by 
Έστω ότι έχουμε ένα σωματίδιο που μπορεί να κινείται σε τροχιά εντός ομογενούς βαρυτικού πεδίου. Η τροχιά που πρέπει να ακολουθήσει το σωματίδιο ώστε να καλύψει μια διαδρομή S στον ελάχιστο χρόνο, αποδεικνύεται ότι είναι το κυκλοειδές. Χρησιμοποιώντας variation theory αποδεικνύω το παραπάνω και γενικεύω στις διαφορικές της κίνησης του σωματιδίου.
Σπύρο συγχαρητήρια.
Ευχαριστώ κ. Γιάννη.
Τι έκανες πάλι Σπύρο!!!! Δεν μπορώ να σε παρακολουθήσω ενδελεχώς, πρέπει να επαναφέρω τις πάλαι ποτέ γνώσεις των πανεπιστημιακών μαθηματικών!
Να δούμε τι θα κάνεις στις Ανώτατες σπουδές σου, αφού τα ξέρεις από τώρα που είσαι μαθητής της Β Λυκείου!
Εύγε!!!!
κ. Πρόδρομε ευχαριστώ πάρα πολύ για τα καλά λόγια. Είναι ένα θέμα σχετικά γνωστό, με το οποίο έχουν ασχοληθεί αρκετοί στο δίκτυο. Εγώ το γενίκευσα με περισσότερα μαθηματικά.
Να είστε καλά!
Σπύρο, στη διεύθυνση που υπάρχει στο τέλος υπάρχει:
Μια λύση μέσω της διαφορική εξίσωση Euler – Lagrange αντί για λογισμό μεταβολών.
Συμπληρωματικά, και πιο σημαντικό, μπορείς να δεις ότι έχουμε τις εξής περιπτώσεις.
● Η κορυφή της κυκλοειδούς καμπύλης το σημείο A, το σημείο B είναι το ελάχιστο σημείο της ίδιας κυκλοειδούς, τότε τα σημεία A και B έχουν τέτοιες συντεταγμένες, ώστε η κλίση της ευθείας που διέρχεται απ’ αυτά τα σημεία να είναι: 147,520
Τότε μια και μόνη κυκλοειδής καμπύλη διέρχεται από τα σημεία A και B, ώστε η εφαπτομένη στο A να είναι κατακόρυφη και η εφαπτομένη στο B να είναι οριζόντια. Δηλαδή το σημείο A να είναι η κορυφή του κυκλοειδούς και το σημείο B το ελάχιστο σημείο.
Αν δεν ισχύει η κατάλληλη συνθήκη για το παραπάνω, τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε είτε
● Το κυκλοειδές που έχει κορυφή το σημείο A, ενώ το σημείο B είναι ένα ενδιάμεσο σημείο, όχι το ελάχιστο, του κυκλοειδούς
είτε
● μια κυκλοειδή καμπύλη που έχει το σημείο B ελάχιστο σημείο και το σημείο A ως ένα ενδιάμεσο σημείο.
http://catalysis.gr/physics/trochoids/vrachistochrone.html
Καλησπέρα κ. Άρη. Πρώτα από όλα ευχαριστώ για την παραπομπή και συμφωνώ με όσα γράφετε!
Τι εννοείτε όταν γράφετε “αντί για λογισμό μεταβολών”? Οι εξισώσεις Euler-Lagrange είναι κομμάτι του λογισμού μεταβολών και δεν έχουν μόνο φυσική σημασία. Εκφράζουν ουσιαστικά, το είδος των μεταβλητών που μια συνάρτηση πρέπει να έχει, ώστε το ολοκλήρωμα της ως προς μια βασική μεταβλητή να παρουσιάζει ακρότατο.
Δεν είναι κομμάτι της φυσικής. Η φυσική εμπλέκεται όταν θέλουμε να σταθμίσουμε το ολοκλήρωμα δράσης (δS=0).
Με άλλα λόγια, τόσο εγώ όσο και η παραπομπή που παραθέσατε, αντιμετωπίζουμε το πρόβλημα με λογισμό μεταβολών (variation theory), χρησιμοποιώντας τις εξισώσεις Euler-Lagrange, για να ελαχιστοποιήσουμε το ολοκλήρωμα του χρόνου,
Σπύρο το αν προκύπτει ή Euler-Lagrange από την δράση και τον μηδενισμό της μεταβολής της σε βεβαιώνω ότι το ξέρω πολύ καλά και από πολύ παλιά.
