Mathematik: Die radiale Brachistochrone: Think big
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Physik

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Die radiale Brachistochrone: Think big

Brachistochrone AnimationIn meiner Artikelreihe "Physikalisches Wissen, das keiner braucht" möchte ich mich diesmal mit dem beliebten Brachistochronen-Problem befassen. Mit dieser Problemstellung haben sich schon vor mehr als drei Jahrhunderten bekannte Wissenschaftler wie Bernoulli, Leibniz und Newton im homogenen Gravitationsfeld befasst. Also sowohl der betrachtete Körper als auch die Wissenschaftler befanden sich im homogenen Gravitationsfeld - letztere zumindest näherungsweise. Die Lösung dieses Problems, also die schnellstmögliche Fallkurve zwischen zwei Punkten im homogenen Gravitationsfeld ist bekanntermaßen die Zykloide. Auch hier auf dem Matheplaneten hat es dazu schon Artikel gegeben, z.B. hier. Getreu dem Motto "Think big" habe ich mich dagegen damit beschäftigt, wie die Brachistochrone in einem radialen Schwerefeld wie dem eines Planeten aussieht. Dazu war auch im Internet nicht all zu viel zu finden, außer dem Artikel in der Quellenangabe, dessen Autoren sich alle Mühe gegeben haben, das Problem möglichst kompliziert aussehen zu lassen. Es geht aber auch deutlich übersichtlicher.

