टौटोक्रोन वक्र

आइसोक्रोन कर्व (यूनानी उपसर्ग से टॉटो- जिसका अर्थ है समान या आइसो- बराबर, और क्रोनो टाइम) वह कर्व है जिसके लिए किसी वस्तु द्वारा एकसमान गुरुत्व में घर्षण के बिना उसके निम्नतम बिंदु तक फिसलने में लगने वाला समय उसके शुरुआती बिंदु से स्वतंत्र होता है। वक्र एक चक्रज है, और गुरुत्वाकर्षण के समय त्वरण पर त्रिज्या के वर्गमूल (वृत्त जो चक्रवात उत्पन्न करता है) के वर्गमूल के बराबर होता है। टॉटोक्रोन वक्र ब्राचिस्टोक्रोन वक्र से संबंधित है, जो एक चक्रज भी है।

टॉटोक्रोन समस्या


टौटोक्रोन समस्या, इस वक्र की पहचान करने का प्रयास, 1659 में क्रिस्टियान ह्यूजेंस द्वारा हल किया गया था। उन्होंने मूल रूप से 1673 में प्रकाशित अपने होरोलोजियम ऑस्किलेटोरियम में ज्यामितीय रूप से साबित किया था कि वक्र एक चक्रवात है।

"On a cycloid whose axis is erected on the perpendicular and whose vertex is located at the bottom, the times of descent, in which a body arrives at the lowest point at the vertex after having departed from any point on the cycloid, are equal to each other ..." चक्रज त्रिज्या $$r$$ के एक वृत्त पर बिंदु द्वारा दिया जाता है, जो एक वक्र का पता लगाता है, क्योंकि वृत्त x अक्ष के साथ घूमता है, जैसे: $$\begin{align} x &= r(\theta - \sin \theta) \\ y &= r(1 - \cos \theta), \end{align}$$ ह्यूजेंस ने यह भी साबित किया कि अवतरण का समय उस समय के बराबर होता है जब एक पिंड ऊर्ध्वाधर रूप से गिरने में उतना ही समय लेता है जितना कि वृत्त के व्यास के रूप में एक चक्र उत्पन्न करता है, जिसे $$\pi / 2$$. से गुणा किया जाता है। आधुनिक शब्दों में, इसका अर्थ है कि अवतरण का समय  $\pi \sqrt{r/g}$, है, जहाँ  $$r$$ वृत्त की त्रिज्या है जो चक्रवात उत्पन्न करता है, और $$g$$ पृथ्वी का गुरुत्वाकर्षण है, या अधिक सटीक रूप से, पृथ्वी का गुरुत्वाकर्षण त्वरण है।

बाद में इस समाधान का उपयोग ब्राचिस्टोक्रोन वक्र की समस्या को हल करने के लिए किया गया था। जोहान बर्नौली ने एक पेपर (एक्टा एरुडिटोरियम, 1697) में समस्या का समाधान किया।

टौटोक्रोन समस्या का ह्यूजेंस द्वारा अधिक बारीकी से अध्ययन किया गया था जब यह महसूस किया गया था कि एक पेंडुलम, जो एक गोलाकार पथ का अनुसरण करता है, आइसोक्रोनस नहीं था और इस प्रकार उसकी पेंडुलम घड़ी अलग-अलग समय रखेगी, जो इस बात पर निर्भर करता है कि पेंडुलम कितनी दूर तक घूमता है।  सही रास्ते का निर्धारण करने के बाद, क्रिस्टियान ह्यूजेन्स ने पेंडुलम घड़ियों को बनाने का प्रयास किया जो बॉब को निलंबित करने के लिए एक स्ट्रिंग का इस्तेमाल करते थे और स्ट्रिंग के शीर्ष के निकट गालों को कसने के लिए टॉटोक्रोन वक्र के मार्ग को बदलते थे। ये प्रयास कई कारणों से अनुपयोगी साबित हुए। सबसे पहले, स्ट्रिंग का झुकाव घर्षण का कारण बनता है, समय बदलता है। दूसरा, समय की त्रुटियों के बहुत अधिक महत्वपूर्ण स्रोत थे जो किसी भी सैद्धांतिक सुधार को अभिभूत कर देते थे जो कि टौटोक्रोन वक्र पर यात्रा करने में मदद करता है। अंत में, एक पेंडुलम की "परिपत्र त्रुटि" कम हो जाती है क्योंकि झूले की लंबाई कम हो जाती है, इसलिए बेहतर घड़ी से बचना अशुद्धि के इस स्रोत को बहुत कम कर सकता है।

