Eşoylum eğrisi

**Eşoylum eğrisi**, **eş zamanlı eğri** (**izokron eğrisi**) ya da **aynı zamanlı eğri** (tautokron eğrisi), birörneklem yerçekimi altında sürtünmesiz olarak kayan bir nesnenin, eğrinin en düşük noktasına ulaşmak için harcadığı sürenin, başlangıç noktasından bağımsız olduğu eğridir. Bu eğri bir sikloiddir ve zaman, sikloidi oluşturan çemberin yarıçapının karekökü ile yerçekimi ivmesi oranının π katına eşittir. Eşoylum eğrisi, aynı zamanda bir sikloid olan Brachistochron eğrisi ile ilişkilidir.

## Eşoylum eğrisi problemi
  Eşoylum eğrisi problemi, bu eğrinin belirlenmesi girişimidir ve 1659'da Christiaan Huygens tarafından çözülmüştür. Huygens, 1673'te ilk kez yayımlanan *[[Horologium Oscillatorium]]* adlı eserinde geometrik olarak bu eğrinin bir sikloid olduğunu kanıtladı.

Sikloid, yarıçapı r olan bir çemberin x ekseni boyunca yuvarlanırken oluşturduğu bir eğridir ve aşağıdaki şekilde verilir: \begin{align} x &= r(\theta - \sin \theta) \ y &= r(1 - \cos \theta), \end{align}

Huygens ayrıca iniş süresinin, sikloidi oluşturan çemberin çapı kadar dikey olarak düşen bir cismin süresine eşit olduğunu ve bunun \pi / 2 ile çarpıldığını kanıtladı. Modern terimlerle bu, iniş süresinin \pi \sqrt{r/g} olduğu anlamına gelir; burada r, sikloidi oluşturan çemberin yarıçapı ve g, yerçekimi ivmesidir.

 Bu çözüm daha sonra brachistochron eğrisi problemini çözmek için kullanılmıştır. Johann Bernoulli, bu problemi bir makalede (*[[Acta Eruditorum]]*, 1697) çözmüştür.

 Eşoylum eğrisi problemi, Huygens tarafından daha yakından incelendiğinde, bir sarkaçın dairesel bir yol izlediği için tam olarak eşoylum olmadığı ve bu nedenle onun sarkaç saatinin sarkacın sallanma genişliğine bağlı olarak farklı zaman tuttuğu fark edilmiştir. Doğru yolu belirledikten sonra, Christiaan Huygens, bob'u asmak için bir ip kullanan ve ipin üst kısmına yakın yerde eşoylum eğrisini oluşturacak kavisli destekler içeren sarkaç saatleri yapmaya çalıştı. Ancak bu girişimler birkaç nedenden dolayı başarısız oldu. İlk olarak, ipin bükülmesi sürtünme yaratıyor ve zamanlamayı değiştiriyordu. İkincisi, eşoylum eğrisi boyunca hareket etmenin sağladığı teorik iyileştirmeleri aşan çok daha önemli zamanlama hatası kaynakları vardı. Son olarak, bir sarkacın "dairesel hatası", salınım uzunluğu azaldıkça küçülür, bu nedenle daha iyi saat kaçıcıları bu hatayı önemli ölçüde azaltabilir.

Daha sonra matematikçiler Joseph Louis Lagrange ve Leonhard Euler, bu problemi analitik olarak çözmüşlerdir.

## Lagrangian çözümü
Basit harmonik osilatör, başlangıç noktasından serbest bırakıldığında, ilk yer değiştirmesinden bağımsız olarak, en düşük potansiyel enerji noktasına ulaşma süresi daima periyodunun dörtte birine eşittir ve genlikten bağımsızdır. Bu nedenle, basit harmonik osilatörün Lagrangianı eş zamanlıdır.

Eşoylum eğrisi probleminde, parçacığın konumu en düşük noktadan itibaren yay uzunluğu  ile parametrize edilirse, kinetik enerji \dot{s}^2 ile orantılıdır ve potansiyel enerji ise yüksekliğe  orantılıdır. Eşoylum eğrisi problemindeki eğrinin eş zamanlı olmasının bir yolu, Lagrangianın matematiksel olarak basit harmonik osilatör ile eşdeğer olmasıdır; yani eğrinin yüksekliği yay uzunluğunun karesi ile orantılı olmalıdır:

Burada orantı sabiti 1/(8r)'dir. Basit harmonik osilatörün Lagrangianı ile karşılaştırıldığında, eşdeğer yay sabiti k=mg/(4r) olur ve iniş süresi T/4=\frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{m}{k}}=\pi \sqrt{\frac{r}{g}}'dir. Ancak, sabit r'nin fiziksel anlamı, eğrinin kesin analitik denklemi belirlenene kadar açık değildir.

