Брахистохрона

Скорость шарика на глубине \(y\) равна \(\sqrt{2gy}\) — это «показатель преломления» \(n\propto1/v\). Для луча в среде \(n(y)\) из закона Снеллиуса \(n\sin\theta=\text{const}\), а наклон луча \(\mathrm dy/\mathrm dx=\operatorname{ctg}\theta\) выражается через \(n(y)\).

1) \(t_{\text{кр}}=\sqrt{\dfrac{2(H^2+L^2)}{gH}}\), \(t_{\text{макс}}=\dfrac{2H+L}{\sqrt{2gH}}\), равенство при \(\dfrac LH=\dfrac43\);  2) \(n=\sqrt{H/y}\);  3) см. решение;  4) \(d=\dfrac h{\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2}}\);  5) \(t_{\min}=\pi\sqrt{\dfrac H{2g}}\).

i) Шарик, движущийся по оранжевой кривой (кратчайший путь), находится под действием эффективного ускорения \(a_{\text{эфф}}=\dfrac H{\sqrt{H^2+L^2}}\,g\), поэтому \(\dfrac{a_{\text{эфф}}t_o^2}2=\sqrt{H^2+L^2}\) и \[t_o=\sqrt{\frac{2(H^2+L^2)}{gH}}.\] Шарик, движущийся по голубой кривой (максимальная скорость), сначала падает в течение времени \(t_1=\sqrt{2H/g}\), а затем движется со скоростью \(v=\sqrt{2gH}\) на оставшемся участке, поэтому \(t_2=\dfrac L{\sqrt{2gH}}\), и полное время равно \[t_b=t_1+t_2=\frac{2H+L}{\sqrt{2gH}}.\] Уравнение \(t_o=t_b\) решается и даёт \(\dfrac LH=\dfrac43\).

ii) Чтобы понять этот пункт, нужно применить принцип Ферма, согласно которому свет всегда идёт по пути локально наименьшего времени между двумя точками. Так как скорость шарика меняется в зависимости от высоты, это переформулируется как зависящий от высоты показатель преломления. Из закона сохранения энергии известно, что \(\dfrac{mv(y)^2}2=mgy\), откуда \(v(y)=\sqrt{2gy}\) и \[n(y)=\frac{v(H)}{v(y)}=\sqrt{\frac Hy}.\]

iii) Из закона Снеллиуса знаем, что \(n(y)\sin\theta=\text{const}=C\), поэтому нужно выразить \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\operatorname{ctg}\theta\) через \(\sin\theta\) (заметим, что производная здесь — котангенс из-за способа, которым определён угол в оптике). Воспользуемся результатом \(1+\operatorname{ctg}^2\theta=\dfrac1{\sin^2\theta}=\dfrac{n(y)^2}{C^2}\), откуда \[\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\sqrt{A\,n(y)^2-1},\qquad A=\frac1{C^2}.\]

iv) Знаем, что \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=0)=0\) (из условия скольжения), поэтому находим \(n(0)=n_0\) и \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=0)=\sqrt{An_0^2-1}\), откуда \(A=\dfrac1{n_0^2}\). Это, в свою очередь, даёт \[\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\sqrt{(1+\alpha y)^2-1},\qquad\text{так что}\qquad\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=h)=\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2},\] и потому \[d=\frac h{\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=h)}=\frac h{\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2}}.\]

v) В этом случае есть тривиальная циклоида, соединяющая точки \(A\) и \(B\) и удовлетворяющая начальному условию \(v_A=0\). Выберем колесо радиуса \(R=\dfrac H2=\dfrac L\pi\), так что колесо совершает ровно пол-оборота между точками \(A\) и \(B\). Хотим найти такую функциональную зависимость угловой скорости от угла качения \(\omega(\theta)\), чтобы верхняя точка колеса в любой момент находилась там же, где материальная точка. Составляющие скорости: \(v_y=R\omega(\theta)\sin\theta\) и \(v_x=R\omega(\theta)\,[1-\cos\theta]\), поэтому \(v^2=2R^2\omega(\theta)^2\,[1-\cos\theta]=2gR\,[1-\cos\theta]\), где последнее равенство следует из сохранения энергии шарика. Отсюда заключаем, что угловая скорость постоянна: \(\omega^2=\dfrac{\pi^2}{t_{\min}^2}=\dfrac gR\), и \[t_{\min}=\pi\sqrt{\frac Rg}=\pi\sqrt{\frac H{2g}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.