مسئله خم همزمانی

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
Ngun

عضویت : پنج‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۱۰ - ۱۸:۲۹


پست: 1



مسئله خم همزمانی

پست توسط Ngun »

آیا کسی پاسخ این مسئله را با اثبات داره (معادله این منحنی چیست)؟
https://fa.m.wikipedia.org/wiki/%D8%AE% ... 9%86%DB%8C

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3268

سپاس: 5491

جنسیت:

تماس:

Re: مسئله خم همزمانی

پست توسط rohamavation »

به علت طولانی بودن من جواب را در دو پست پشت سر هم میزارم
منحنی هم زمان یا هم زمان منحنی هستش که برای آن زمان صرف شده توسط جسمی که بدون اصطکاک در گرانش یکنواخت به پایین‌ترین نقطه می‌لغزه مستقل از نقطه شروع اونه. منحنی. منحنی یک سیکلوئید است و زمان برابر است با π برابر ریشه دوم شعاع (دایره ای که سیکلوئید را میسازه) بر روی شتاب گرانش. منحنی تووکرون مربوط به منحنی براکیستوکرون که آن هم سیکلوئید است.آیا دلیلی شهودی وجود داره که براکیستوکرون و تووکرون منحنی یکسان هستند؟از نظر ریاضی، هر دو منحنی یکسان هستند اما از مسائل کمی متفاوت اما مرتبط ناشی می شوند.
در حالی که براکیستوکرون مسیر بین دو نقطه ای است که تنها با نیروی گرانشی ثابت، کوتاه ترین زمان برای پیمودن آن است، تاوتوکرون منحنی است که در آن، مهم نیست از چه ارتفاعی شروع کنید، هر جرمی در زمان مساوی به پایین ترین نقطه می رسد، دوباره با توجه به گرانش ثابت. .
مشکل براکیستوکرون می‌پرسد که یک تپه باید چه شکلی باشد تا توپ در کمترین زمان به پایین سر بخورد. مسئله تووکرون می پرسد که چه شکلی فرکانس نوسانی مستقل از دامنه را ایجاد می کند. پاسخ هر دو مشکل یک سیکلوئید است.
آیا دلیل شهودی وجود داره که چرا این مشکلات پاسخ یکسانی دارند؟
تعریف عملیاتی پیشنهادی "شهودی": تصور کنید که مشکل را کمی تغییر دهید، یا به مشکل تونل براکیستوکرون (تونل از طریق زمین)، یا با در نظر گرفتن شعاع محدود توپ. اگر پاسخ به سؤال اصلی شهودی باشد، باید به راحتی بتوانیم بگوییم که آیا این موقعیت‌های اصلاح‌شده همچنان همان منحنی‌های براکیستوکرون و تووکرون را دارند.
براکیستوکرون واقعاً در مورد متعادل کردن حداکثر شتاب اولیه با حداقل کردن فاصله است. بنابراین منطقی است که حذف بخشی از بخش اولیه منحنی براکیستوکرون، افزایش شتاب و فاصله را که دقیقاً متعادل می شود، از بین می برد. به عبارت دیگر، مهم نیست که در مسیر براکیستوکرون از کجا شروع می‌کنید، باید به همان میزان زمان طول بکشد تا به انتهای آن برسید. بنابراین، پاسخ به براکیستوکرون، پاسخ به تاوتوکرون است.
این استدلال نشان می دهد که مطابقت بین دو راه حل باید کاملاً کلی باشد. من تعجب می کنم که آیا این حقیقت دارد ...
آنها تقریباً در هیچ موقعیتی به جز میدان نیروی ثابت یکسان نیستند. این دو شرط کاملاً از هم جدا هستند و این یک معجزه جبر سیکلوئید است که آنها را در حالت نیروی ثابت منطبق می کند. اما درک هر دو مشکل به صورت شهودی امکان پذیر است.
ایزوکرون/تاوتوکرون
مسئله ایزوکرون منحنی ای را می خواهد که در طول آن نوسانات بدون توجه به دامنه، بارهای مساوی می گیرند. راه حل این مشکل در حالت کلی یافتن منحنی است به طوری که پتانسیل V در طول قوس منحنی برابر با یک نوسان ساز هارمونیک باشد.
$V(\phi) = {As^2 \over 2}$
جایی که قسمت V خطی در s را در تعریف مجدد مبدا s و قسمت ثابت V را در تعریف پتانسیل صفر جذب کرده ام.
برای میدان نیروی ثابت، راه حل آن منحنی است که ارتفاع آن متناسب با مربع طول قوس است. برای اینکه ببینید این سیکلوئید است، سیکلوئید را با مختصات دایره نورد پارامتر کنید تا x=0
,y=0
حداقل موقعیت در θ=0 است
$x = R (\theta + \sin(\theta))$
$y = R ( 1- \cos(\theta))$
و آن را تأیید کنید
$dx = R( 1+cos(\theta)$
$dy = R sin(\theta)$
به طوری که طول قوس:
$ds^2 = dx^2 + dy^2 = 2R(1-\cos(\theta)) d\theta^2 = {2dy^2\over y}$
از آخرین شرایط دیفرانسیل، ارتفاع به عنوان تابعی از طول قوس:${y\over R} = {s^2\over 8R^2}$و این به شما اجازه می دهد تا x را نیز به عنوان تابعی از s، با حل برای θ بنویسید
بر حسب y:
${x\over R} = \cos^{-1}( 1- {s^2\over 8 R^2}) + {s\over 2R} \sqrt{ 1- {s^2\over 16R^2})}$
جبر به اندازه کافی آزاردهنده است، بنابراین با تغییر مقیاس x و y به طور مناسب، R را بر روی 1 تنظیم کنید، و این پارامترسازی طول قوس سیکلوئید را به وضوح نشان می دهد.
$y = {s^2\over 8}$
$x = \cos^{-1}(1- {s^2\over 8}) + {s\over 2} \sqrt{1-({s\over 4})^2}$
این واقعیت که ارتفاع یک سیکلوئید مجذور طول قوس آن است، ویژگی مرکزی سیکلوئید است که تمام خصوصیات ویژه دیگر را می دهد.روابط دیفرانسیل روی یک سیکلوئید، واحد مماس و دایره ارتعاشی با افتراق اشکال فوق به دست می‌آیند.
