitkin kappaleelta kuluu vähiten aikaa kahden pisteen välillä, sanotaan **brakistokroniongelmaksi**. Vakiovoiman vaikutuksessa liikkuvan kappaleen brakistokroniongelman ratkaisi ensimmäisenä Johann Bernoulli vuonna 1696.

## Brakistokroniongelma gravitaatiokentässä

Tarkastellaan m-massaista kappaletta, joka sijaitsee aloitushetkellä levossa pisteessä (x_1, y_1). Kappaleeseen vaikuttaa jokaisella ajanhetkellä gravitaatiovoima \mathbf F=m\mathbf g, missä \mathbf g on gravitaatiokentän putoamiskiihtyvyys (vektori). Kaikki vastusvoimat oletetaan merkityksettömän pieniksi. Pyritään selvittämään, minkä muotoista käyrää pitkin kappaleella kuluu lyhyin aika päästä pisteeseen (x_2, y_2) (joka oletettavasti ei sijaitse suoraan pisteen (x_1, y_1) ). Ratkaisun saavuttaminen vaatii hiukan variaatiolaskentaa.

Kiinnitetään tarkastelua varten kaksiulotteinen koordinaatisto. Voidaan olettaa, että origo sijaitsee pisteessä (x_1, y_1) ja että gravitaatiovoima on x-akselin suuntainen. Ts.

\mathbf F=F\,\mathbf i=mg\,\mathbf i

Koska gravitaatiokenttä on konservatiivinen, pätee jokaisella ajanhetkellä T+U=\text{vakio}, missä T on kappaleen kineettinen energia ja U on potentiaalienergia. Määritellään potentiaalienergian nollatasoksi y-akseli, ts. U(x=0)=0. Koska kappale lähtee levosta, on koko ajan T+U=0. Kappaleen kineettinen energia on T=\frac{1}{2}mv^2 ja potentiaalienergia on U=-Fx=-mgx (potentiaalienergia on negatiivinen, koska kappaleen lähtökorkeus valittiin nollatasoksi). Tällöin kappaleen nopeus on

v=\sqrt{2gx}.

Aika, joka kappaleelta kuluu kulkea pisteestä (x_1, y_1) pisteeseen (x_2, y_2) on:

\begin{align}
t&=\int_{(x_1, y_1)}^{(x_2, y_2)}\frac{\mathrm ds}{v}=\int_{(x_1, y_1)}^{(x_2, y_2)}\frac{\sqrt{\mathrm dx^2+\mathrm dy^2}}{\sqrt{2gx}} \\
&=\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{\frac{1+(y')^2}{2gx}}\,\mathrm dx=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{\frac{1+(y')^2}{x}}\,\mathrm dx,
\end{align}

missä käytettiin derivaattaa y'=\mathrm dy/\mathrm dx. Nyt pyritään minimoimaan muuttuja t. Tähän tarkoitukseen käytetään Eulerin–Lagrangen yhtälöä. Määritellään uusi funktio edellisen integraalin integrandina:

f=\sqrt{\frac{1+(y')^2}{x}}.

Eulerin–Lagrangen yhtälö antaa välttämättömän ehdon sille, että ajalle t on olemassa ääriarvo:

\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac{\partial f}{\partial y'}=0 \qquad\qquad (1)

Välttämätön ehto on, että yhtälö (1) toteutuu. Nyt, koska \partial f/\partial y=0, niin yhtälö (1) sievenee muotoon:

\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac{\partial f}{\partial y'}=0,

mikä on derivaatan laskusääntöjen nojalla yhtäpitävää sen kanssa, että

\frac{\partial f}{\partial y'}=\text{vakio}\equiv\frac{1}{\sqrt{2a}},

missä a>0 on uusi vakio. Toisaalta

\begin{align}
\frac{\partial f}{\partial y'}&=\frac{1}{2\sqrt{\frac{1+(y')^2}{x}}}\cdot\frac{2y'}{x}=\frac{y'}{x\sqrt{\frac{1+(y')^2}{x}}} \\
&=\frac{y'}{\sqrt{x\left(1+(y')^2\right)}}.
\end{align}

Korotetaan tämä neliöön, jolloin

\frac{(y')^2}{x\left(1+(y')^2\right)}=\frac{1}{2a}. \qquad\qquad (2)

Yhtälö (2) on differentiaaliyhtälö, jonka ratkaisu on:

y=\int\frac{x}{\sqrt{2ax-x^2}}\,\mathrm dx \qquad\qquad (3).

Integraali ratkeaa muuttujanvaihdolla: olkoon uusi muuttuja \theta siten, että

x=a(1-\cos\theta).

Tällöin \mathrm dx/\mathrm d\theta=a\sin\theta ja edelleen \mathrm dx=a\sin\theta\,\mathrm d\theta. Sijoitetaan tämä yhtälöön (3) ja ratkaistaan integraali:

\begin{align}
y&=\int\frac{a^2(1-\cos\theta)\sin\theta}{\sqrt{2a^2(1-\cos\theta)-a^2(1-\cos\theta)^2}}\,\mathrm d\theta \\
&=\int\frac{a^2\sin\theta-a^2\cos\theta\sin\theta}{a\sin\theta}\,\mathrm d\theta \\
&=\int a(1-\cos\theta)\,\mathrm d\theta \\
&=a(\theta-\sin\theta)+C,
\end{align}

missä C on integroimisvakio. Tuloksena on siis parametrisoitu käyrä:

\begin{cases}x=a(1-\cos\theta) \\ y=a(\theta-\sin\theta)+C. \end{cases}

Tämä käyrä saadaan kulkemaan pisteen (x_2, y_2) kautta asettelemalla parametrit a ja C sopivasti. Lähtöpisteessä (x_1, y_1)=(0,0) muuttuja \theta saa arvon 0.

Eulerin yhtälö osoittaa, että tämä käyrä on t:n ääriarvokohta. Kuten dynaamisten systeemien variaatiolaskennassa yleensä, löydettiin tässäkin minimikohta. Ongelmaa ajatellen on selvää, ettei kyseessä voi olla maksimikohta, sillä myös mielivaltaisen pitkä käyrä voi saavuttaa pisteen (x_2, y_2). Näin ollen brakistokroniongelma on ratkaistu.

### Sykloidi

*Pääartikkeli: [[Sykloidi]]*

Osoittautuu, että vakiogravitaatiokentän brakistokroniongelman ratkaisukäyrä on *sykloidi*:

\begin{cases}x=a(1-\cos\theta) \\ y=a(\theta-\sin\theta), \end{cases}

joka syntyy, kun a-säteisen ympyrän kehällä oleva piste piirtää ratakäyränsä xy-tasoon ympyrän vieriessä pitkin y-akselia. Parametri \theta kuvaa tässä tapauksessa ympyrän kiertokulmaa lähtöhetkeen nähden. Sykloidi toistuu samanlaisena aina parametrin jaksolla 2\pi (radiaania).

## Katso myös
* Variaatiolaskenta
* Ääriarvo
* Differentiaaliyhtälö
* Fermat’n periaate

## Lähteet

## Aiheesta muualla

*Wolfram MathWorld: Brachistochrone Problem