Distancia más corta, superficie mínima, tiempo mínimo

La distancia más corta entre dos puntos

El problema más sencillo de cálculo de variaciones consiste en encontrar el camino más corto que une los puntos A(x1,y1) y B(x2,y2). Conocemos la respuesta que es el segmento de la recta que pasa por dichos puntos

Para cada intervalo dx a lo largo del eje X le corresponde un trozo de camino de longitud ds. Utilizando el teorema de Pitágoras

ds= d x 2 +d y 2 = 1+ ( dy dx ) 2 dx=( 1+ y ˙ 2 )dx

Tenemos que encontrar el camino más corto y=y(x) entre los puntos A y B tal que la longitud de la trayectoria (la integral)

I(y)= x 1 x 2 1+ y ˙ 2 dx

sea mínima, con las condiciones de contorno

{ y( x 1 )= y 1 y( x 2 )= y 2

La función, f(x,y, y ˙ )= 1+ y ˙ 2 , no depende de x e y. Aplicando la ecuación de Euler-Lagrange

f y ˙ = y ˙ 1+ y ˙ 2 y ˙ 1+ y ˙ 2 =C

La solución es

C 2 + C 2 y ˙ 2 = y ˙ 2 y ˙ =m dy dx =m dy =m dx + C 1 y=mx+ C 1

Que es la ecuación de una recta. Calculamos la constante C1 sabiendo que la recta pasa por A(x1,y1)

C1=y1-m·x1

La ecuación de la recta es

y-y1=m(x-x1)

Calculamos la constante m (pendiente de la recta) sabiendo que la recta pasa por B(x2,y2)

y= y 2 y 1 x 2 x 1 ( x x 1 )+ y 1

Superficie mínima de revolución

Se genera una superficie de revolución haciendo girar la curva y=y(x) alrededor del eje X.

Por ejemplo, si y=mx, es una recta que pasa por el origen, se genera una superficie cónica, si y=cte, se genera una superficie cilíndrica.

Se tratará de encontrar la función y=y(x) que hace que el área de la superficie de revolución generada entre los puntos x=a y x=b sea mínima.

Tal como vemos en la figura, el elemento diferencial de área (en color negro) es

dA=2πy(xds, siendo ds= d x 2 +d y 2 . El área es

A(y)= a b 2πy(x) 1+ ( dy dx ) 2 dx

Buscamos el mínimo de la función f(x,y, y ˙ )=y 1+ y ˙ 2 , que no depende de x. La ecuación de Euler-Lagrange, se escribe

f f y ˙ y ˙ = C 1 y 1+ y ˙ 2 y y ˙ 2 1+ y ˙ 2 = C 1 C 1 dy dx = y 2 C 1 2

La solución es

x+ C 2 = C 1 dy y 2 C 1 2 x+ C 2 = C 1 cosh 1 ( y C 1 ) y= C 1 cosh( x+ C 2 C 1 )

Ejemplo, sea C2=0, y C1=1

y=cosh(x)

Dibujamos la superficie que se genera al girar la curva y=cosh(x) alrededor del eje X, entre los puntos de abscisa x=0 y x=2

>> syms x t;
>> ezsurf(x,cosh(x)*cos(t),cosh(x)*sin(t),[0,2*pi,0,2])
>> title('superficie de revolución')

Braquistócrona

Se trata de encontrar la curva que hace que una partícula que cae bajo la acción de la gravedad, emplee un tiempo mínimo en recorrerla. Utilizaremos el cálculo de variaciones para obtener la ecuación de la curva que como veremos es una cicloide

La partícula parte del origen con velocidad v=0. Cuando ha descendido una altura y, su velocidad es v, que se calcula aplicando el principio de conservación de la energía

1 2 m v 2 +mg(y)=0 v= 2gy

El tiempo que tarda la partícula en ir de A a B es la suma

I(y)= A B dt = A B ds v = 1 2g A B 1+ y ˙ 2 dx y

Aplicando la ecuación de Euler-Lagrange a la función f que no depende de x

f(x,y, y ˙ )= 1+ y ˙ 2 y

por lo que utilizamos la segunda versión de dicha ecuación

f y ˙ = y ˙ y 1+ y ˙ 2 d dx ( y ˙ f y ˙ f )=0 y ˙ 2 y 1+ y ˙ 2 1+ y ˙ 2 y =C

El resultado es

1 y 1+ y ˙ 2 =C dy dx = ky y y ky dy+ C 1 =x

Hacemos el cambio de variable

y=k sin 2 θ dy=2ksinθcosθ·dθ y ky dy =2k tanθ sinθcosθ·dθ=2k sin 2 θ·dθ=k ( 1cos(2θ) )dθ = k( θ 1 2 sin(2θ) ) x=k( θ 1 2 sin(2θ) )+ C 1

La constante C1 se determina sabiendo que la trayectoria pasa por el origen (x=0, y=0). Teniendo en cuenta que y=0, entonces k sin 2 θ=0 , tendremos que θ=0, lo que implica que C1=0

x=k( θ 1 2 sin(2θ) ) y= k 2 ( 1cos(2θ) )