${dy\over ds} = {s\over 4}$
${dx\over ds} = \sqrt{1-({s\over 4})^2}$
محاسبه مشتق x از مشتق y آسان است، با استفاده از این واقعیت که مشتق طول قوس باید واحد طول داشته باشد. شما همچنین می توانید مشتق رسمی x را در s بگیرید، اما کاهش آن خسته کننده است (اما البته کار می کند).
مشتق دوم با توجه به s بهترین مناسب ترین جهت دایره و شعاع معکوس را می دهد:
${d^2y\over ds^2} = {1\over 4}$
${d^2x\over ds^2} = -{{s\over 16}\over \sqrt{1-({s\over 4})^2} }$
معادله x پس از اعمال این شرط که بردار مشتق دوم نسبت به طول قوس دارای ضرب نقطه صفر با مشتق اول باشد، از معادله y به دست می آید، به طوری که (برای مشتقات طول قوس به علامت نقطه تغییر دهید)
$\dot{x}\ddot{x} + \dot{y}\ddot{y}=0$
بزرگی مشتق دوم با توجه به طول قوس، شعاع معکوس یک دایره با بهترین تناسب با منحنی است (که از عدم تغییر چرخشی ناشی از این واقعیت است که این برای یک سهمی در مبدا شکل $y={x^2\over 2R}$صحیح است.
، جایی که R بهترین دایره مناسب است).
فرمول به دست آمده برای شعاع معکوس دایره با بهترین تناسب مهم است، زیرا شتاب مرکزگرا را برای ذره ای می دهد که با سرعت v به پایین روی سیکلوئید می لغزد. این شعاع معکوس برابر است با
${1\over R} = \sqrt{\ddot{x}^2 + \ddot{y}^2} = {{1\over 4}\over \sqrt{1-({s\over 4})^2} }$
هنگامی که یک ذره در حالت سکون در بالای سیکلوئید شروع می شود و در میدانی با شتاب گرانشی واحد به سمت پایین می لغزد، سرعت آن در هر ارتفاعی با پایستگی انرژی به دست می آید:
$v^2 = 2(2-y) = 2 ( 2- {s^2\over 8}) = 4 (1-({s\over 4})^2)$
این بدان معنی است که شتاب مرکزگرا در هر نقطه به وسیله:
${v_0^2\over R} = \sqrt{1-({s\over 4})^2} = \dot{x}$
به عبارت دیگر، شتاب مرکزگرا به سمت داخل برابر با مولفه بردار مماس در جهت x است که مولفه گرانش به سمت بیرون نیز می باشد. هنگامی که در امتداد یک سیکلوئید می لغزید، شتاب مرکزگرا برابر و مخالف کشش گرانش به بیرون است. این شرایط بسیار مهه--- این وضعیت براکیستوکرون است.
براکیستوکرون
مشکل براکیستوکرون بسیار بیشتر از ایزوکرون درگیر است. ایزوکرون با تحمیل این شرط حل می شود که نیروی در امتداد منحنی خطی در طول قوس باشد که از نظر مفهومی ساده است و نیروی عمود بر منحنی را شامل نمی شود. شرایط ایزوکرون فقط نیروی عمود بر منحنی را شامل می شود و نیروی در امتداد منحنی فقط تا حدی درگیر است که سرعت ذره را در هر موقعیتی تعیین کند.
برای حل براکیستوکرون به روشی حداکثری روشنگر، ذره ای را در نظر بگیرید که با سرعت v0 حرکت می کند.
در امتداد بخش محور x بین -Δ و Δ. این ذره سفر را در زمانی انجام می دهد که دو برابر$\Delta\over v_0$ است
. خط مستقیم را به سهمی تغییر شکل دهید و نقاط انتهایی را ثابت نگه دارید:
$y = {1\over 2R} (x^2 - \Delta^2)$که در آن R برای پارامتری کردن سهمی با دایره مناسب آن انتخاب می شود و شکل با شرایط مرزی تعیین می شود و Δ بی نهایت کوچک تصور می شود. سپس کمی طول اضافی در این منحنی وجود دارد که عبارت است از:
$\int_{-\Delta}^{\Delta} \sqrt{1-({dy\over dx})^2} dx= \int_{-\Delta}^{\Delta} {x^2\over 2R^2} = {\Delta^3\over R^2}$
که کمی زمان اضافی برای عبور ذره می دهد$\Delta^3 \over R^2 v_0$
فرض کنید نیرویی با مولفه های fx,−fy وجود دارد بر روی ذره در این ناحیه (علامت روی fy
فقط به این صورت است که fy مثبت است مطابقت با تصویر ذهنی گرانش به سمت پایین،پتانسیل $-f_x x - f_y y$است
. سرعت با پایستگی انرژی تعیین می شود
$v = \sqrt{v_0^2 + 2 (f_x x - f_y y) } = v_0 + {f_x x - f_y y \over v_0}$
سرعت معکوس به کمترین مرتبه مربوطه است
${1\over v} = {1\over v_0} - {f_x x - f_y y \over v_0^3}$
که وقتی یکپارچه شود، کمی زمان به دست آورده است
$\int_{-\Delta}^{\Delta} {1\over v} dx = {2 f_y \Delta^3\over 3 v_0^3 R}$
مجموع زمان اضافی از طول قوس و زمان به دست آمده از نیرو، اختلاف زمانی برای قوس سهموی را نشان می دهد:
$\Delta^3 ( {2 f_y \over 3 v_0^3 R} - {1\over 3 R^2 v_0} )$
که زمانی به حداقل خود می رسد
${1\over R} = {f_y \over v_0^2}$
این شرط براکیستوکرون است--- برای داشتن یک انتها، انحنای موضعی باید به گونه ای باشد که نیروی مرکزگرا برابر با نیروی خارجی عمود بر منحنی باشد.
${v^2\over R} = f_y$
این یک شرایط محلی است که با کمترین مرتبه بی نهایت کوچک مربوطه در Δ سازگار است
، بنابراین باید توسط نیروی عادی در هر نقطه در امتداد براکیستوکرون ارضا شود. همانطور که در بالا نشان داده شد، این شرایط توسط یک سیکلوئید برآورده می شود. توجه داشته باشید که Brachistochrone به fx اهمیتی نمی دهد
