Meccanica analitica/Il problema della brachistocrona, elementi di analisi funzionale

Il problema della brachistocrona è un famoso quesito risalente addirittura all'antica Grecia; il problema presentato è molto semplice: bisogna far giungere un grave da un punto iniziale (l'origine nell'immagine qui sotto) a un punto finale (il punto $(a,h)$) nel minor tempo possibile, ricordando che il grave è soggetto a forza peso. Qual è il percorso migliore che minimizzi il tempo impiegato? Ovvero, qual è il migliore scivolo?

Nell'immagine sono riportate alcune possibili traiettorie; in rosso una traiettoria simile a quella cercata

Come può immediatamente essere notato, questo problema non riguarda più il variare di una variabile, bensì varia la funzione. Scriviamo l'energia totale del sistema:

$\frac{1}{2}m(v(x){)}^2=mgz(x)$

Dove $z(x)$ è la traiettoria della curva seguita dal grave; da questa espressione ricaviamo che la velocità è $v(x)=\sqrt{2gz(x)}$; inoltre, poiché vale $v(x)=\frac{ds}{dt}$, otteniamo la relazione $dt=\frac{ds}{v(x)}$. Analizziamo meglio lo spostamento infinitesimo $ds$, che vale $ds=\sqrt{d{x}^2+d{z}^2}$; questo può essere anche scritto:

$ds=dx\sqrt{1+{\left(\frac{dz}{dx}\right)}^2}$

Il tempo impiegato dal grave è dato da:

$\begin{array}{cc}T=& \underset{0}{\overset{T}{\int }}dt=\underset{0}{\overset{T}{\int }}\frac{ds}{v(x)}=\\ =& \underset{0}{\overset{T}{\int }}\frac{ds}{\sqrt{2gz(x)}}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{\sqrt{1+{\left(\frac{dz}{dx}\right)}^2}}{\sqrt{2gz(x)}}dx\end{array}$

Come possiamo vedere, il tempo $T$ è funzione della curva $z(x)$ percorsa; sarà quindi $T[z(x)]$. Si indica con le parentesi quadre, e in matematica è un oggetto noto come funzionale: a seconda della traiettoria percorsa, $T$ assumerà valori sempre diversi. Quello che noi cerchiamo è proprio il valore minimo, quindi dobbiamo minimizzare un funzionale. Come possiamo fare?

Elementi di analisi funzionale: variazione di un funzionale

Consideriamo la funzione (generica) $L(q,q^{\prime },t)$. Siano tutte le funzioni $q(t)\in C^2$, con $t\in (a,b)$; l'espressione $q^{\prime }$ è la derivata prima della funzione, ovvero $q^{\prime }=\dot{q}(t)=\frac{dq}{dt}$. Chiamiamo:

$I[q]=\underset{a}{\overset{b}{\int }}L(q(t),\dot{q}(t),t)dt$

Questo è un funzionale della funzione $q(t)$. Come varia $I$ al variare di $q$? Scelgo la funzione $q(t)$ come la seguente funzione particolare:

$q(t)=\overline{q}(t)+\delta q(t)\Rightarrow \delta q(t)=\alpha \eta (t)\in C^2$

Con le particolari condizioni al contorno $\eta (a)=\eta (b)=0$ e $\alpha \approx d\alpha$, ovvero molto piccolo. Quello che sto facendo, in realtà, è semplicemente variare la funzione $q(t)$ mantenendone fissi gli estremi, come nella figura seguente (in rosso $q(t)$, in tratteggiato le $\eta (t)$, mantenendo fissi gli estremi $q(a)=A$ e $q(b)=B$.