बाद में, गणितज्ञ जोसेफ लुइस लाग्रेंज और लियोनहार्ड यूलर ने समस्या का एक विश्लेषणात्मक समाधान प्रदान किया।

लग्रांजी समाधान
यदि कण की स्थिति को सबसे कम बिंदु से आर्कलेंथ s(t) द्वारा पैरामीट्रिज किया जाता है, तो गतिज ऊर्जा $$\dot{s}^2.$$ समानुपाती होती है स्थितिज ऊर्जा ऊँचाई  $y(s)$.के समानुपाती होती है। एक तरह से वक्र एक आइसोक्रोन हो सकता है, यदि लैग्रेंजियन एक साधारण हार्मोनिक ऑसिलेटर का है: वक्र की ऊंचाई चाप की लंबाई के वर्ग के समानुपाती होनी चाहिए।

$ y(s) = s^2, $

जहां लंबाई की इकाइयों को बदलकर आनुपातिकता के स्थिरांक को 1 पर सेट किया गया है।

इस संबंध का विभेदक रूप है

$\begin{align} dy &= 2s \,ds, \\ dy^2 &= 4s^2 \,ds^2 = 4y \left(dx^2 + dy^2\right), \end{align}$

जो s को हटा देता है और dx और dy के लिए अवकल समीकरण छोड़ देता है। समाधान खोजने के लिए, x को y के संदर्भ में एकीकृत करें:

$\begin{align} \frac{dx}{dy} &= \frac{\sqrt{1-4y}}{2\sqrt{y}}, \\ x &= \int \sqrt{1-4u^2} \, डु, \end{संरेखित करें}$|undefined

जहां पे $$u = \sqrt{y}$$. यह अभिन्न एक वृत्त के नीचे का क्षेत्र है, जिसे स्वाभाविक रूप से एक त्रिभुज और एक वृत्ताकार पच्चर में काटा जा सकता है:

$\begin{align} x &= \tfrac{1}{2} u \sqrt{1 - 4u^2} + \tfrac{1}{4} \arcsin 2u, \\ y &= u^2. \end{align}$

यह देखने के लिए कि यह एक अजीब पैरामीट्रिज्ड साइक्लोइड है, कोण $$\theta = \arcsin 2u$$ परिभाषित करके पारलौकिक और बीजगणितीय भागों को अलग करने के लिए चर बदलें। यह प्रदान करता है

$\begin{align} 8x &= 2\sin\theta \cos\theta + 2\theta = \sin 2\theta + 2\theta, \\ 8y &= 2\sin^2 \theta = 1 - \cos 2\theta, \end{align}$

जो x, y और θ के पैमाने को छोड़कर मानक पैरामीट्रिजेशन है।

आभासी गुरुत्व समाधान
टौटोक्रोन समस्या का सबसे सरल समाधान एक झुकाव के कोण और झुकाव पर एक कण द्वारा महसूस किए गए गुरुत्वाकर्षण के बीच सीधा संबंध नोट करना है। 90° ऊर्ध्वाधर झुकाव पर एक कण पूर्ण गुरुत्वीय त्वरण $$g$$, से गुजरता हैजबकि क्षैतिज तल पर एक कण शून्य गुरुत्वाकर्षण त्वरण से गुजरता है। मध्यवर्ती कोणों पर, कण द्वारा "वर्चुअल ग्रेविटी" के कारण त्वरण  $$g\sin\theta$$. ध्यान दें कि $$\theta$$ वक्र और क्षैतिज के स्पर्शरेखा के बीच मापा जाता है, इस प्रकार, $$\theta$$ बदलता है $$-\pi/2$$ प्रति $$\pi/2$$.क्षैतिज के ऊपर के कोणों को धनात्मक कोणों के रूप में माना जाता है।