، فقط به تطبیق fy اهمیت می دهد به نیروی مرکزگرا نیروی مماس بر منحنی فقط برای یافتن سرعت لحظه ای استفاده می شود.
تغییر شکل ایزوکرونشرط براکیستوکرون تنها با نیروی عمود بر منحنی تعیین می شود، در حالی که شرایط هم زمان فقط به خطی بودن نیرو در طول منحنی در پارامترسازی طول قوس توجه می کند. بنابراین شکستن شرط براکیستوکرون و در عین حال راضی نگه داشتن شرایط ایزوکرون آسان است.
هر قانون نیرو را با یک منحنی هم زمان x(s)،y(s) در نظر بگیرید و یک میدان برداری که همه جا متعامد به هم زمان است اضافه کنید. این میدان برداری شرایط براکیستوکرون را خراب می‌کند، اما هیچ کاری برای شرایط هم‌زمان انجام نمی‌دهد - منحنی نیروی طولی خطی در طول قوس خواهد داشت، اما دیگر نیروی عرضی مطابق با نیروی مرکزگرا نخواهد داشت، بنابراین دیگر نیرویی نخواهد داشت. براکیستوکرون باشید
بدتر از همه، اگر به حرکات هم زمان سیکلوئید نگاه کنید، بیشتر آنها حرکات براکیستوکرون نیستند. اگر یک ذره را از حالت سکون شروع کنید به جز در بالای سیکلوئید، حرکت آن هم زمان است و ذره از بالا می لغزد، اما برای مشکل براکیستوکرون فوق العاده نیست. سیکلوئید براکیستوکرون مربوطه برای یک ذره در حالت سکون همیشه دارای پیچ خوردگی سیکلوئیدی در موقعیت شروع است --- ذره در نوک سیکلوئید قرار دارد.
بنابراین تغییر شکل هایی که ماهیت هم زمان را تعریف می کنند در فضای حل مسئله براکیستوکرون نیستند.
اگر به یک نوسان ساز هارمونیک (مانند حرکت در مرکز زمین) نگاه کنید، در امتداد هر خط مستقیم، هم زمان های ظریف وجود دارد، زیرا محدودیت پتانسیل درجه دوم به یک خط درجه دوم است. اما این خطوط مستقیم هستند، بنابراین نیروی مرکزگرا ندارند، اما نیروی عمودی زیادی دارند، بنابراین براکیستوکرون نیستند.
اگر با یک براکیستوکرون شروع کنید، و می خواهید آن را تغییر شکل دهید تا هم زمان نباشد، این کمی بیشتر دخیل است، زیرا تغییر شکل سرعت آنی را تغییر می دهد. اما می توان آن را نیز انجام داد. یک پتانسیل V(های) دلخواه را به پتانسیل روی هم زمان اضافه کنید و مؤلفه عمودی نیروی روی منحنی را تنظیم کنید تا نیروی مرکزگرای جدید متناسب با سرعت لغزش ذره در این پتانسیل مطابقت داشته باشد. این تنظیم خاصیت Brachistochrone را حفظ می کند، اما خاصیت isochrone را می شکند.
برای مثالی از Brachistochrone زیبا که هیچ شباهتی به isochrone ندارد، پتانسیل را در نظر بگیرید
$V(x,y) = x + x^2+y^2 - (\sqrt{x^2+y^2}-1)*x$
دایره واحد یک براکیستوکرون برای یک ذره با انرژی کافی برای در حالت سکون در x=1 است.
. انرژی پتانسیل در زاویه θ در امتداد دایره است$V(\theta) = cos(\theta) + {1\over 2}$
سرعت مجذور این ذره است
$v^2 = 2(1-cos(\theta))$
که آن هم نیروی مرکزگرا. نیروی بیرونی روی دایره واحد طوری طراحی شده است که با نیروی مورد نیاز شرط براکیستوکرون مطابقت داشته باشد.
حل معادلات Arclength
یک چیز هنوز در بحث بالا رضایت بخش نیست. شرط براکیستوکرون برای یافتن جواب سیلکوئید مورد استفاده قرار نگرفت، فقط برای بررسی کارکرد سیلکوئید. این معقول نیست، زیرا معادلات دیفرانسیل مشابه همیشه ظاهر می شوند، و باید راه خوبی برای یافتن روابط دقیقی وجود داشته باشد که آنها از آنها تبعیت می کنند بدون اینکه از قبل بدانند.
اما روش حل براکیستوکرون با توجه به موارد فوق دشوار نیست. شما با شرایط پارامترسازی طول قوس شروع می کنید
$\dot{x}^2 + \dot{y}^2 =1$
$\dot{x} \ddot{x} + \dot{y}\ddot{y} = 0$
و شما نسخه طول قوس شرط براکیستوکرون را می نویسید:
$2(y_0-y) \sqrt{\ddot{x}^2 + \ddot{y}^2} = \dot{x}$
$\ddot{x}=-{\dot{y}\over\dot{x}}\ddot{y}$ را جایگزین کنید
و$\ddot{x}=-{\dot{y}\over\dot{x}}\ddot{y}$
و معادله ارتفاع-طول براکیستوکرون را بر حسب متغیر $u=y_0-y$ بدست می آورید.
،$2u \ddot{u} - \dot{u}^2 = 1$
این معادله بسیار قوی به نظر می رسد، زیرا غیرخطی است، اما دارای یک تقارن مقیاس اضافی غیر آشکار است. وقتی x و y را با ضریب R مقیاس می کنید، طول قوس با همان ضریب مقیاس می شود، به طوری که مشتق$\dot{u}$
ثابت است جواب$u\ddot{u}$ نیز ثابت است. دلیل انتخاب متغیر u و نه y این است که براکیستوک طبیعی استپوسته پوسته شدن رون حول محور y=y_0$ $است
. تقارن مقیاس نشان‌دهنده تبدیل متغیرها است و درست است
${d\over ds} ({\dot{u}\over \sqrt{u}}) = {1\over 2u^{3/2}}$
یا با استفاده از $v=\sqrt{u}$
،$\ddot{v}= - {1\over 2v^3}$
این معادله حرکت یک بعدی در $1/r^2$ است
پتانسیل، که می تواند با حفظ انرژی (تقارن) حل شود. جواب کلی v را یک تابع دایره می کند که y را می سازد
درجه دوم، بازیابی سیکلوئید. دلیل اینکه معادله پیچیده به نظر می رسد به دلیل روش ضربی است که در آن ثابت ادغام در جواب کلی ظاهر می شود:
$y(s)-y_0 = R ({s\over R} - s_0)^2$
. شما می توانید یک خانواده کامل از معادلات دیفرانسیل مرتبط را به همین ترتیب حل کنید، ضریب "2" را به مقدار دیگری تغییر دهید، که توان های متفاوتی را برای تغییر متغیرهایی که مسئله را به یک حرکت مکانیک 1 بعدی تبدیل می کند، می دهد. همچنین واضح است که روابط تفاضلی جبری ویژه مسائل طول قوس با استفاده از پارامترسازی طول قوس آشکار می شود.
مشکل تووکرون
در سیکلوئیدی که محور آن بر روی عمود قرار دارد و راس آن در پایین قرار دارد، زمان‌های فرود که در آن جسمی پس از خروج از هر نقطه‌ای از سیکلوئید به پایین‌ترین نقطه راس می‌رسد، با هر یک برابر است. دیگر..
سیکلوئید با یک نقطه روی یک دایره به شعاع داده می شود
r ترسیم یک منحنی در حالی که دایره در امتداد می چرخد
محور x، به عنوان$:\theta :$
${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\theta -\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta),\end{aligned}}}$
که زمان نزول برابر با زمانی است که یک جسم به صورت عمودی به همان فاصله قطر دایره ای که سیکلوئید را تولید می کند، برابر است، ضرب در$\pi /2.$ در اصطلاح مدرن، این بدان معنی است که زمان نزول است
${\textstyle \pi {\sqrt {r/g}}}$، که در آن
r شعاع دایره ای است که سیکلوئید را ایجاد می کند وg گرانش زمین یا به طور دقیق تر، شتاب گرانشی زمین است.
آونگی که یک مسیر دایره‌ای را دنبال می‌کند، هم زمان نیست و بنابراین ساعت آونگی او بسته به اینکه آونگ تا چه حد می‌چرخد، زمان متفاوتی را نگه می‌دارد، راه حل لاگرانژی
اگر موقعیت ذره با طول قوس s(t) از پایین ترین نقطه پارامتر شود، انرژی جنبشی متناسب با
${\displaystyle {\dot {s}}^{2}.}$ انرژی پتانسیل متناسب با ارتفاع y(s) است. یکی از راه هایی که منحنی می تواند هم زمان باشد این است که اگر لاگرانژ از یک نوسان ساز هارمونیک ساده باشد: ارتفاع منحنی باید متناسب با طول قوس مربع باشد.
${\displaystyle y(s)=s^{2}،}$
که در آن ثابت تناسب با تغییر واحدهای طول بر روی 1 تنظیم شده است.
شکل دیفرانسیل این رابطه است
${\displaystyle {\begin{aligned}dy&=2s\,ds,\\dy^{2}&=4s^{2}\,ds^{2}=4y\left(dx^{2}+dy^{2}\right),\end{aligned}}}$
که s را حذف می کند و یک معادله دیفرانسیل برای dx و dy باقی می گذارد. برای یافتن راه حل، x را بر حسب y ادغام کنید:
${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {dx}{dy}}&={\frac {\sqrt {1-4y}}{2{\sqrt {y}}}},\\x&=\int {\sqrt {1-4u^{2}}}\,du,\end{aligned}}}$
جایی که${\displaystyle u={\sqrt {y}}}$. این انتگرال ناحیه زیر یک دایره است که به طور طبیعی می توان آن را به صورت مثلث و گوه دایره ای برش داد:
آرکسین
⁡${\displaystyle {\begin{aligned}x&={\tfrac {1}{2}}u{\sqrt {1-4u^{2}}}+{\tfrac {1}{4}}\arcsin 2u,\\y&=u^{2}.\end{aligned}}}$
برای اینکه ببینید این یک سیکلوئید پارامتری عجیب و غریب است، متغیرها را تغییر دهید تا با تعریف زاویه، قسمت های ماورایی و جبری را از هم جدا کنید.آرکسین
⁡${\displaystyle \theta =\arcsin 2u}$. این بازده${\displaystyle {\begin{aligned}8x&=2\sin \theta \cos \theta +2\theta =\sin 2\theta +2\theta ,\\8y&=2\sin ^{2}\theta =1-\cos 2\theta ,\end{aligned}}}$
که پارامترسازی استاندارد است، به جز مقیاس x، y و θ.
راه حل "گرانش مجازی".
ساده‌ترین راه‌حل برای مسئله تووکرون، توجه به رابطه مستقیم بین زاویه شیب و گرانش احساس شده توسط یک قطعه است.
آیکل در شیب یک ذره در شیب عمودی 90 درجه تحت شتاب گرانشی کامل قرار می گیرد
g، در حالی که یک ذره در یک صفحه افقی تحت شتاب گرانشی صفر قرار می گیرد. در زوایای میانی، شتاب ناشی از "گرانش مجازی" توسط ذره است$\theta $
⁡${\displaystyle g\sin \theta }$. توجه داشته باشید که
تتا بین مماس منحنی و افقی اندازه گیری می شود و زوایای بالای افقی به عنوان زوایای مثبت در نظر گرفته می شوند. بدین ترتیب،
تتا از$-\pi /2$ به$\pi /2.$
موقعیت یک جرم اندازه گیری شده در امتداد یک منحنی تووکرون،s(t)، باید از معادله دیفرانسیل زیر پیروی کند:${\displaystyle {\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}=-\omega ^{2}s}$
که همراه با شرایط اولیه${\displaystyle s(0)=s_{0}}$ و${\displaystyle s'(0)=0}،$ راه حل دارد:
${\displaystyle s(t)=s_{0}\cos \omega t}$
به راحتی می توان تأیید کرد که این راه حل معادله دیفرانسیل را حل می کند و اینکه یک ذره به آن خواهد رسید
s=0 در زمان
${\displaystyle \pi /2\omega }$ از هر موقعیت شروع
$s_{0}$. مشکل اکنون ساختن منحنی است که باعث شود جرم از حرکت فوق تبعیت کند. قانون دوم نیوتن نشان می دهد که نیروی گرانش و شتاب جرم با یکدیگر مرتبط هستند:
${\displaystyle {\begin{aligned}-g\sin \theta &={\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}\\&=-\omega ^{2}s\,\end{aligned}}}$
ظاهر صریح فاصله،
s، مشکل ساز است، اما می توانیم برای به دست آوردن یک فرم قابل مدیریت تر، آنها را متمایز کنیم:
${\displaystyle {\begin{aligned}g\cos \theta \,d\theta &=\omega ^{2}\,ds\\\Longrightarrow ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \end{aligned}}}$
این معادله تغییر در زاویه منحنی را به تغییر فاصله در طول منحنی مرتبط می کند. اکنون از مثلثات برای ارتباط زاویه استفاده می کنیم
تتا به طول های دیفرانسیل
${\displaystyle {\begin{aligned}ds={\frac {dx}{\cos \theta }}\\ds={\frac {dy}{\sin \theta }}\end{aligned}}}$
جایگزین کردنds باdx در معادله بالا به ما اجازه می دهد تا آن را حل کنیمx از نظرتتا:
${\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dx}{\cos \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dx&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\left(\cos 2\theta +1\right)d\theta \\x&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\left(\sin 2\theta +2\theta \right)+C_{x}\end{aligned}}}$به همین ترتیب، ما نیز می توانیم بیان کنیمds از نظرdy و حل کنید برای
y از نظرتتا:${\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dy}{\sin \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dy&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\sin \theta \cos \theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\sin 2\theta \,d\theta \\y&=-{\frac {g}{4\omega ^{2}}}\cos 2\theta +C_{y}\end{aligned}}}$
جایگزین کردن${\displaystyle \phi =2\theta }$ و${\textstyle r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,}$، می بینیم که این معادلات پارامتری برایx وy نقطه های یک دایره با شعاع هستندr در امتداد یک خط افقی (یک سیکلوئید)، با مرکز دایره در مختصات می‌چرخد
${\displaystyle (C_{x}+r\phi ,C_{y})}:$${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\sin \phi +\phi \right)+C_{x}\\y&=-r\cos \phi +C_{y}\end{aligned}}}$توجه داشته باشید کهمحدوده $\ph $از${\displaystyle -\pi \leq \phi \leq \pi }.$ تنظیم معمولی است${\displaystyle C_{x}=0}$ و${\displaystyle C_{y}=r}$ به طوری که پایین ترین نقطه منحنی با مبدا منطبق باشد. از این رو:
${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\phi +\sin \phi \right)\\y&=r\left(1-\cos \phi \right)\\\end{aligned}}}$
حل کردن برای$\omega$ و به خاطر سپردن آن
${\displaystyle T={\frac {\pi }{2\omega }}} $زمان لازم برای فرود است، که یک چهارم چرخه کامل است، زمان فرود را بر حسب شعاع پیدا می کنیم.${\displaystyle {\begin{aligned}r&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\\\omega &={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {g}{r}}}\\T&=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}\\\end{aligned}}}$
، یعنی با توجه به یک تابع${\displaystyle T(y)} $که کل زمان فرود را برای یک ارتفاع شروع معین مشخص می کند، معادله ای از منحنی را پیدا کنید که این نتیجه را به دست می دهد. مشکل تووکرون یک مورد خاص از مشکل مکانیکی است که
${\displaystyle T(y)}$ یک ثابت است.راه حل با اصل بقای انرژی آغاز می شود - از آنجایی که ذره بدون اصطکاک است، و بنابراین انرژی را برای گرما از دست نمی دهد، انرژی جنبشی آن در هر نقطه دقیقاً برابر با اختلاف انرژی پتانسیل گرانشی از نقطه شروع آن است. انرژی جنبشی است${\textstyle {\frac {1}{2}}mv^{2}}،$ و از آنجایی که ذره محدود به حرکت در امتداد یک منحنی است، سرعت آن به سادگی${\displaystyle {d\ell }/{dt}}$، که در آنℓ مسافت اندازه گیری شده استدر امتداد منحنی به همین ترتیب، انرژی پتانسیل گرانشی به دست آمده در سقوط از ارتفاع اولیه$y_{0} $تا یک ارتفاعy است${\displaystyle mg(y_{0}-y)}$، بنابراین:
${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2}}m\left({\frac {d\ell }{dt}}\right)^{2}&=mg(y_{0}-y)\\{\frac {d\ell }{dt}}&=\pm {\sqrt {2g(y_{0}-y)}}\\dt&=\pm {\frac {d\ell }{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}\\dt&=-{\frac {1}{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy\end{aligned}}}$در آخرین معادله، پیش‌بینی کرده‌ایم فاصله باقی‌مانده در طول منحنی را به عنوان تابعی از ارتفاع بنویسیم
ℓ${\displaystyle \ell (y))}،$ تشخیص داد که فاصله باقیمانده باید با افزایش زمان کاهش یابد (بنابراین علامت منفی) و از قانون زنجیره در شکل استفاده کرد.${\textstyle d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy}.$