Eğrinin analitik denklemini çözmek için, yukarıdaki ilişkinin diferansiyel formunu göz önünde bulundurun:

Bu denklem, 'yi ortadan kaldırır ve  ve  için bir diferansiyel denklem bırakır. Bu, dikey koordinat 'nin tepe noktasından (yatay teğet noktası) değil de kıvrım noktasından itibaren sayıldığı durumda bir sikloidin diferansiyel denklemidir.

Çözümü bulmak için, 'in  üzerinden integralini alın

{\sqrt{h}}, \ x &= -4r\int \sqrt{1-u^2} , du, \end{align}}}

Burada u = \sqrt{h/(2r)} ve yükseklik azalırken parçacık ileri hareket eder (dx/dh). Bu integral, bir çemberin altındaki alandır ve bir başka dönüşüm olan u=\cos (t/2) ile yapılabilir ve sonuç olarak şu ifadeye ulaşılır:

Bu, dikey koordinatın  olarak sayıldığı bir sikloidin standart parametrize edilmiş halidir. İlginç olan, yay uzunluğunun karesinin yükseklik farkı ile tam yay uzunluğunun çarpımına (8r) eşit olmasıdır.

Sanal yerçekimi çözümü
Tautokron problemine en basit çözüm, eğimin açısı ile parçacığın eğimde hissettiği yerçekimi arasındaki doğrudan ilişkiyi gözlemlemektir. 90° dikey bir eğimdeki bir parçacık tam yerçekimi ivmesi olan g'yi deneyimlerken, yatay bir düzlemdeki parçacık sıfır yerçekimi ivmesi hisseder. Ara açılarda ise parçacığın "sanal yerçekimi" nedeniyle yaşadığı ivme g\sin\theta olur. Burada \theta, eğriye teğet olan doğru ile yatay arasındaki açı olarak ölçülür ve yatayın üzerindeki açılar pozitif kabul edilir. Bu nedenle, \theta açısı -\pi/2 ile \pi/2 arasında değişir.

Bir parçacığın eşoylum eğrisi üzerindeki konumu, s(t), aşağıdaki diferansiyel denklemi sağlamalıdır:

\frac{d^2s} \frac{d\ell}{dy} \,dy \end{align} 
Son denklemde, kalan mesafeyi yükseklik fonksiyonu olarak yazmak için \ell(y) kullanılmış, mesafenin zamanla azaldığı (eksi işareti) varsayılmış ve zincir kuralı şu şekilde uygulanmıştır: d\ell = \frac{d\ell}{dy} ,dy.

Şimdi parçacığın düşüş süresini bulmak için y = y_0 noktasından y = 0 noktasına kadar integrasyon yapılır:

 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 
Bu denklem, **Abel'in integral denklemi** olarak adlandırılır ve verilen bir eğri boyunca bir parçacığın düşme süresini hesaplamak için kullanılır. Ancak, Abel'in mekanik problemi tersini gerektirir – T(y_0) verildiğinde, f(y) = {d\ell}/{dy}'yi bulmamız gerekir.

Bu problemi çözmek için, sağdaki integralin bir katışık (convolution) olduğunu fark ederiz ve her iki tarafın Laplace dönüşümü alınır:

 \mathcal{L}[T(y_0)] = \frac{1}{\sqrt{2g}} \mathcal{L} \left [ \frac{1}{\sqrt{y}} \right ]F(s) 
Burada F(s) = \mathcal{L} {\left[ {d\ell}/{dy} \right ]}. Çünkü \mathcal{L} {\left[ {1}/{\sqrt{y}} \right]} = \sqrt olduğundan:

 \mathcal{L}\left [ \frac{d\ell}{dy} \right ] = \sqrt{\frac{2g}{\pi}} s^{\frac{1}{2}} \mathcal{L}[T(y_0)] 
Bu noktadan sonra, T(y_0)'i belirledikten sonra, onun Laplace dönüşümünü hesaplayabiliriz ve {d\ell}/{dy}'nin Laplace dönüşümünü bulabiliriz.

Tautokron problemi için, T(y_0) = T_0 sabittir. 1'in Laplace dönüşümü {1}/{s} olduğundan:

 F(s) = \sqrt{\frac{2g}{\pi}} T_0 s^{-\frac{1}{2}} 
Yine yukarıdaki Laplace dönüşümünü kullanarak, dönüşümü ters çevirir ve şu sonuca varırız:

\frac{d\ell}{dy} = T_0 \frac{\sqrt{2g}}{\pi}\frac{1}{\sqrt{y}}

Bu denklemin bir sikloid eğrisini sağladığı gösterilebilir. Eğrinin şekil ifadesini elde etmek için y'ye göre integral alınmalıdır.
## Ayrıca bakınız
* Beltrami özdeşliği
* Brahistokron eğrisi
* Varyasyonlar hesabı
* Katenar eğrisi
* Sikloid eğrisi
* Düzgün ivmelenen hareket denklemleri

## Kaynakça

## Kaynakça

* 
* 

## Dış bağlantılar

Mathworld