Brakistokroni
Brakistokroniongelma gravitaatiokentässä

Tarkastellaan 



m


{\textstyle m}

-massaista kappaletta, joka sijaitsee aloitushetkellä levossa pisteessä 



(

x

1


,

y

1


)


{\textstyle (x_{1},y_{1})}

. Kappaleeseen vaikuttaa jokaisella ajanhetkellä gravitaatiovoima 




F

=
m

g



{\textstyle \mathbf {F} =m\mathbf {g} }

, missä 




g



{\textstyle \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


)


{\textstyle (x_{2},y_{2})}

 (joka oletettavasti ei sijaitse suoraan pisteen 



(

x

1


,

y

1


)


{\textstyle (x_{1},y_{1})}

 ''alla''). Ratkaisun saavuttaminen vaatii hiukan variaatiolaskentaa.
Kiinnitetään tarkastelua varten kaksiulotteinen koordinaatisto. Voidaan olettaa, että origo sijaitsee pisteessä 



(

x

1


,

y

1


)


{\textstyle (x_{1},y_{1})}

 ja että gravitaatiovoima on 



x


{\textstyle x}

-akselin suuntainen. Ts.
\mathbf {F} =F\,\mathbf {i} =mg\,\mathbf {i}
Koska gravitaatiokenttä on konservatiivinen, pätee jokaisella ajanhetkellä 



T
+
U
=

vakio



{\textstyle T+U={\text{vakio}}}

, missä 



T


{\textstyle T}

 on kappaleen kineettinen energia ja 



U


{\textstyle U}

 on potentiaalienergia. Määritellään potentiaalienergian nollatasoksi 



y


{\textstyle y}

-akseli, ts. 



U
(
x
=
0
)
=
0


{\textstyle U(x=0)=0}

. Koska kappale lähtee levosta, on koko ajan 



T
+
U
=
0


{\textstyle T+U=0}

. Kappaleen kineettinen energia on 



T
=


1
2


m

v

2




{\textstyle T={\frac {1}{2}}mv^{2}}

 ja potentiaalienergia on 



U
=
−
F
x
=
−
m
g
x


{\textstyle 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


)


{\textstyle (x_{1},y_{1})}

 pisteeseen 



(

x

2


,

y

2


)


{\textstyle (x_{2},y_{2})}

 on:
{\begin{aligned}t&=\int _{(x_{1},y_{1})}^{(x_{2},y_{2})}{\frac {\mathrm {d} s}{v}}=\int _{(x_{1},y_{1})}^{(x_{2},y_{2})}{\frac {\sqrt {\mathrm {d} x^{2}+\mathrm {d} y^{2}}}{\sqrt {2gx}}}\\&=\int _{x_{1}}^{x_{2}}{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{2gx}}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{x_{1}}^{x_{2}}{\sqrt {\frac {1+(y')^{2}}{x}}}\,\mathrm {d} x,\end{aligned}}
missä käytettiin derivaattaa  y'=\mathrm {d} y/\mathrm {d} x. Nyt pyritään minimoimaan muuttuja 



t


{\textstyle 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


{\textstyle t}

 on olemassa ääriarvo:
{\frac {\partial f}{\partial y}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\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 {d} x}}{\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{aligned}{\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{aligned}}
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 {d} x\qquad \qquad (3).
Integraali ratkeaa muuttujanvaihdolla: olkoon uusi muuttuja 



θ


{\textstyle \theta }

 siten, että
x=a(1-\cos \theta ).
Tällöin  \mathrm {d} x/\mathrm {d} \theta =a\sin \theta  ja edelleen  \mathrm {d} x=a\sin \theta \,\mathrm {d} \theta . Sijoitetaan tämä yhtälöön (3) ja ratkaistaan integraali:
{\begin{aligned}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{aligned}}
missä 



C


{\textstyle 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


)


{\textstyle (x_{2},y_{2})}

 kautta asettelemalla parametrit 



a


{\textstyle a}

 ja  C sopivasti. Lähtöpisteessä  (x_{1},y_{1})=(0,0) muuttuja 



θ


{\textstyle \theta }

 saa arvon 0.
Eulerin yhtälö osoittaa, että tämä käyrä on 



t


{\textstyle 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


)


{\textstyle (x_{2},y_{2})}

. Näin ollen brakistokroniongelma on ratkaistu.