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Neuer Abschnitt in Die radiale Brachistochrone: Think big
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)
 
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