Problema de optimización: La curva con el mínimo tiempo para atravesar un montón de arenas movedizas - Cálculo de Variaciones

Question

Supongamos que tenemos una función para la velocidad dada por $v(r,\theta)=r$ o en forma cartesiana $v(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ . Como podemos ver a continuación, a medida que nos acercamos al origen $(0,0)$ la velocidad disminuye. Me resulta fácil visualizar el campo como una especie de arena movediza en la que es más difícil moverse a medida que te acercas al origen.

Esto se demuestra a continuación con un gráfico que he realizado con Wolfram Mathematica:

Lo que estoy tratando de hacer: Encuentre las dos funciones para $y(x)$ que minimizaría el tiempo que se tarda en llegar desde el punto $A(-1,0)$ y $B(1,0)$ .

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Deduje que el camino más rápido no puede ser la línea recta directamente desde $A$ a $B$ ya que requeriría un tiempo infinito para pasar por el origen. Una estimación de las dos curvas se muestra con el $\color{#0050B0}{\text{dark blue}}$ y el $\color{#00AAAA}{\text{light blue}}$ curvas que he hecho. Estoy casi seguro de que serían simétricas. En un primer momento he supuesto que la curva optimizada sería similar a una elipse, sin embargo he dudado después de haber trazado esto.

He investigado un poco sobre el problema y he pensado que puede ser similar a la derivación del Curva de braquistócrona utilizando las ecuaciones de Euler-Lagrange.

Soy nuevo en el Cálculo de Variaciones, así que aquí está el trabajo que he hecho hasta ahora.

Lo tenemos:

$$dt=\frac{ds}{v} \Rightarrow dt=\frac{\sqrt{dx^2+dy^2}}{\sqrt{x^2+y^2}} \Rightarrow dt=\frac{\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}}{r}~d\theta$$

En el tercer paso lo he convertido a coordenadas polares. Añadiendo signos de integración:

$$\int_{0}^{T}~dt=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\frac{\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}}{r}~d\theta$$

$$T=\int_{\theta_1}^{\theta_2} \sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}}~d\theta$$

Donde $T$ es el tiempo total que se tarda en llegar desde $A$ a $B$ . Se me ocurrió utilizar la siguiente ecuación de Euler-Lagrange:

$$\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\partial L}{\partial r'}\right)=\frac{\partial L}{\partial r} \tag{1}$$ Para los funcionales: $$L(\theta,r,r')=\sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}}$$ Evaluación de las derivadas parciales:

$$\frac{dL}{dr}=-\frac{(r')^2}{r^3\sqrt{\frac{(r')^2}{r^2}+1}}=-\frac{(r')^2}{r^2\sqrt{(r')^2+r^2}}$$ $$\frac{dL}{dr'}=\frac{r'}{r^2\sqrt{\frac{(r')^2}{r^2}+1}}=\frac{r'}{r\sqrt{(r')^2+r^2}}$$

Sustituyendo en $(1)$ :

$$\frac{d}{d\theta}\left(\frac{r'}{r\sqrt{(r')^2+r^2}}\right)=-\frac{(r')^2}{r^2\sqrt{(r')^2+r^2}}$$

Integré ambos lados con respecto a $\theta$ y se obtuvo:

$$\frac{r'}{r\sqrt{(r')^2+r^2}}=-\frac{(r')^2\theta}{r^2\sqrt{(r')^2+r^2}}+C \tag{2}$$

Ahora, me doy cuenta de que debo resolver esta ecuación diferencial. He intentado simplificarla para obtener

$$r\frac{dr}{d\theta}=-\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2\theta+Cr^2\sqrt{\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2+r^2} \tag{3}$$

Sin embargo, creo que he llegado a un callejón sin salida. No estoy seguro de que se pueda resolver en términos de funciones elementales. Tanto Mathematica como Wolfram|Alpha no me han dado una solución a esta ecuación diferencial.

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Para terminar, me gustaría que me orientaran sobre cómo seguir resolviendo la ecuación diferencial, suponiendo que he hecho el cálculo y la metodología correctamente hasta ahora. Si no he hecho la metodología correcta, agradecería alguna orientación sobre cómo continuar con el problema.

Answer 1

Creo que podemos prescindir del cálculo variacional.

Escribe la curva que va desde $B$ a $A$ en la forma $$\gamma:\quad\theta\mapsto{\bf z}(\theta):=e^{u(\theta)}(\cos\theta,\sin\theta)\qquad(0\leq\theta\leq\pi)\ .$$ Entonces $$ds=\sqrt{r^2+r'^2}\>d\theta=\sqrt{1+u'^2(\theta)}\>e^{u(\theta)}\>d\theta\ ,$$ por lo que $$dt={ds\over v\bigl({\bf z}(\theta)\bigr)}=\sqrt{1+u'^2(\theta)}\>d\theta\ .$$ De ello se deduce que debemos minimizar $$T=\int_0^\pi\sqrt{1+u'^2(\theta)}\>d\theta$$ bajo la condición $u(0)=u(\pi)=0$ . Es evidente que $u(\theta)\equiv0$ hace el trabajo.

Para los datos generales de los límites $A$ , $B$ el retroceso $\hat \gamma$ en el $(\theta,u)$ -tiene que ser una línea recta, por lo tanto $\gamma$ será un arco de una espiral logarítmica.

Answer 2

Sólo para mostrar que esto se puede hacer usando el cálculo de variaciones: comience con su funcional $$ L(\theta,r,r')=\sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}} $$ Ahora, tenemos que $\partial L/\partial \theta = 0$ lo que implica (a través de la Identidad de Beltrami ) que la cantidad $$ L - r' \frac{\partial L}{\partial r'} = C $$ donde $C$ es una constante con respecto a $\theta$ . En su caso, esto implica que $$ C = \sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}} - r' \frac{r'/r^2}{\sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{(r')^2}{r^2}}} $$ Reordenando, encontramos que $$ \frac{r'}{r} = \sqrt{\frac{1}{C^2} - 1} $$ que a su vez es otra constante $D$ Así, tenemos $r' = D r$ o $r = e^{D\theta}$ para alguna constante $D$ .