اکنون از ادغام می کنیم$y=y_{0}$ به
y=0 برای بدست آوردن کل زمان لازم برای سقوط ذره:${\displaystyle T(y_{0})=\int _{y=y_{0}}^{y=0}\,dt={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {1}{\sqrt {y_{0}-y}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy}$
این معادله انتگرال آبل نامیده می شود و به ما امکان می دهد کل زمان لازم برای سقوط یک ذره در امتداد یک منحنی معین را محاسبه کنیم (که برای آنمحاسبه$ {\displaystyle {d\ell }/{dy}} $آسان خواهد بود). اما مشکل مکانیکی هابیل مستلزم عکس آن است - داده شده$T(y_0)\,،$ می خواهیم پیدا کنیم${\displaystyle f(y)={d\ell }/{dy}}$، که از آن یک معادله برای منحنی به روشی ساده دنبال می‌شود. برای ادامه، توجه می‌کنیم که انتگرال سمت راست پیچیدگی است${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ با
${\displaystyle {1}/{\sqrt {y}}}$ و بنابراین تبدیل لاپلاس هر دو طرف را با توجه به متغیر بگیرید
${\displaystyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {1}{\sqrt {2g}}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1} {\sqrt {y}}}\right]F(s)}$
جایی که${\displaystyle F(s)={\mathcal {L}}{\left[{d\ell }/{dy}\right]}}$. از آنجا که
${\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}}،$ اکنون یک بیان برای تبدیل لاپلاس
${\displaystyle {d\ell }/{dy}} $بر حسب تبدیل لاپلاس${\displaystyle T(y_{0})}$:
${\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}}$
این تا جایی است که می توانیم بدون مشخص کردن پیش برویم
${\displaystyle T(y_{0})}$. یک بار${\displaystyle T(y_{0})}$ شناخته شده است، ما می توانیم تبدیل لاپلاس آن را محاسبه کنیم، تبدیل لاپلاس را محاسبه کنیم${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ و سپس تبدیل معکوس را بگیرید (یا سعی کنید)
${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$.برای مشکل تووکرون،$T(y_0) = T_0\،$ ثابت است. از آنجایی که تبدیل لاپلاس 1 است
${\displaystyle {1}/{s}}،$ یعنی،${\textstyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={T_{0}}/{s}}،$ تابع شکل را پیدا می‌کنیم
${\textstyle f(y)={d\ell }/{dy}}:$
${\displaystyle {\begin{aligned}F(s)={\mathcal {L}}{\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]}&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T_{0}]\\&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}}$
با استفاده مجدد از تبدیل لاپلاس بالا، تبدیل را برعکس می کنیم و نتیجه می گیریم:
${\displaystyle {\frac {d\ell }{dy}}=T_{0}{\frac {\sqrt {2g}}{\pi }}{\frac {1}{\sqrt {y}}}}$
می توان نشان داد که سیکلوئید از این معادله تبعیت می کند. برای انجام انتگرال با توجه به آن به یک قدم بیشتر نیاز دارد
y برای به دست آوردن بیان شکل مسیر.
از نظر ریاضی، هر دو منحنی یکسان هستند، اما از مسائل کمی متفاوت اما مرتبط ناشی می شوند.
در حالی که براکیستوکرون مسیر بین دو نقطه ای است که تنها با نیروی گرانشی ثابت، کوتاه ترین زمان برای پیمودن آن است، تاوتوکرون منحنی است که در آن، مهم نیست از چه ارتفاعی شروع کنید، هر جرمی در زمان مساوی به پایین ترین نقطه می رسد، دوباره با توجه به گرانش ثابت. .در فیزیک و ریاضیات، منحنی براکیستوکرون کوتاه‌ترین زمان یا منحنی سریع‌ترین نزول، منحنی است که در صفحه بین نقطه A و نقطه پایین B قرار دارد. جایی که B مستقیماً زیر A نیست، که در آن یک مهره بدون اصطکاک تحت تأثیر یک میدان گرانشی یکنواخت به یک نقطه پایان معین در کوتاه ترین زمان می لغزد.
منحنی براکیستوکرون همان شکل منحنی تووکرون است. هر دو سیکلوئید هستند. با این حال، بخشی از سیکلوئید مورد استفاده برای هر یک از این دو متفاوت است. به طور خاص، براکیستوکرون می تواند تا یک چرخش کامل سیکلوئید (در حد زمانی که A و B در یک سطح هستند) استفاده کند، اما همیشه از یک کاسپ شروع می شود. در مقابل، مشکل تاتوکرون فقط می تواند تا نیم چرخش اول استفاده شود و همیشه در افقی ختم می شود مشکل را می توان با استفاده از ابزارهای محاسبه تغییرات و کنترل بهینه حل کرد.
منحنی مستقل از جرم بدنه آزمایش و قدرت گرانش محلی است. فقط یک پارامتر انتخاب می شود تا منحنی با نقطه شروع A و نقطه پایان B مطابقت داشته باشد. اگر به جسم سرعت اولیه در A داده شود، یا اگر اصطکاک در نظر گرفته شود، آنگاه منحنی که زمان را به حداقل می رساند با منحنی تووکرون متفاوت است.
آخرین ویرایش توسط rohamavation شنبه ۱۴۰۲/۱/۱۲ - ۰۸:۰۸, ویرایش شده کلا 2 بار
تصویر