Con la funzione $q(t)$ così definita, il funzionale diventa:

$I_{[q]}(\alpha )=\underset{a}{\overset{b}{\int }}dtL(\overline{q}(t)+\alpha \eta (t);\dot{\overline{q}}(t)+\alpha \dot{\eta }(t);t)$

In questo modo abbiamo trasformato il funzionale in una funzione che dipende solo dal parametro $\alpha$, perché $\overline{q}(t)$ è fissata. Di una funzione sappiamo scrivere la sua derivata, che sarà quindi:

$\delta I=\alpha {\left(\frac{dI}{d\alpha }\right)}_{\alpha }$

La precedente notazione prevede $\alpha =d\alpha$ perché, per come è presa $\overline{q}(t)$, il parametro $\alpha <<1$ è molto piccolo; inoltre, l'indice basso della derivata indica che quella va calcolata per $\alpha =0$. Quando $I$ varia, ovviamente, introduciamo un $\alpha$ diverso da zero, quando invece $\alpha =0$ si ha che $q(t)=\overline{q}(t)$. Al variare di $\alpha$, quindi, variano sia $I$ che $q(t)$. Dalla precedente espressione possiamo calcolare $\delta I$:

$\delta I=\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}dt[\frac{\partial L}{\partial q}\eta +\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{\eta }]=\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\partial L}{\partial q}\eta dt+\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{\eta }dt$

Il secondo membro lo integriamo per parti, ottenendo così:

$\delta I=\alpha (\underset{a}{\overset{b}{\int }}dt\frac{\partial L}{\partial q}\eta +{\left[\eta \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right]}_{t=a}^{t=b}-\underset{a}{\overset{b}{\int }}dt\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\eta )$

Ricordando che, per definizione, $\eta (a)=\eta (b)=0$, otteniamo l'espressione:

$\delta I=\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}dt((\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}})\eta (t))$

Per poter trovare un minimo, il nostro obiettivo, $\delta I$ deve essere nullo, cosicché $I$ resti stazionario. Allora deve valere:

$\delta I=\alpha \underset{a}{\overset{b}{\int }}dt[(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}})\eta (t)]=0$

Ricordiamo ancora una volta che $\eta (t)$ è arbitraria, purché si annulli agli estremi. Esiste un lemma fondamentale del calcolo delle variazioni, che ora dimostreremo.

La condizione necessaria e sufficiente affinché $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\varphi (t)\eta (t)dt=0$ è che $\varphi (t)=0$. Che è sufficiente è banale, non perdiamo neanche tempo a mostrarlo; dobbiamo dimostrare che è necessaria.

Procediamo per assurdo. Sia $\eta (t)$ arbitraria e $\varphi (t)\ne 0$, per esempio una sinusoide. In un periodo vale $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\varphi (t)=0$. Allora prendiamo $\eta (t)$ così definita:

$\eta (t)=\{\begin{array}{cc}& 0t<{\xi }_1\\ & 0t>{\xi }_2\\ & (t-{\xi }_1{)}^n({\xi }_2-t{)}^m{\xi }_1<t<{\xi }_2,\text{con }n,m>2\end{array}$

Questo supponendo che esisterà un ${\xi }_1<\xi <{\xi }_2$ tale che $\varphi (\xi )\ne 0;\varphi (\xi )>0$. Secondo queste ipotesi, per $\eta (t)$ così definita (ricordiamo che è arbitraria), per $\varphi (t)\ne 0$, si ha che:

$\underset{{\xi }_1}{\overset{{\xi }_2}{\int }}\varphi (t)\eta (t)dt\ne 0$

Il che è contrario all'ipotesi del lemma, quindi, per assurdo, deve necessariamente essere $\varphi (t)=0$.

Quindi, per questo lemma appena dimostrato, affinché il funzionale resti statico deve necessariamente essere:

$\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=0$

Ciò significa che, dato un funzionale definito come sopra, di una funzione $L(q,\dot{q},t)$, affinché questo resti stazionario la funzione considerata deve soddisfare questa equazione differenziale appena scritta, con le condizioni a contorno $\overline{q}(a)=A$ e $\overline{q}(b)=B$.

Nel prossimo modulo vedremo come tutto ciò ha a che fare con quello che stiamo studiando. Template:Avanzamento