Llamando R=k/2 y φ=2θ

x=R( φsinφ ) y=R( 1cosφ )

Que son las ecuaciones paramétricas de la curva denominada cicloide

Vamos a determinar el valor del parámetro R para que la cicloide pase por el punto (x1, y1). Para ello, hay que calcular la raíz φ1 de la ecuación trascendente

y 1 x 1 = 1cosφ φsinφ

Conocidos y1 y φ1 calculamos R,

R= y 1 1cos φ 1

Representamos las cicloides que parten del origen y pasan por los puntos (2,2), (1.5,1.5) y (1,2)

x1=[2,1.5,2];
y1=[2,1.5,1];
hold on
for i=1:length(x1)
    f=@(x) (1-cos(x))/(x-sin(x))-y1(i)/x1(i);
    phi=fzero(f,pi);
    R=y1(i)/(1-cos(phi));
    xp=@(th) R*(th-sin(th));
    yp=@(th) R*(1-cos(th));
    fplot(xp,yp,[0,2*pi])
    plot(x1(i),y1(i),'o','markersize',3,'markeredgecolor','r',
'markerfacecolor','r')
end
set (gca,'Ydir','reverse')
axis equal
grid on
xlabel('x')
ylabel('y')
title('cicloides')

Tiempo que tarda la partícula en discribir un arco de cicliode

Conocida la trayectoria que sigue la partícula, calculamos el tiempo T que tarda en moverse entre dos puntos A y B

T= A B ds v = 1 2g A B 1+ y ˙ 2 dx y

Expresamos y, dy/dx y dx en términos de los parámetros R y φ

dx dφ =R( 1cosφ ) dy dφ =Rsinφ dy dx = sinφ 1cosφ ( dy dx ) 2 = 1+cosφ 1cosφ T= 1 2g A B 1+ 1+cosφ 1cosφ R( 1cosφ ) R( 1cosφ )dφ= R g φ A φ B dφ

Si A es el origen φ=0 y si B es el punto (x1, y1), calculamos la raíz φ1 de la ecuación trascendente y después, el parámetro R, tal como hemos hecho anteriormente

El tiempo T que tarda en llegar la partícula al punto B describiendo un arco de cicloide, partiendo del origen en reposo es

T= R g φ 1

x1=2; %punto B
y1=2;
f=@(x) (1-cos(x))/(x-sin(x))-y1/x1;
phi=fzero(f,pi);
R=y1/(1-cos(phi));
T=sqrt(R/10)*phi; %tiempo
disp(T);
    0.8165

Otras trayectorias

Vamos a calcular el tiempo que tarda una partícula en desplazarse desde el origen A hasta el punto B(x1,y1), siguiendo varias trayectorias, comprobando que la cicloide es la que tarda el menor tiempo.

Línea recta

Consideremos la línea recta que une el origen A y el punto B(x1,y1).

y= y 1 x 1 x dy= y 1 x 1 dx

El tiempo que tarda en moverse de A a B partiendo del reposo es

T= 1 2g A B 1 y 1+ ( dy dx ) 2 dx T= 1 2g x 1 2 + y 1 2 x 1 y 1 0 x1 1 x dx= 2 g x 1 2 + y 1 2 x 1 y 1 x 1

x1=2; %punto P
y1=2;
T=sqrt(2/9.8)*sqrt((x1^2+y1^2)/(x1*y1))*sqrt(x1);
disp(T);
    0.9035
Parábola

Consideremos la parábola que pasa por el origen A y el punto B(x1,y1).

La ecuación de la parábola que pasa por el origen es y=ax2+bx, y tiene su vértice en el punto B(x1,y1) es

y=a x 2 +bx dy dx =2ax+b

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones

2a x 1 +b=0 y 1 =a x 1 2 +b x 1 }a= y 1 x 1 2 b=2 y 1 x 1

El tiempo que tarda en moverse de A a B partiendo del reposo es

T= 1 2g 0 x 1 1+ ( 2ax+b ) 2 a x 2 +bx dx

Utilizamos procedimientos numéricos para calcular la integral definida

x1=2; %punto P
y1=2;
a=-y1/x1^2;
b=2*y1/x1;
f=@(x) sqrt((1+(2*a*x+b).^2)./(a*x.^2+b*x));
T=integral(f,0,x1)/sqrt(2*9.8);
disp(T);
     0.8418
Función armónica

Consideremos la función armónica y=asin(x) que pasa por el origen A y el punto B(x1,y1).

a= y 1 sin( x 1 )

Sabiendo y=y(x) y dy/dx

dy dx =acos(x)

calculamos el tiempo T de viaje. Resolvemos la integral definida por procedimientos numéricos