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3268

سپاس: 5491

جنسیت:

تماس:

Re: مسئله خم همزمانی

پست توسط rohamavation »

قسمت دوم
راه حل تحلیلی
روش براکیستوکرون برنولی مستقیم
جسمی به صورت لغزشی در امتداد هر قوس دایره ای کوچک Ce بین شعاع KC و Ke در نظر گرفته می شود که مرکز K ثابت است. اولین مرحله اثبات شامل یافتن قوس دایره ای خاص، Mm است که جسم در کمترین زمان از آن عبور می کند.
خط KNC AL را در N قطع می کند، و خط Kne آن را در n قطع می کند، و آنها یک زاویه کوچک CKe در K ایجاد می کنند. اجازه دهید NK = a، و یک نقطه متغیر، C در KN گسترش یافته تعریف کنید. از بین تمام کمان‌های دایره‌ای Ce، باید کمان Mm را پیدا کرد، که حداقل زمان برای لغزش بین 2 شعاع، KM و Km نیاز دارد. .
اجازه دهید MN = x. او m را طوری تعریف می کند که MD = mx، و n را طوری تعریف می کند که Mm = nx + na و توجه می کند که x تنها متغیر است و m متناهی و n بی نهایت کوچک است. زمان کمی برای سفر در امتداد قوس Mm است
${\displaystyle {\frac {Mm}{MD^{\frac {1}{2}}}}={\frac {n(x+a)}{(mx)^{\frac {1}{2}}}}}$ که باید حداقل باشد او توضیح نمی دهد که چون Mm بسیار کوچک است، سرعت در امتداد آن را می توان سرعت در M فرض کرد، که به عنوان جذر MD، فاصله عمودی M زیر خط افقی AL است.
از این پس، زمانی که متمایز می شود این باید بدهد
${\displaystyle {\frac {(x-a)dx}{2x^{\frac {3}{2}}}}=0} $ به طوری که x = a.
این حالت منحنی را مشخص می کند که جسم در کوتاه ترین زمان ممکن روی آن می لغزد. برای هر نقطه، M روی منحنی، شعاع انحنا، MK توسط محور AL آن به 2 قسمت مساوی بریده می شود. این خاصیت که برنولی می گوید برای مدت طولانی شناخته شده بود، منحصر به سیکلوئید است.
در نهایت، او حالت کلی‌تری را در نظر می‌گیرد که در آن سرعت یک تابع دلخواه X(x) است، بنابراین زمان کمینه‌سازی برابر است.
${\displaystyle {\frac {(x+a)}{X}}}$. سپس شرط حداقل می شود
${\displaystyle X={\frac {(x+a)dX}{dx}}}$ که او چنین می نویسد:${\displaystyle X=(x+a)\Delta x}$ و MN (=x) را به عنوان تابعی از NK (= a) می دهد. از این معادله منحنی را می توان از حساب انتگرال به دست آورد، اگرچه او این را نشان نمی دهد.
فرض کنید AMmB بخشی از سیکلوئید است که A به B را می‌پیوندد، که جسم در کمترین زمان به پایین می‌لغزد. بگذارید ICcJ بخشی از یک منحنی متفاوت باشد که A به B را می‌پیوندد، که می‌تواند به AL نزدیک‌تر از AmmB باشد. اگر کمان Mm زاویه MKm را در مرکز انحنای خود، K، فرعی می‌کند، بگذارید قوس روی IJ که همان زاویه را می‌گیرد Cc باشد. قوس دایره ای از طریق C با مرکز K Ce است. نقطه D در AL به صورت عمودی بالای M است. K را به D وصل کنید و نقطه H جایی است که CG KD را قطع می کند، در صورت لزوم گسترش می یابد.
اجازه دهید$tau$ و t به ترتیب زمان هایی هستند کهجسم در امتداد Mm و Ce سقوط می کند.
${\displaystyle \tau \propto {\frac {Mm}{MD^{\frac {1}{2}}}}}$،
${\displaystyle t\propto {\frac {Ce}{CG^{\frac {1}{2}}}}}$،
CG را به نقطه F گسترش دهید که در آن،
${\displaystyle CF={\frac {CH^{2}}{MD}}}$ و از آن زمان
${\displaystyle {\frac {Mm}{Ce}}={\frac {MD}{CH}}}$، نتیجه می‌شود که
${\displaystyle {\frac {\tau }{t}}={\frac {Mm}{Ce}}.\left({\frac {CG}{MD}}\right)^{\frac {1}{ 2}}=\left({\frac {CG}{CF}}\right)^{\frac {1}{2}}}$
از آنجایی که MN = NK، برای سیکلوئید:
${\displaystyle GH={\frac {MD.HD}{DK}}={\frac {MD.CM}{MK}}}$،
${\displaystyle CH={\frac {MD.CK}{MK}}={\frac {MD.(MK+CM)}{MK}}}$، و
${\displaystyle CG=CH+GH={\frac {MD.(MK+2CM)}{MK}}}$
اگر Ce از Mm به K نزدیکتر باشد، پس
${\displaystyle CH={\frac {MD.(MK-CM)}{MK}}} $و
${\displaystyle CG=CH-GH={\frac {MD.(MK-2CM)}{MK}}}$
در هر دو مورد،
${\displaystyle CF={\frac {CH^{2}}{MD}}>CG}$، و بدین ترتیب
${\displaystyle \tau <t}$