In der obigen animierten Grafik sind die Kurven maßstäblich dargestellt und im Zeitraffer 1:3600 (eine Stunde = 1 Sekunde) abgespielt. Die blaue Kurve ist offenkundig die Brachistochrone, die wir berechnen wollen, die grüne ebenso offensichtlich eine gerade Linie zum Zielpunkt und die rote Linie ist eine logarithmische Spirale, die die Eigenschaft hat, dass ein sich auf ihr bewegender Beobachter immer ein konstantes Gefälle wahrnehmen würde. Wenn sich der Körper in einem konservativen Kraftfeld bewegt, ist die Summe aus kinetischer und potentieller Energie konstant. Bei invers-quadratischer Gravitation gilt dann: $$\frac12mv^2-\frac{\gamma Mm}{r}=\text{konstant}$$Wir können daher $v$ als Funktion von $r$ darstellen: $$\frac12v^2=\gamma M\left(\frac1{r}-\frac1{r_0}\right)$$$$v(r)=\sqrt{\frac{2\gamma M}{r_0}}\sqrt{\frac{r_0}r-1}\tag1$$Dabei ist $r_0$ der Startradius, an dem die kinetische Energie null ist. Um das Zeitfunktional herzuleiten, welches dann minimiert werden muss, nutzen wir: $$v=\frac{\mathrm ds}{\mathrm dt}$$$$t=\int\frac1v\mathrm ds\tag2$$Im radialsymmetrischen Feld bieten sich Polarkoordinaten an. Es gilt: $$(\mathrm ds)^2=(\mathrm dr)^2+(r\mathrm d\varphi)^2$$Hier muss man dem Drang widerstehen, wie gewöhnlich eine Darstellung $r(\varphi)$ anzustreben und stattdessen $r$ als unabhängige Variable verwenden: $$\mathrm ds=\sqrt{1+r^2\varphi'^2}\;\mathrm dr\tag3$$Der Strich bedeutet ab hier die Ableitung nach $r$. Diese Gleichung und Gleichung (1) in Gleichung (2) eingesetzt ergibt: $$t=\int\frac1{\sqrt{\frac{2\gamma M}{r_0}}\sqrt{\frac{r_0}r-1}}\cdot \sqrt{1+r^2\varphi'^2}\;\mathrm dr\tag4$$Der Vorteil dieser Darstellung ist nämlich, dass der Euler-Lagrange-Formalismus hier sehr viel einfacher anzuwenden ist, weil $\varphi$ in dem Zeitfunktional nicht vorkommt, sondern nur $\varphi'$. Daher muss gelten: $$\frac1{\sqrt{\frac{r_0}r-1}}\cdot\frac{\partial}{\partial \varphi'}\sqrt{1+r^2\varphi'^2}=c$$$$\frac{r^2\varphi'}{\sqrt{1+r^2\varphi'^2}}=c{\sqrt{\frac{r_0}r-1}}$$Die Kurve wird auf jeden Fall symmetrisch sein, da das Kraftfeld radialsymmetrisch und konservativ ist. Es wird daher einen tiefsten Punkt geben, wie bei der Zykloide auch, von wo an der Körper sich wieder von der Quelle der Gravitation entfernt. An diesem Punkt sei der Radius $r_n$. Die Konstante $c$ können wir aus der Randbedingung bestimmen, dass an diesem Punkt ein Minimum des Radius vorliegt, denn es ist $$\lim_{r \to r_n}\frac{r^2\varphi'}{\sqrt{1+r^2\varphi'^2}}=\lim_{r \to r_n}\frac{r^2}{\sqrt{\frac1{\varphi'^2}+r^2}}=\lim_{r \to r_n}\frac{r^2}{\sqrt{\left(\frac{\mathrm dr}{\mathrm d\varphi}\right)^2+r^2}}=r_n$$da am tiefsten Punkt $\mathrm dr=0$ ist. Somit gilt: $$r_n=c{\sqrt{\frac{r_0}{r_n}-1}}$$$$c=\sqrt{\frac{r_n^3}{r_0-r_n}}$$Wir setzen ein und quadrieren: $$\frac{r^4\varphi'^2}{1+r^2\varphi'^2}=\frac{r_n^3(r_0-r)}{(r_0-r_n)r}$$Wir lösen nun nach $\varphi'$ auf, die einfachen algebraischen Umformungen überspringen wir: $$\varphi'(r)=\pm\frac{\sqrt{r_n^3\left(r_0-r\right)}}{r\sqrt{\left(r_0-r_n\right)r^3-r_n^3\left(r_0-r\right)}}\tag5$$An dieser Stelle müssen wir uns für ein Vorzeichen entscheiden, welches davon abhängt, zwischen welchen Punkten wir integrieren. Der Radius allein gibt keine Auskunft darüber, wo wir uns befinden, da ja jeder Radius zweimal erreicht wird, nämlich einmal in der Abwärts- und später wieder in der Aufwärtsbewegung. Der Einfachheit halber lassen wir in dem nachfolgenden, unbestimmten Integral das Plusminus-Symbol weg, und bei der konkreten Berechnung ist das Vorzeichen sinnfällig über das Einsetzen der Integralgrenzen festzulegen. Wir erhalten dann nach Integration: $$\varphi(r)=\int\frac{\sqrt{r_n^3\left(r_0-r\right)}}{r\sqrt{\left(r_0-r_n\right)r^3-r_n^3\left(r_0-r\right)}}\mathrm dr\tag6$$Dieses Integral ist nicht elementar lösbar, aber immerhin ist es, zumindest theoretisch, als Summe von elliptischen Integralen darstellbar. Wenn die Darstellung kurz wäre, würde ich sie hier zeigen, aber es ist wie mit der Lösung der polynomialen Gleichung 4. Grades: theoretisch geht es, aber praktisch ist es eine Arbeit für jemanden, der Vater und Mutter erschlagen hat. (Die Lösung des Artikels [1] ist allerdings von vornherein nur numerisch lösbar.) Bevor wir uns das Ganze grafisch anschauen, berechnen wir die benötigte Zeit, indem wir die Gleichung (5) in (4) einsetzen: $$t=\sqrt{\frac{r_0}{2\gamma M}}\int\sqrt{\frac{1+\frac{r_n^3\left(r_0-r\right)}{\left(r_0-r_n\right)r^3-r_n^3\left(r_0-r\right)}}{\frac{r_0}r-1}}\;\mathrm dr$$Auch hier überspringen wir ein paar algebraische Vereinfachungen und erhalten: $$t=\sqrt{\frac{r_0}{2\gamma M}}\int\frac{{r^2}}{\sqrt{\left(r_0-r\right)\left(r-r_n\right)\left(r^2+r_nr+\frac{r_0r_n^2}{r_0-r_n}\right)}}\;\mathrm dr\tag7$$Diese Gleichung lässt sich ebenfalls als Summe von elliptischen Integralen darstellen. Letztlich berechnen wir noch die entlang der Brachistochrone zurückgelegte Wegstrecke, indem wir Gleichung (5) in (3) einsetzen und letztere dann integrieren: $$s=\int\sqrt{1+\frac{r_n^3\left(r_0-r\right)}{\left(r_0-r_n\right)r^3-r_n^3\left(r_0-r\right)}}\;\mathrm dr$$und nach ein paar Umformungen...