¿Derivación lagrangiana de braquistocrona? [cerrado]

Por lo que estoy viendo, parece que estás aplicando las ecuaciones de Euler-Lagrange al Lagrangiano del sistema de una partícula restringida en una cierta curva de forma f(x). Sin embargo, al hacer esto, está minimizando la acción de esta partícula y, por lo tanto, está obteniendo las ecuaciones de movimiento de la partícula. Por supuesto, si pudo resolverlos en el caso general, entonces podría calcular el tiempo que tarda la partícula en llegar al fondo y, por lo tanto, minimizarlo variando f (x), encontrando la forma de la braquistocrona.

Sin embargo, esto me parece un poco exagerado. Veamos si hay una mejor funcionalidad para considerar que no sea la acción de su sistema.

Solo como nota al margen, la ecuación que dedujiste parece estar equivocada, la ecuación correcta debería ser

$$\ddot{x}(1+f'^2)=-f'f''\dot{x}^2-gf'$$

De todos modos, dado que el formalismo lagrangiano tiene que ver con la minimización, consideremos, ¿qué queremos minimizar aquí? Es muy sencillo, y es el tiempo que tarda la partícula en caer por la rampa. Ahora, parametrizando la forma de la rampa como lo hiciste, ¿cómo podemos calcular el tiempo que tarda la pelota en llegar al fondo?

Para cruzar la distancia infinitesimal$ds = \sqrt{1+f'^2}dx$a la velocidad v toma un tiempo dt dado por:

$$dt = \frac{ds}{v}$$ ¡Básicamente hemos terminado! El tiempo total para que la pelota llegue al fondo será simplemente $T = \int dt = \int \frac{ds}{v} = \int \frac{\sqrt{1+f'2}}{v}dx$.

Como podemos ver, todavía nos falta un elemento para poder empezar a hacer algunas mecánicas lagrangianas. De hecho, tenemos la velocidad$v$que nos gustaría expresar en función de$x$, por lo que tenemos una integral en$x$. Para hacer esto, explotamos la conservación de la energía que nos dice que$\frac{1}{2}mv^2+mgh = E$. Si configuramos nuestro eje y para que se dirija hacia abajo por conveniencia (así que aquí,$0<f(x)<-a$) así como establecer la energía en 0 en$x=0$, obtenemos$v(x) = \sqrt{2gf(x)}$

Así, tenemos el funcional que nos gustaría minimizar:

$$T = \int \sqrt{\frac{1+f'(x)^2}{2gf(x)}}dx$$ . Podemos despojarnos de la constante $2g$que no juega ningún papel (por cierto, acabamos de mostrar que la braquistocrona tiene la misma forma aquí que en la luna), y el problema se puede formular como una función de un lagrangiano:

$$L = \sqrt{\frac{1+f'(x)^2}{f(x)}}$$

Tenga en cuenta que aquí x juega el papel del tiempo en el lagrangiano habitual, en el sentido de que las ecuaciones de Euler son ahora:

$$\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial f'} = \frac{\partial L}{\partial f}$$ Para que conste, $f(x)$generalmente se renombra $y(x)$.

A ver si tienes más suerte trabajando en esta formulación del problema, si no, ¡dímelo y completo mi respuesta!

Bajo el supuesto de que su$f(x)=y(x)$, tenga en cuenta que

$$T=\int dt = \int \frac{ds}{v}$$ con $ds=\sqrt{dx^2+dy^2}$. La velocidad $v$puede inferirse de la conservación de la energía. Si tu partícula parte del reposo en altura $y_0$entonces $$E=mgy_0=mgy+\frac{1}{2}mv^2 \quad \Rightarrow\quad v=\sqrt{2g(y_0-y)}$$ entonces $$T=\int\sqrt{\frac{dx^2+dy^2}{2g(y_0-y)}}$$ El dulce truco es darse cuenta de que, al hacer $dy$su variable de integración, es decir $$T=\int\sqrt{\frac{(dx/dy)^2+1}{2g(y_0-y)}}dy$$ tienes un lagrangiano $L=\sqrt{\frac{(dx/dy)^2+1}{2g(y_0-y)}}$dónde $x$es ignorable, por lo que la ecuación de Euler-Lagrange dice $$\frac{d}{dy}\frac{\partial L}{\partial (dx/dy)}-\frac{\partial L}{\partial x}=0$$ y obtienes una primera integral gratis: $$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial (dx/dy)}=C \end{align}$$ dónde $C$es una constante Desde ese punto, no es muy difícil reorganizar los términos para obtener una ecuación que sea separable en $x$y $y$.

Este conocido problema consiste en encontrar la curva que une dos puntos, a lo largo de la cual una partícula que cae del reposo bajo la influencia de la gravedad viaja desde el punto más alto al más bajo en el menor tiempo.

Se supone que el movimiento en la curva no tiene fricción.

El tiempo para viajar del punto 1 al punto 2 es

$$\begin{equation} t_{12}\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2}\mathrm{d}t\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2} \dfrac{\mathrm{d}s}{v} \tag{01}\label{01} \end{equation}$$ dónde$\:s\:$el parámetro de longitud de arco y$\:v\:$la velocidad $$\begin{equation} \mathrm{d}s\boldsymbol{=}\sqrt{\mathrm{d}x^{2}\boldsymbol{+}\mathrm{d}y^{2}}\boldsymbol{=}\sqrt{1+y'^{\,2}}\:\mathrm{d}x \tag{02}\label{02} \end{equation}$$ en ecuacion $\eqref{02}$ $$\begin{equation} y'\boldsymbol{\equiv}\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \tag{03}\label{03} \end{equation}$$ mientras que de la conservación de la energía $$\begin{equation} v\boldsymbol{=}\sqrt{2gy} \tag{04}\label{04} \end{equation}$$ Entonces $$\begin{equation} t_{12}\boldsymbol{=}\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\int\limits_{1}^{2}\sqrt{\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}}\,\mathrm{d}x \tag{05}\label{05} \end{equation}$$ Menos tiempo significa $$\begin{equation} \sqrt{2g}\;t_{12}\boldsymbol{=}\int\limits_{1}^{2}L\left(y,y',x\right)\mathrm{d}x\boldsymbol{=}\text{extremum} \tag{06}\label{06} \end{equation}$$ dónde $$\begin{equation} L\left(y,y',x\right) \boldsymbol{\equiv} \sqrt{\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}}\boldsymbol{=}\left(\dfrac{1\boldsymbol{+}y'^{\,2}}{y}\right)^{\frac{1}{2}} \tag{07}\label{07} \end{equation}$$ es el Lagrangiano del problema.

La ecuación de Euler-Lagrange

$$\begin{equation} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\dfrac{\partial L}{\partial y'}\right)\boldsymbol{-}\dfrac{\partial L}{\partial y}\boldsymbol{=}0 \tag{08}\label{08} \end{equation}$$ da después de una larga diferenciación o usando la Identidad de Beltrami la siguiente ecuación diferencial para la curva
$$\begin{equation} y'^{\,2}\boldsymbol{+}2y y''\boldsymbol{+}1\boldsymbol{=}0 \tag{09}\label{09} \end{equation}$$