Δεν έκανα κρίση για την ορθότητα της διαδικασίας που χρησιμοποίησες. Χρησιμοποίησα τον όρο «εναλλακτικά».
Όμως όταν θέλουμε να συγκρίνουμε δυο διαδικασίες κοιτάμε και ποια δίνει πιο εύκολα το αποτέλεσμα.
Στην δική σου δουλειά από το ολοκλήρωμα για τον χρόνο που ψάχνουμε (εξ. 3) μέχρι να βγάλουμε τη εξίσωση του κυκλοειδούς (εξ. 19) παρεμβάλλονται 15 βήματα. Χρησιμοποιώντας την άλλη μέθοδο τα αντίστοιχα βήματα είναι 7.
Ξαναλέω εναλλακτικά.
Αυτά, απλά και υποθέτω κατανοητά.
Μα κ. Άρη εγώ αποδεικνύω την εξίσωση του κυκλοειδούς. Για αυτό μεσολαβούν αρκετά βήματα, γιατί λύνω την διαφορική.
Στην παραπομπή που παραθέσατε, η λύση της διαφορικής παίρνεται έτοιμη.
Η διαφορική (13) στην δική μου ανάλυση, δεν λύνεται στην παραπομπή σας, απλά αναφέρεται ότι είναι η εξίσωση του κυκλοειδούς. Αν παρέλειπα την λύση τότε τα βήματα θα μειώνονταν…
Ένα πρόβλημα άσχετο με το θέμα αλλά και σχετικό. Δίνεται μία ευθεία (ε) και δύο σταθερά σημεία Α και Β εκατέρωθεν της ευθείας. Τα Α, Β και η ευθείας (ε) βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Να βρεθεί σημείο Μ επί της ευθείας (ε) τέτοιο ώστε ΑΜ+2ΜΒ=ελάχιστο.
Σημ: τη λύση δεν δεν τη δίνω αφού ακόμη δεν την έχω λύσει…..
Μια γρήγορη λύση:
Το θέμα είναι Σπύρο πως δεν μπορούμε να βρούμε πολιτισμένη λύση (κανόνα και διαβήτη).
Μπορούμε να βρούμε “ημιπολιτισμένη” λύση;
Προτείνω μία μέσω Στατικής, όμως δεν με ικανοποιεί.
Μπορούμε να βρούμε λύση με Κινηματική Γεωμετρία;
Με απλά λόγια:
Σου στέλνω ένα χαρτί με μια ευθεία και δύο σημεία. Κανένα νούμερο.
Τι θα κάνουμε για να βρούμε το σημείο;
Μετρήσεις αποστάσεων με χαρακάκι δεν χαρακτηρίζονται πολιτισμένες λύσεις.
Καλημέρα κ. Γιάννη.
Δεν μπορώ να σκεφτώ πως μπορεί να γίνει αυτό. Αλλά δεν είναι η πρώτη φορά που προβλήματα δεν λύνονται αναλυτικά. Για αυτό υπάρχουν και τα υπολογιστικά προγράμματα.
Τι έχετε στο μυαλό σας για την προσεγγιστική εύρεση του σημείου?
Καλημέρα Σπύρο.
Δεν μιλώ για προσεγγιστική εύρεση.
Μιλώ για ακριβή εύρεση του σημείου. Γίνεται;
Αν ναι, πώς;
Το να μετρήσεις με χαρακάκι τις αποστάσεις που χρησιμοποιείς δεν είναι ακριβής λύση ακόμα και αν έβγαζες αναλυτική λύση.
Ας κάνω την υπόθεση ότι έβγαζες πως x=L.α/(α+β).
Δεν έχεις λύσει το πρόβλημα διότι “πως ξέρεις τα x ,και β;”.
Τα μέτρησες με χαρακάκι;
Η μέτρηση δεν είναι ακριβής λύση.
Πρέπει να χαράξεις δύο γραμμές, καμπύλες ή όχι, και να βρεις το σημείο τομής τους.
Να στο πω πιο απλά:
Υποθέτεις ότι ο Πάνος αγνοεί την πρώτη παράγωγο;
Μέγιστα μέσω παραγώγων εύρισκε από την δεκαετία του 70.
Ζητά λύση του προβλήματος, όχι να του πούμε ότι πρέπει να μηδενισθεί κάποια παράγωγος.
Να φέρω παράδειγμα:
Σου στέλνω ένα ευθύγραμμο τμήμα και σου ζητώ να το κόψεις σε τρία ίσα τμήματα. Πως θα το λύσεις;
Θα πεις ότι καθένα έχει μήκος x/3;
Δες μία:
Σνελ
Βάλε όπου θέλεις τα Α και Β.