$$s=\int\frac{{r\sqrt r}}{\sqrt{\left(r-r_n\right)\left(r^2+r_nr+\frac{r_0r_n^2}{r_0-r_n}\right)}}\;\mathrm dr\tag8$$Man ahnt es schon: auch dieses Integral ist als Summe diverser elliptischer Integrale darstellbar. Die Gleichungen (6), (7) und (8) kann man recht einfach in eine allgemeingültige, dimensionslose Form überführen, was für die numerische Berechnung und Darstellung in einem Diagramm hilfreich ist. Wir substituieren dazu wie folgt: $$\frac r{r_0}=\varrho\qquad \frac{r_n}{r_0}=n$$mit $$0\leq n\leq\varrho\leq1$$ Wir erhalten dann jeweils: $$\varphi=\int\frac{\sqrt{n^3\left(1-\varrho\right)}}{\varrho\sqrt{\left(1-n\right)\varrho^3-n^3\left(1-\varrho\right)}}\mathrm d\varrho\tag9$$$$t=\pi\sqrt{\frac{r_0^3}{2\gamma M}}\int\frac{{\varrho^2}}{\sqrt{\left(1-\varrho\right)\left(\varrho-n\right)\left(\varrho^2+n\varrho+\frac{n^2}{1-n}\right)}}\;\mathrm d\varrho\tag{10}$$$$s=r_0\int\frac{{\varrho\sqrt \varrho}}{\sqrt{\left(\varrho-n\right)\left(\varrho^2+n \varrho+\frac{n^2}{1-n}\right)}}\;\mathrm d\varrho\tag{11}$$Diese Gleichungen können wir in schöner Art und Weise im Einheitskreis darstellen. In folgendem Diagramm sind die schwarzen Linien die Bahnkurven, also die Brachistochronen, und die roten Linien sind Kurven gleicher Falldauer (Isochronen):
Bild
Der Startpunkt der Fallkurve liegt bei $(1,0)$, die Quelle der Schwerkraft liegt natürlich im Ursprung. Eine rote Zahl von z.B. $0,7$ bedeutet, dass gemäß Gleichung (10) die Falldauer $t=0,7\cdot\pi\sqrt{\frac{r_0^3}{2\gamma M}}$ beträgt. Die kleinen roten Zahlen außen am Kreis zeigen an, wo die Isochronen enden, da sich diese an den Kreis anschmiegen und der Endpunkt der Isochrone nur schwer auszumachen ist. Schon bei einem Winkel von zum Beispiel rund $56°$ dauert die Reise rund 90% der maximal möglichen Falldauer. Man erkennt, dass die roten Isochronen gleichzeitig die Orthogonaltrajektorien der Brachistochronen sind (den Satz muss man sich auf der Zunge zergehen lassen). Das bedeutet, die Isochronen schneiden die Brachistochronen jeweils unter einem rechten Winkel. Die schwarzen Punkte auf den Brachistochronen markieren den Punkt minimalen Abstands zum Ursprung. Eine Gerade vom Ursprung durch diesen Punkt stellt daher die Symmetrieachse der jeweiligen Brachistochrone dar. Eine überraschende Tatsache ist, wie man hier ansatzweise erkennen kann, dass die Brachistochronen nicht den gesamten Kreis füllen, der ja theoretisch erreichbar wäre, sondern vom Startpunkt aus nur jeweils $120°$. Liegt der Zielpunkt hinter diesen $120°$, zum Beispiel bei $150°$, dann führt der schnellste Weg auf jeden Fall geradlinig durch den Ursprung. Diesen Fall werden wir später noch betrachten. Die Brachistochrone ist daher für Winkel $\geq120°$ jeweils die geradlinige Verbindung zum Ursprung und von dort zum Zielpunkt, und die Isochronen sind folgerichtig hier nur konzentrische Kreise. In der Realität wäre da natürlich der Planet im Weg... Schauen wir uns nun in ähnlicher Darstellung die Linien gleicher Fallstrecke an:
Bild
In diesem Fall bedeuten die blauen Zahlen nichts weiter als die Vielfachen von $r_0$. Dieses Diagramm ist relativ unspektakulär. Es sollte noch erwähnt werden, dass wenn man in die Diagramme sehr stark zum Startpunkt hinein"zoomt", so dass die Winkelspannen sehr klein werden und das Schwerefeld dort annähernd homogen ist, die Brachistochronen natürlich in die klassische Lösung der Zykloide übergehen. Wir betrachten als letztes wie angekündigt noch den Grenzfall der maximalen Winkelspanne. Diese bestimmt man, indem man Gleichung (6) von $r_n$ bis $r_0$ integriert und wegen der Symmetrie den Wert mit 2 multipliziert. Der Tiefpunkt der Brachistochrone nähert sich in diesem Grenzfall dem Ursprung, was bedeutet, dass $r_n\to0$ geht. Der Limes ist allerdings schwierig zu berechnen. Einfacher wird es, wenn man in Gleichung (6) stattdessen $r_0\to\infty$ gehen lässt: $$\varphi_{\max}=2\lim_{r_0\to\infty}\intop_{r_n}^{r_0}\frac{\sqrt{r_n^3\left(r_0-r\right)}}{r\sqrt{\left(r_0-r_n\right)r^3-r_n^3\left(r_0-r\right)}}\mathrm dr=2\intop_{r_n}^{\infty}\frac{\sqrt{r_n^3}}{r\sqrt{r^3-r_n^3}}\mathrm dr=2\intop_{r_n}^{\infty}\frac1{r\sqrt{\left(\frac r{r_n}\right)^3-1}}\mathrm dr$$Dieses Integral ist elementar lösbar, und es folgt: $$\varphi_{\max}=\left[\frac43\arccos\sqrt{\frac{r_n^3}{r^3}}\right]_{r_n}^\infty=\frac43\left(\arccos0-\arccos1\right)=\frac43\cdot90°=120°$$Damit ist gezeigt, dass bei einer Winkelspanne von $120°$ die Brachistochrone durch den Ursprung führt. Kurzgehaltene Grüße, Thomas (MontyPythagoras)