اگر قوس، Cc که با زاویه بینهایت کوچک MKm در IJ منتهی می شود، دایره ای نباشد، باید از Ce بزرگتر باشد، زیرا با نزدیک شدن زاویه MKm به صفر، Cec به یک مثلث قائم الزاویه در حد تبدیل می شود.
توجه داشته باشید، برنولی ثابت می کند که CF > CG با یک استدلال مشابه اما متفاوت.
از این نتیجه او نتیجه می گیرد که یک جسم سیکلوئید AMB را در زمان کمتری نسبت به هر منحنی ACB دیگری طی می کند.
روش غیر مستقیم
طبق اصل فرما، مسیر واقعی بین دو نقطه ای که یک پرتو نور طی می کند، مسیری است که کمترین زمان را می گیرد.
با پایستگی انرژی، سرعت لحظه ای یک جسم v پس از سقوط به ارتفاع y در یک میدان گرانشی یکنواخت به دست می آید:
$v={\sqrt {2gy}}$،
سرعت حرکتجسم در امتداد یک منحنی دلخواه به جابجایی افقی بستگی ندارد.
برنولی خاطرنشان کرد که قانون شکست ثابت حرکت یک پرتو نور در محیطی با چگالی متغیر را نشان می دهد:
${\frac {\sin {\theta }}{v}}={\frac {1}{v}}{\frac {dx}{ds}}={\frac {1}{v_{m}}}$ ،
جایی که $v_m $ثابت و است
تتا زاویه مسیر را نسبت به عمود نشان می دهد.
معادلات فوق منجر به دو نتیجه می شود:
در شروع، زمانی که سرعت ذرات صفر است، زاویه باید صفر باشد. از این رو، منحنی براکیستوکرون در مبدأ بر عمود مماس است.
هنگامی که مسیر افقی و زاویه θ = 90 درجه می شود، سرعت به حداکثر مقدار می رسد.
با فرض سادگی که ذره (یا پرتو) با مختصات (x,y) از نقطه (0,0) خارج شده و پس از سقوط در فاصله عمودی D به حداکثر سرعت می رسد:
$v_{m}={\sqrt {2gD}}.$
بازآرایی عبارات در قانون شکست و مربع به دست می دهد:
$v_{m}^{2}dx^{2}=v^{2}ds^{2}=v^{2}(dx^{2}+dy^{2})$
که برای dx بر حسب dy قابل حل است:
$dx=\frac{v\، dy}{\sqrt{v_m^2-v^2}}.$
جایگزین کردن عبارات v و vm بالا به دست می آید:
${\displaystyle dx={\sqrt {\frac {y}{D-y}}}\,dy\,,}$
که معادله دیفرانسیل یک سیکلوئید معکوس تولید شده توسط دایره ای به قطر D=2r است که معادله پارامتری آن عبارت است از:
${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\varphi -\sin \varphi )\\y&=r(1-\cos \varphi).\end{aligned}}}$
که در آن φ یک پارامتر واقعی است که مربوط به زاویه ای است که دایره غلتشی از طریق آن می چرخد. برای φ داده شده، مرکز دایره در (x, y) = (rφ, r) قرار دارد.
در مسئله براکیستوکرون، حرکت جسم با تکامل زمانی پارامتر به دست می‌آید:
${\displaystyle \varphi (t)=\omega t\,,\omega ={\sqrt {\frac {g}{r}}}}$
جایی که t زمان رها شدن جسم از نقطه (0,0) است.
راه حل برنولی
که چگونه می توان از دیفرانسیل دوم برای بدست آوردن شرایط برای حداقل زمان استفاده کرد. یک نسخه مدرن از اثبات به شرح زیر است. اگر انحراف ناچیزی از مسیر کمترین زمان داشته باشیم، برای مثلث دیفرانسیل تشکیل شده از جابجایی در طول مسیر و جابجایی های افقی و عمودی،
$ds^2=dx^2+dy^2.$
در تمایز با dy ثابت دریافت می کنیم،
$2ds\ d^{2}s=2dx\ d^{2}x.$
و در نهایت با تنظیم مجدد شرایط،
${\frac {dx}{ds}}d^{2}x=d^{2}s=v\ d^{2}t$
که در آن قسمت آخر جابجایی برای تغییر داده شده در زمان برای دیفرانسیل دوم است. حال تغییرات دو مسیر همسایه را در شکل زیر در نظر بگیرید که برای آنها فاصله افقی بین مسیرها در امتداد خط مرکزی d2x است (برای هر دو مثلث دیفرانسیل بالا و پایین یکسان است). در امتداد مسیرهای قدیم و جدید، بخش هایی که با هم تفاوت دارند عبارتند از:
تابع مسیر
$d^{2}t_{1}={\frac {1}{v_{1}}}{\frac {dx_{1}}{ds_{1}}}d^{2}x$
$d^{2}t_{2}={\frac {1}{v_{2}}}{\frac {dx_{2}}{ds_{2}}}d^{2}x$
برای مسیر کمترین زمان‌ها، این زمان‌ها با هم برابرند، بنابراین به ازای تفاوت آنها، دریافت می‌کنیم،
$d^{2}t_{2}-d^{2}t_{1}=0={\bigg (}{\frac {1}{v_{2}}}{\frac {dx_{2}}{ ds_{2}}}-{\frac {1}{v_{1}}}{\frac {dx_{1}}{ds_{1}}}{\bigg )}d^{2}x$و شرط کمترین زمان این است که
${\frac {1}{v_{2}}}{\frac {dx_{2}}{ds_{2}}}={\frac {1}{v_{1}}}{\frac {dx_{1 }}{ds_{1}}}$
تصویر
تصویر
تصویر
تصویر

ارسال پست