Σύρε το κίτρινο σημείο μέχρις ότου η κάτω δεξιά ημιευθεία περάσει από το Β.
Φυσικά η λύση θέλει μηχανισμό. Μηχανισμό πολύπλοκο.
Κινηματική Γεωμετρία και όχι “πολιτισμένη”.
Μια άλλη λύση αυτή με τα βάρη.
Κατάλαβα, ψάχνετε “γεωμετρική” αλλά ακριβή λύση, ανεξαρτήτως των αριθμητικών τιμών. Είδα αυτό με τα βάρη και είναι έξυπνο.
Το λινκ που βάλατε εδώ “ως Σνελ” δεν μου ανοίγει.
Όχι εγώ Σπύρο. Ο Πάνος ψάχνει τέτοια λύση.
Δες εδώ Σπύρο.
Σνελ.
Πάνο ΑΜ+2ΜΒ είναι ο χρόνος που θέλει ένας ο οποίος κινείται στο ένα ημιεπίπεδο με ταχύτητα 1 και στο δεύτερο με ταχύτητα 0,5.
Έτσι πρέπει να πέσει στην ευθεία με γωνία φ και να μπει με γωνία θ τέτοιες ώστε
ημφ/ημθ=2.
Με κανόνα και διαβήτη δεν λύνεται.
Μια λύση εδώ:
Ο ναυαγοσώστης, ο Σνελ και τα βαράκια.
Η λύση με τα βαράκια είναι περίπου ίδια με τη λύση με την ελάχιστη δυναμική ενέργεια. Θεωρείς ότι πάνω στην ευθεία βρίσκεται ένας κρίκος που συνδέεται με ελατήρια με τα σημεία Α και Β. Τα ελατήρια είναι πολύ περίεργα. Ασκούν σταθερή και κεντρική δύναμη διαφορετική το καθένα. Έστω το ένα δύναμη c1 και το 2ο δύναμη c2. Το πεδίο προφανώς του κάθε ελατηρίου συντηρητικό και η δυναμική ενέργεια του καθενός U=cx . Τότε το ελατήριο θα έχει την ελάχιστη δυναμική ενέργεια εκεί που η συνολική δύναμη είναι μηδέν άρα στο σημείο που καθορίζεται από τον κανόνα του Snell.
Γιάννη δεν θυμάμαι αν μία εξίσωση 4ου βαθμού δεν μπορεί να λυθεί γεωμετρικά με χάρακα και διαβήτη. Αν είσαι σίγουρος γι αυτό τότε θα πάψω ν’ ασχολούμαι. Ασχολήθηκα γιατί αν θυμάμαι καλά ( ου γαρ έρχεται μόνον ) πριν από πολλά πολλά χρόνια σε ένα quantum στα ρώσικα ακόμη ( πριν το πάρουν οι Αμερικάνοι και το κλείσουν ) είχα διαβάσει για μία τέτοια γεωμετρική κατασκευή που μου είχε κάνει πολύ εντύπωση. Μπορεί να μη θυμάμαι και καλά. Έψαξα μπας και βρω αυτό το τεύχος αλλά δεν το βρήκα. Το είχα πάρει το 81 από τη Μόσχα.
Καλημέρα Πάνο.
Νομίζω πως μια 4ου βαθμού δεν υλοποιείται με κανόνα και διαβήτη.
Μόνο με αναλυτική Γεωμετρία.
Θα το ξαναψάξω.
Όχι ελατήρια. Αυτό:
Πολύ καλό. Μπορεί να γίνει ίσως και πειραματικά. Στο εργαστήριο έχω φτιάξει ένα μοντέλο που βασίζεται στην αρχή Huygens με το οποίο προβλέπω την πορεία του φωτός και στη συνέχεια την επαληθεύω με ένα laser point. Θα βγάλω ένα βιντεάκι και θα το παρουσιάσω.
Οπτικά Πάνο!
Φυσικογεωμετρική κατασκευή.
Βρίσκω από το Πανεπιστήμιο Πατρών.
Είναι λογικό διότι ευθείες χαράσσονται και κύκλοι.
Γιάννη το βιντεάκι που σούλεγα
https://youtu.be/rRP-FFuChmk
Εντυπωσιακό!
Αυτό είναι το γεωμετρικό όργανο. Κίνηση μέχρι να ενώσεις τα Α και Β!