टॉटोक्रोन वक्र के साथ मापे गए द्रव्यमान की स्थिति, $$s(t)$$, निम्नलिखित अंतर समीकरण का पालन करना चाहिए:

$\frac{d^2s}{{dt}^2} = - \omega^2s$|undefined

which, along with the initial conditions $$s(0)=s_0$$ and $$s'(0)=0$$, has solution:

$s(t) = s_0 \cos \omega t $

It can be easily verified both that this solution solves the differential equation and that a particle will reach $$s=0$$ at time $$\pi/2\omega$$ from any starting position $$s_0$$. The problem is now to construct a curve that will cause the mass to obey the above motion. Newton's second law shows that the force of gravity and the acceleration of the mass are related by:

$ \begin{align} -g \sin \theta & = \frac{d^2s}{{dt}^2} \\ & = - \omega^2 s \, \end{align} $|undefined

The explicit appearance of the distance, $$s$$, is troublesome, but we can differentiate to obtain a more manageable form:

$\begin{align} g \cos \theta \,d\theta &= \omega^2 \,ds \\ \Longrightarrow ds &= \frac{g}{\omega^2} \cos \theta \,d\theta \end{align}$

This equation relates the change in the curve's angle to the change in the distance along the curve. We now use trigonometry to relate the angle $$\theta$$ to the differential lengths $$dx$$, $$dy$$ and $$ds$$:

$ \begin{align} ds = \frac{dx}{\cos \theta} \\ ds = \frac{dy}{\sin \theta} \end{align} $

Replacing $$ds$$ with $$dx$$ in the above equation lets us solve for $$x$$ in terms of $$\theta$$:

$ \begin{align} ds & = \frac{g}{\omega^2} \cos \theta \,d\theta \\ \frac{dx}{\cos\theta} & = \frac{g}{\omega^2} \cos \theta\, d\theta \\ dx & = \frac{g}{\omega^2} \cos^2 \theta \,d\theta \\ & = \frac{g}{2 \omega^2} \left ( \cos 2 \theta + 1 \right ) d\theta \\ x & = \frac{g}{4 \omega^2} \left ( \sin 2 \theta + 2 \theta \right ) + C_x \end{align} $

Likewise, we can also express $$ds$$ in terms of $$dy$$ and solve for $$y$$ in terms of $$\theta$$:

$ \begin{align} ds & = \frac{g}{\omega^2} \cos \theta \,d\theta \\ \frac{dy}{\sin\theta} & = \frac{g}{\omega^2} \cos \theta\, d\theta \\ dy & = \frac{g}{\omega^2} \sin \theta \cos \theta \,d\theta \\ & = \frac{g}{2\omega^2} \sin 2 \theta \,d\theta \\ y & = -\frac{g}{4\omega^2} \cos 2 \theta + C_y \end{align} $

Substituting $$\phi = 2\theta$$ and $r = \frac{g}{4\omega^2}\,$, we see that these parametric equations for $$x$$ and $$y$$ are those of a point on a circle of radius $$r$$ rolling along a horizontal line (a cycloid), with the circle center at the coordinates $$(C_x + r\phi, C_y)$$:

$ \begin{align} x & = r \left( \sin \phi + \phi \right) + C_x \\ y & = -r \cos \phi + C_y \end{align} $

Note that $$\phi$$ ranges from $$-\pi \le \phi \le \pi$$. It is typical to set $$C_x = 0$$ and $$C_y = r$$ so that the lowest point on the curve coincides with the origin. Therefore:

$ \begin{align} x & = r \left( \phi + \sin \phi\right)\\ y & = r \left( 1 - \cos \phi\right)\\ \end{align} $

Solving for $$\omega$$ and remembering that $$T = \frac{\pi}{2\omega}$$ is the time required for descent, being a quarter of a whole cycle, we find the descent time in terms of the radius $$r$$:

$ \begin{align} r & = \frac{g}{4\omega^2} \\ \omega & = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{g}{r}} \\ T & = \pi \sqrt{\frac{r}{g}}\\ \end{align} $|undefined

(प्रोक्टर पर आधारित, पीपी. 135–139)

हाबिल का हल
नील्स हेनरिक एबेल ने टौटोक्रोन समस्या (एबेल की यांत्रिक समस्या) के सामान्यीकृत संस्करण पर हमला किया, अर्थात्, एक फ़ंक्शन दिया गया $$T(y)$$ जो दी गई आरंभिक ऊंचाई के लिए वंश के कुल समय को निर्दिष्ट करता है, वक्र का एक समीकरण खोजें जो इस परिणाम को प्राप्त करता है। टॉटोक्रोन समस्या हाबिल की यांत्रिक समस्या का एक विशेष मामला है जब $$T(y)$$ एक स्थिरांक है।

एबेल का समाधान ऊर्जा के संरक्षण के सिद्धांत से शुरू होता है - चूंकि कण घर्षण रहित है, और इस प्रकार गर्मी के लिए कोई ऊर्जा नहीं खोता है, किसी भी बिंदु पर इसकी गतिज ऊर्जा इसके शुरुआती बिंदु से गुरुत्वाकर्षण ऊर्जा के अंतर के बराबर होती है। गतिज ऊर्जा है $\frac{1}{2} mv^2$, और चूंकि कण एक वक्र के साथ चलने के लिए विवश है, इसका वेग सरल है $${d\ell}/{dt}$$, कहाँ पे $$\ell$$ वक्र के साथ मापी गई दूरी है। इसी तरह, प्रारंभिक ऊंचाई से गिरने में प्राप्त गुरुत्वाकर्षण संभावित ऊर्जा $$y_0$$ ऊंचाई तक $$y$$ है $$mg(y_0 - y)$$, इस प्रकार:

\begin{align} \frac{1}{2} m \left ( \frac{d\ell}{dt} \right ) ^2 & = mg(y_0-y) \\ \frac{d\ell}{dt} & = \pm \sqrt{2g(y_0-y)} \\ dt & = \pm \frac{d\ell}{\sqrt{2g(y_0-y)}} \\ dt & = - \frac{1}{\sqrt{2g(y_0-y)}} \frac{d\ell}{dy} \,dy \ अंत {संरेखित करें} |undefined

पिछले समीकरण में, हमने ऊंचाई के एक समारोह के रूप में वक्र के साथ शेष दूरी को लिखने का अनुमान लगाया है ($$\ell(y))$$, माना कि समय बढ़ने के साथ-साथ शेष दूरी घटनी चाहिए (इस प्रकार ऋण चिह्न), और प्रपत्र में श्रृंखला नियम का उपयोग किया $d\ell = \frac{d\ell}{dy} dy$.

अब हम से एकीकृत करते हैं $$y = y_0$$ प्रति $$y = 0$$ कण के गिरने के लिए आवश्यक कुल समय प्राप्त करने के लिए:

T(y_0) = \int_{y=y_0}^{y=0} \, dt = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^{y_0} \frac{1}{\sqrt{y_0-y}} \frac{d\ell}{dy} \, डाई |undefined

