Vincolo che meglio "asseconda" la caduta di un cor

[nato_pigro1]

Non sapevo proprio che titolo mettere...

Comunque, il problema che mi è venuto in mente è questo: io ho due punti nel piano $A, B$, mettiamo che il piano in questione sia quello che descrive la quota e un'altra dimensione dello spazio. Io lascio cadere un corpo da $A$ e voglio che raggiunga $B$. Qual è il vincolo, il profilo, che devo "mettere sotto $A$" perchè il corpo raggiunga $B$ nel minor tempo possibile? (Supponiamo $g$ costante e senza attriti naturalmente).

Per capirci: se $B$ ha la stessa ascissa di $A$ allora la curva in questione sarà banalmente una retta verticale passante per $A$.

Pensandolo mi sembrava risolvibile con metodi elementari (facendo lo schema delle forze, prendendo la derivata ddella curva in un generico $x$), ma andandolo a mettere nero su bianco sono sorte difficoltà...

[Fioravante Patrone1]

Se ben capii, la risposta è: brachistocrona.

Classico problema di "calcolo delle variazioni".

[strangolatoremancino]

Nel tuo caso in cui consideriamo il corpo sotto l'accelerazione di gravità costante, la curva che deve percorrere il corpo per andare da i due punti nel minor tempo possibile (cioè una curva brachistocrona come ha detto Fioravante) è un ramo di cicloide, in pratica la traiettoria seguita da un punto che si trova sul bordo di una ruota che rotola senza strisciare su un piano (il punto di contatto tra la ruota e il piano è fermo), ovvero detta $v_0$ la velocità di traslazione della ruota e $r$ il suo raggio la sua velocità angolare sarà $omega=v_0/r$

[Luc@s]

sul Goldstein di Meccanica Classica trovi un capitolo su questi problemi

[nato_pigro1]

si, è proprio lei.

[Falco5x]

Indubbiamente arco di cicloide.
Se non ricordo male una volta mi pare di essere riuscito a dimostrarlo senza ricorrere all'analisi delle variazioni, ma usando solo l'analisi matematica di base. Dovrei forse trovare l'appunto, se ti interessa.
Ricordo che l'arco di cicloide è anche il profilo che rende rigorosamente isocrone le oscillazioni di un corpo attorno al punto più basso indipendentemente dalla loro ampiezza. Anche su questo dovrei avere un appunto...

[nato_pigro1]

si, mi interessa più che altro il primo appunto...

[Falco5x]

"nato_pigro":si, mi interessa più che altro il primo appunto...

Ho trovato e te lo riporto.
Non c'è niente di rigoroso, anzi posso aver anche scritto delle castronerie... comunque a te giudicare.

Determinare la curva che minimizza il tempo di caduta di un grave da un primo punto avente coordinate xA,yA a un secondo punto (situato più in basso) avente coordinate xB,yB (in presenza di campo gravitazionale uniforme g).

Dato un dislivello complessivo Δy tra un punto iniziale O e un punto finale F (vedi figura), suddividiamolo in due dislivelli componenti Δy1 e Δy2; supponiamo che nel transitare attraverso ciascuno di questi, il grave mantenga velocità costante, in particolare attraversi il dislivello Δy1 con velocità costante v1 e il dislivello Δy2 con velocità costante v2.

Determino la relazione tra gli angoli α1 e α2 che minimizzano il tempo di percorrenza da O a F:

$T = \frac{\sqrt{ \Delta y_1^2 + x^2 }}{v_1} + \frac{\sqrt {\Delta y_2^2 + ( x_F - x )^2 }}{v_2}$

Cerco il minimo di questa funzione derivando rispetto a x e uguagliando a 0:

$\frac{dT}{dx} = \frac{x}{v_1\sqrt {\Delta y_1^2 + x^2 }} - \frac{x_f - x}{v_2\sqrt {\Delta y_2^2 + ( x_f - x )^2 }} = 0$

Osservando che:

$\frac{x}{\sqrt {\Delta y_1^2 + x^2 }} = \sin \alpha _1$

$\frac{x_f - x}{\sqrt {\Delta y_2^2 + ( x_f - x )^2 }} = \sin \alpha _2$

si ha la condizione cercata:

$\frac{\sin \alpha _1}{v_1} = \frac{\sin \alpha _2}{v_2}$

Ora immaginando che i punti O e F siano punti qualsiasi appartenenti alla curva da determinare, per definire questa curva pare logico pensare di far tendere i Δy a 0 ed effettuare un’integrazione.
Si sa che la velocità dipende da y secondo la legge $v = \sqrt {2gy}$
Posto quindi

$\sin \alpha _1 = z$

$\sin \alpha _2 = z + dz$

posso scrivere

$\frac{z}{v} = \frac{z + dz}{v + dv}$

$\frac{dv}{v} = \frac{dz}{z}$

Integrando:

$\int \frac{dv}{v} = \int \frac{dz}{z} + C$

$\ln v = \ln z + C$

$\ln \sqrt {2gy} = \ln ( \sin \alpha ) + \ln k$

$\sqrt {2gy} = k\sin \alpha $

$y = \frac{k^2}{2g}\sin ^2\alpha $

$dy = \frac{k^2}{g}\sin \alpha \cos \alpha d\alpha $

$dx = \tan \alpha dy = \frac{k^2}{g}\sin ^2\alpha d\alpha $

$\int dx = \int \frac{k^2}{g}\sin ^2\alpha d\alpha + L$

$x = \frac{k^2}{g}( \frac{1}{2}\alpha - \frac{1}{2}\sin \alpha \cos \alpha ) + L$

$\int dy = \int \frac{k^2}{g}\sin \alpha \cos \alpha d\alpha + H$

$y = \frac{k^2}{2g}\sin ^2\alpha + H$

Supponendo che per x=0 sia anche y=0, si ha la soluzione

$x = \frac{k^2}{2g}( \alpha - \sin \alpha \cos \alpha )$

$y = \frac{k^2}{2g}\sin ^2\alpha $

Posto poi $\alpha = \frac{\beta }{2}$ si può anche scrivere

$x = \frac{k^2}{4g}[ \beta - \sin \beta ]$

$y = \frac{k^2}{4g}[ 1 - \cos \beta ]$

equazione della cicloide se si pone $k = 2\sqrt(gR)$

[nato_pigro1]

davvero carina l'idea di dividere il tratto in due e poi fare tendere $deltay$ a $0$ e integrare.