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Mi sapete risolvere questo problema?

Dati due punti A e B nel piano cartesiano sopra l'asse delle ascisse, dove A è più in alto di B. Si consideri un blocco M in grado di muoversi senza attrito lungo una qualsiasi traiettoria che congiunge A e B. Allora si chiede: "Quale è la traiettoria più breve in cui l'oggetto, partendo da fermo in A, sotto l'effetto gravitazionale, va in B?? O ancora meglio, quale è quella traiettoria dove ci si mette meno tempo possibile per portare un oggetto da A a B?

Non esistono casi banali.

Questo è il famoso problema della brachistocrona (tempo minimo).
Si dovrebbe prima trovare col calcolo delle variazioni la curva per cui il tempo è minimo, che corrisponde alla cicloide (consultare qualche testo specifico) le cui equazioni sono

$x=a(\Phi-\sin \Phi); \qquad y=a(1-\cos \Phi)$

con x orientato orizzontalmente a destra ed y verticalmente in basso. La curva scaturisce dalla rotazione dell’angolo $\Phi$ di una circonferenza di raggio $a$ su x.
Dalla conservazione dell’energia:

$v^2=2gy$

Essendo

$\dot {x}=a(1-\cos \Phi) \dot {\Phi};\qquad \dot {y}=(a \sin \Phi)\dot{\Phi}$ si ha

$v^2=\dot {x}^2+\dot {y}^2=2a^2(1-\cos \Phi) \dot{\Phi}^2=2gy=2g a(1-\cos \Phi)$

Da cui $d\Phi/dt=\sqrt{g/a}$ , quindi $t=\Phi \sqrt{a/g}$ se $\Phi=0$ per t=0.

Dalle coordinate del punto inferiore della curva si risale ai valori di $a$ e $\Phi$ che permettono il calcolo del tempo minimo.

Perfetto. Mi sa che prenderò subito nota di questa soluzione. Lo hai per caso trovato da qualche parte? Grazie

Il problema della curva del tempo minimo fu proposto da Galilei e risolto da Bernoulli nel 1697. Un metodo per ottenere la cicloide deriva dall’applicazione dell’equazione di Eulero-Lagrange (meccanica razionale). Un esercizio finalizzato alla determinazione del periodo di oscillazione di una massa in una cicloide, tramite la conservazione dell’energia, è il 4.31 del libro della collana Schaum di meccanica razionale.

Io non so come abbia fatto Bernoulli, ma presumo che non conoscesse il calcolo delle variazioni, così come non lo conosco io.
Di meccanica razionale ricordo poco (troppi anni passati), però ricordo che qualche mese fa ci sono arrivato da solo a determinare questa cicloide come curva di tempo minimo, e l'ho fatto in un modo (non so quanto ortodosso) che illustro di seguito.

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.
Immagine

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 $k = 2\sqrt{gR}$

Infatti si utilizza un principio analogo a quello di Fermat per la luce, che prevede un tempo minimo nella rifrazione. Invocando la legge di Snell si ha:

$v/\sin \alpha=k \qquad v^2/\sin^2 \alpha =k^2 \qquad y=k^2\sin^2 \alpha /(2g)$

Inserendo la y in $dx=dy \tan \alpha$ ed integrando si ottiene l’ascissa x.

Faccio un paio di commenti per i futuri lettori:

Fatto spettacolare 1) Questa stessa curva è tale che un corpo, lasciato da qualunque altezza, raggiunge il punto più basso della cicloide nello stesso tempo (il nostro prof di Analisi 2 ha commentato "Prendete un bambino puntiforme, lo ricoprite di vaselina, e lo lasciate andare da qualunuqe altezza: egli raggiunge il fondo dello scivolo nello stesso tempo"

); dunque un pendolo che percorresse questa curva avrebbe un periodo indipendente dall'ampiezza iniziale.
Provate a dimostrare questo fatto imponendo la conservazione dell'energia, e scrivendo una legge del tipo $dt=ds/v$ per poi integrare i due membri.

Fatto spettacolare 2) Un pendolo come quello descritto prima si ottiene (si veda la figura) vincolando il filo del pendolo a due guide laterali, sempre a forma di cicloide, congruenti alla curva percorsa dal pendolo.

Ti ringrazio per aver postato queste due brillanti considerazioni.
Per la dimostrazione consideriamo per ipotesi che la massa $m$ del pendolo si trovi nell'istante $t_0$ ad altezza $y_0$ con angolo $\theta_0$ e nell'istante $t$ ad altezza $y$ con angolo $\theta$ . Per calcolare la velocità alla quota $y$ basta applicare la conservazione dell'energia meccanica:

$\displaystyle{mg(y_0-y)=\frac{1}{2}mv^2}$ $\Rightarrow v=\sqrt{2g(y_0-y)} \Rightarrow v=\sqrt{2gR(cos{\theta_0}-cos{\theta})}$

Adesso noi sappiamo che:

$\displaystyle{v=\frac{ds}{dt}}\Rightarrow v=\frac{ds d\theta}{d\theta dt}\Rightarrow dt=\frac{R\sqrt{2-2cos{\theta}}}{\sqrt{2gR(cos{\theta_0}-cos{\theta})}}$

Per calcolare il tempo $t_c$ che la massa $m$ impiega per toccare terra:

$\displaystyle{t_c=\int_{0}^{t_c}dt}\Rightarrow {t_c=\sqrt{\frac{R}{g}}\int_{\theta_0}^{\pi}}\sqrt{\frac{1-cos{\theta}}{cos{\theta_0}-cos{\theta}}}d\theta\Rightarrow t_c=\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$

Per simmetria il pendolo avrà un periodo $T=4t_c$ indipendente da $\theta_0$ :

$\displaystyle{T=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}}}$

Il periodo del pendolo dipende esclusivamente da $R$ e da $g$ .

Bravo, l'impostazione dell'integrale va bene (hai solo dimenticato un $d\theta$ nella seconda formula, quella dove scrivi $dt = \dots$ )
Potresti spiegare più o meno come hai fatto l'integrale? Mi pare che servisse la formula di bisezione e una sostituzione..

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La bella Elena della Geometria

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