इसे एबेल का अभिन्न समीकरण कहा जाता है और हमें किसी कण को ​​दिए गए वक्र के साथ गिरने के लिए आवश्यक कुल समय की गणना करने की अनुमति देता है (जिसके लिए $${d\ell}/{dy}$$ गणना करना आसान होगा)। लेकिन हाबिल की यांत्रिक समस्या को इसके विपरीत की आवश्यकता है - दिया गया $$T(y_0)\,$$, हम खोजना चाहते हैं $$f(y) = {d\ell}/{dy}$$, जिससे वक्र के लिए एक समीकरण सीधे तरीके से अनुसरण करेगा। आगे बढ़ने के लिए, हम ध्यान दें कि दाईं ओर का समाकल का घुमाव है $${d\ell}/{dy}$$ साथ $${1}/{\sqrt{y}}$$ और इस प्रकार चर के संबंध में दोनों पक्षों के लाप्लास परिवर्तन को लें $$y$$:

\mathcal{L}[T(y_0)] = \frac{1}{\sqrt{2g}} \mathcal{L} \बाएं [ \frac{1}{\sqrt{y}} \दाएं]F(s) |undefined

कहाँ पे $$F(s) = \mathcal{L} {\left[ {d\ell}/{dy} \right ]}$$. तब से $\mathcal{L} {\left[ {1}/{\sqrt{y}} \right]} = \sqrt{{\pi}/{s}}$, अब हमारे पास के लाप्लास रूपांतरण के लिए एक व्यंजक है $${d\ell}/{dy}$$ लाप्लास के परिवर्तन के संदर्भ में $$T(y_0)$$:

\mathcal{L}\left [ \frac{d\ell}{dy} \right ] = \sqrt{\frac{2g}{\pi}} s^{\frac{1}{2}} \mathcal{L}[T(y_0)] |undefined

यह वह सीमा है जहाँ तक हम निर्दिष्ट किए बिना जा सकते हैं $$T(y_0)$$. एक बार $$T(y_0)$$ ज्ञात है, हम इसके लाप्लास परिवर्तन की गणना कर सकते हैं, के लाप्लास परिवर्तन की गणना कर सकते हैं $${d\ell}/{dy}$$ और उसके बाद खोजने के लिए उलटा परिवर्तन (या करने का प्रयास करें) लें $${d\ell}/{dy}$$.

टौटोक्रोन समस्या के लिए, $$T(y_0) = T_0\,$$ स्थिर है। चूँकि 1 का लाप्लास रूपांतरण है $${1}/{s}$$, अर्थात।, $\mathcal{L}[T(y_0)] = {T_0}/{s}$, हम आकार समारोह पाते हैं $f(y) = {d\ell}/{dy}$ :

\begin{align} F(s) = \mathcal{L} {\left [ \frac{d\ell}{dy} \right ]} & = \sqrt{\frac{2g}{\pi}} s^{\frac{1}{2}} \mathcal{L}[T_0] \\ & = \sqrt{\frac{2g}{\pi}} T_0 s^{-\frac{1}{2}} \ अंत {संरेखित करें} |undefined

ऊपर लाप्लास परिवर्तन का फिर से उपयोग करते हुए, हम परिवर्तन को उल्टा करते हैं और निष्कर्ष निकालते हैं:

$\frac{d\ell}{dy} = T_0 \frac{\sqrt{2g}}{\pi}\frac{1}{\sqrt{y}}$|undefined

यह दिखाया जा सकता है कि चक्रज इस समीकरण का पालन करता है। इसके संबंध में समाकलन करने के लिए इसे एक कदम और आगे बढ़ाने की आवश्यकता है $$y$$ पथ आकार की अभिव्यक्ति प्राप्त करने के लिए।

(सीमन्स, धारा 54)।

यह भी देखें

 * बेल्ट्रामी पहचान
 * ब्रचिस्टोक्रोन वक्र
 * विविधताओं की गणना
 * ज़ंजीर का
 * चक्रवात
 * गति के समीकरण # समान रूप से त्वरित रैखिक गति के समीकरण

बाहरी संबंध

 * Mathworld

डी: ज़ाइक्लॉइड