Quellen

[1] Grimm, Gemmer: Weak and Strong Solutions to the Inverse-Square Brachistochrone Problem on Circular and Annular Domains, arXiv:1605.01486v1 [math.OC] 5 May 2016 [2] NIST Handbook of mathematical functions, Carlson: Chapter 19 Elliptic Integrals
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"Mathematik: Die radiale Brachistochrone: Think big" | 7 Comments
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Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: easymathematics am: Mi. 03. Februar 2021 12:56:08
\(\begingroup\)Hallo, sehr schöner Artikel. Coole Idee. :) Ich muss mich jetzt da mal hinsetzen und den genau nachvollziehen. Die Schritte an sich sind mir klar, aber detaillierter nacharbeiten kann ja nicht schaden. :) Danke für die "Hausaufgabe". :D\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: Anonymous am: So. 07. Februar 2021 13:08:14
\(\begingroup\)"Die blaue Kurve ist offenkundig die Brachistochrone, die wir berechnen wollen" Ich habe da ein Problem: Solch eine Hyperbelbahn, wie sie hier abgebildet ist, würde meiner Meinung nach eine abstoßende Kraft erfordern. Mit anziehender Gravitation müsste der Hyperbelbogen "um die Erde herum" führen ! Oder sehe ich da etwas falsch ? (Benutzer: Yakob)\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: traveller am: So. 07. Februar 2021 14:25:44
\(\begingroup\)@Yakob Das ist (vermutlich) keine Hyperbel. Diese (oder ein anderer Kegelschnitt) entsteht, wenn sich der Körper ohne weitere Kräfte im Gravitationsfeld des Planeten bewegt, und ja, sie würde "um die Erde" rum führen. Hier (wie auch im klassischen Brachistochronen-Problem) wird der Körper jedoch auf die jeweiligen Bahnen gezwungen (durch eine Schiene o.Ä.), also ja: Es wirken weitere Kräfte, allerdings Zwangskräfte, welche keine Arbeit leisten.\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: Yakob am: So. 07. Februar 2021 14:41:00
\(\begingroup\)Naja, die "Zwangskräfte" sollen aber nur durch die Gestalt der Schiene und durch die hauptsächlich vorliegende Kraft (also die Gravitationskraft) erzeugt werden. Ich bleibe mal vorläufig bei meinen Zweifeln !\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: MontyPythagoras am: So. 07. Februar 2021 15:21:18
\(\begingroup\)Hallo Yakob, traveller hat es schon richtig gesagt: die Brachistochrone ist natürlich nicht die Bahn, die ein Körper nimmt, wenn er sich frei um den Planeten herumbewegt, sondern eine Bahn mit Zwangskräften - wie es die Brachistochrone in einem homogenen Schwerefels auch ist. Siehe dazu zum Beispiel diesen Wiki-Artikel. Würde man also auf einem Planeten eine solche Kugelbahn bauen, wäre diese Kurve die schnellste Verbindung. Und es ist natürlich keine Hyperbel, sondern eine deutlich komplizierte Kurve, wie im Artikel hergeleitet. Ciao, Thomas\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: traveller am: So. 07. Februar 2021 18:59:23
\(\begingroup\)Interessant wäre vielleicht noch zu untersuchen, wie sich die Integrale für sehr kurze Kurvenstücke vereinfachen, wo die Gravitationskraft als konstant genähert werden kann. Dabei sollte doch wieder die Zykloide rauskommen, für welche $t$ und $s$ meines Wissens geschlossen berechnet werden können.\(\endgroup\)
 

Re: Die radiale Brachistochrone: Think big
von: Slash am: So. 07. Februar 2021 21:08:13
\(\begingroup\)@ Monty Klasse Tastenausrutscher: Schwerefels 😎\(\endgroup\)
 

 
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