T= 1 2g 0 x 1 1+ a 2 cos 2 x asinx dx

x1=2; %punto P
y1=2;
a=-y1/x1^2;
b=2*y1/x1;
f=@(x) sqrt((1+(2*a*x+b).^2)./(a*x.^2+b*x));
T=integral(f,0,x1)/sqrt(2*9.8);
disp(T);
     0.8733
>> fplot(@(x) a*sin(x),[0,3])
>> grid on
>> set (gca,'Ydir','reverse')

Como vemos en el gráfico, la partícula parte del origen en reposo, se mueve a lo largo de la trayectoria hasta alcanzar el mínimo en π/2 y luego, asciende hasta el punto B (2,2)

Forma de un cuerpo que se mueve en un fluido, para que presente una resistencia mínima

Consideremos un sólido de revolución que se mueve con velocidad v a través de un gas rarificado en el espacio exterior. Deseamos conocer la forma del cuerpo, es decir, la función y=y(x) que al girar alrededor del eje X genera la superficie de revolución, de modo que su resistencia al movimiento a través del gas sea mínima

Choque de una molécula contra el cuerpo

Nos situamos en el sistema de referencia que se mueve con el cuerpo. Una molécula de gas de masa m y velocidad v paralela al eje X choca con el cuerpo en la posición de abscisa x. El ángulo que forma la recta tangente a curva y=y(x) en x es tanθ=dy/dx.

Después del choque la partícula se refleja, (supondremos que la masa del cuerpo es mucho mayor que la masa m de la molécula). El ángulo que forma el vector v después del choque con el eje X es 2θ.

El cambio de momento lineal a lo largo del eje X es mvcos(2θ)-mv. El cuerpo ejerce una fuerza dirigida a la izquierda sobre la molécula para que cambie la dirección de su velocidad. La molécula ejerce sobre el cuerpo una fuerza igual y de sentido contrario, dirigida hacia la derecha. Este es el origen de la fuerza de resistencia que experimenta un cuerpo cuando se mueve a través de un gas

Δp=mvcos( 2θ )mv=2mv sin 2 θ

Flujo de moléculas

Supongamos que todas las moléculas se mueven con la misma velocidad v. Se denomina flujo al número de partículas que atraviesan la sección normal Sn en la unidad de tiempo, que es el producto del número n de partículas por unidad de volumen, por la velocidad v de las partículas y por el área de la sección normal Sn.

n·v·Sn

Si la superficie S está inclinada formando un ángulo θ, el flujo será

n·v·Scosθ, el producto escalar n v ·S

Consideremos el elemento dS de superficie de revolución marcado en color rojo en la figura. Su área es, dS=2πy·ds, siendo ds el elemento de arco

ds= d x 2 +d y 2 = 1+ ( dy dx ) 2 dx

El flujo de moléculas a través de este elemento de superficie es

n v · dS =nv( 2πy·ds )cos( 90+θ )=2πnvy·ds·sinθ

El cambio de momento lineal de las moléculas que chocan con este elemento de superficie, en la unidad de tiempo, es

2πnvy·ds·sinθ( 2mv sin 2 θ )=4πnm v 2 y sin 3 θ·ds

La densidad ρ del gas es la masa por unidad de volumen, o el producto del número de moléculas n por unidad de volumen por la masa m de cada molécula, ρ=m·n

Recordando que tanθ=dy/dx, y

sinθ= tanθ 1+ tan 2 θ sinθ= y ˙ 1+ y ˙ 2

La fuerza F que ejerce el cuerpo sobre las moléculas es el cambio de momento lineal de todas las moléculas que chocan con su superficie de revolución en la unidad de tiempo

F=4πρ v 2 0 L y sin 3 θ·ds F=4πρ v 2 0 L y ( y ˙ 1+ y ˙ 2 ) 3 1+ y ˙ 2 dx F(y)=4πρ v 2 0 L y y ˙ 3 1+ y ˙ 2 dx

El problema consiste en hallar la función y(x) en la que F alcanza su valor menor posible siendo y(0)=0 e y(L)=R. Dado que la función

f(x,y, y ˙ )= y y ˙ 3 1+ y ˙ 2

no depende de x, la ecuación de Euler-Lagrange se escribe

f y ˙ f y ˙ = C 1 y ˙ 3 y ( 1+ y ˙ 2 ) 2 = C 1

Despejamos dy/dx, obteniendo la ecuación diferencial

C 1 ( dy dx ) 4 y ( dy dx ) 3 +2 C 1 ( dy dx ) 2 + C 1 =0

Si hacemos la aproximación (dy/dx)2<<1, la ecuación diferencial se puede resolver fácilmente

y ( dy dx ) 3 = C 1 y 1/3 dy= C 1 dx+ C 2 y 4/3 = C 1 x+ C 2 y= ( C 1 x+ C 2 ) 3/4

Las constantes C1 y C2 se determinan a partir de las condiciones de contorno: x=0, y=0, C2=0; x=L, y=R, C1=R4/3/L

y=R ( x L ) 3/4

Referencias

M. L. Krasnov, G. I. Makarenko, A. I. Kiseliov. Cálculo Variacional (ejemplos y problemas). Editorial Mir (1992)