Kontakt:
gornicki59@gmail.com
Ustalmy kulę i walec o takich wielkościach, że bryły te mogą być wpisane w sześciany o tym samym boku (dla ustalenia uwagi równym \(2\)). W części pierwszej pokazaliśmy, że w rozrzedzonym ośrodku, gdy bryły te poruszają się z takimi samymi prędkościami w kierunku osi walca, kula stawia o połowę mniejszy opór niż walec. Czy w rozważanej sytuacji, w sześcianie, można utworzyć bryłę o objętości większej niż kula, a jednocześnie stawiającą w ruchu mniejszy opór niż kula? Odpowiedź – tak! – jest nieco zaskakująca.
Stożek ścięty, którego tworząca nachylona jest do osi stożka pod kątem \(45^{\circ},\) nazywamy czapką Newtona (rys. 1). Wykażemy, że nałożenie na kulę, prostopadle do kierunku ruchu, czapki Newtona o promieniu podstawy \(\frac{1}{2}\sqrt{2}\) i wysokości \(\frac{1}{2}(2-\sqrt{2})\) zmniejsza opór stawiany przez taką bryłę podczas ruchu (w rozrzedzonym ośrodku).
Rys. 1. Czapka Newtona
Jak w części pierwszej, załóżmy, że na kulę działają niezależne cząstki ośrodka poruszające się w kierunku \(AO,\) wszystkie z takim samym pędem zarówno co do wartości, jak i kierunku. Niech odcinek \(AO\) (o długości 1) reprezentuje pęd cząstki uderzającej w bryłę. Posłużymy się rozważaniami z uzasadnienia Stwierdzenia XXXIV (patrz część 1/4). Opór, jaki stawia fragment powierzchni kuli wycięty przez walec o osi \(AO\) i promieniu podstawy \(AB=AC=\frac{\sqrt{2}}{2},\) jest co do wartości równy objętości zaznaczonego fragmentu paraboloidy obrotowej \(BEODC\) (rys. 2). Ponieważ \(BE=CD=\frac{1}{2}\) (jeśli \(OA\) utożsamimy z nieujemną częścią osi rzędnych \(OY,\) to nasza parabola ma równanie \(y(x)=x^2\)), a objętość odcinka paraboloidy \(EOD\) jest równa połowie objętości walca na niej opisanego, więc objętość fragmentu paraboloidy \(BEODC\) jest równa \(\frac{3}{2}\cdot\pi\cdot \bigl(\frac{\sqrt{2}}{2}\bigr)^2\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{8}\pi.\)
Rys. 2. Aby ułatwić obliczenia, odcinki reprezentujące efektywną siłę oporu działającą na dany punkt powierzchni mają swój początek na ścianie sześcianu
Obliczmy teraz opór, jaki (przy tych samych warunkach) na tym samym obszarze stawia czapka Newtona ustawiona prostopadle do kierunku ruchu.
Opór ten jest równy, co do wartości liczbowej, objętości walca o osi \(AO\) i promieniu podstawy \(AF=AG=\sqrt{2}-1,\) powiększony o objętość rury \(BECD\) (otrzymanej przez usunięcie z walca \(BEDC\) walca o osi \(AO\) i promieniu podstawy \(AF=AG\)), gdzie \(BE=CD=\frac{1}{2}\) (rys. 3). Z części I wiemy, że efektywny opór powierzchni bocznej czapki Newtona (stożka ściętego) jest równy \(AO\cdot\sin^2(\frac{\pi}{4})=\frac{1}{2},\) więc stąd \(BE=CD=\frac{1}{2}.\)
Łączna objętość opisanych tu brył jest równa:
\[\frac{1}{2}\cdot\pi\cdot AB^2+\frac{1}{2}\cdot \pi\cdot AF^2
= \pi \biggl( \frac{1}{4}+(\sqrt{2}-1)^2 \biggr).\]
Ponieważ \(\frac{1}{4}+(\sqrt{2}-1)^2 <\frac{3}{8},\) więc kula z czapką Newtona stawia mniejszy opór niż kula bez czapki!
\(\Box\)
Rys. 3
Prawdziwe jest ogólniejsze stwierdzenie Newtona (zawarte w Principiach, Księga II, Scholium do Stwierdzenia XXXIV): (...) jeśli bryła \(ADBE\) powstaje w wyniku obrotu eliptycznej lub owalnej figury \(ABDE\) wokół osi \(AB\) oraz jeśli generująca figura jest styczna do trzech prostych \(FG,\) \(GH\) i \(HI\) w punktach \(F,\) \(B\) i \(I\) w taki sposób, że \(GH\) jest prostopadłe do osi w punkcie styczności \(B\) oraz \(FG\) i \(HI\) przecinają się na prostej \(GH\) pod kątami \(FGB\) i \(BHI\) równymi \(135^{\circ},\) to bryła powstająca w wyniku obrotu figury \(ADFGHIE\) wokół tej samej osi \(AB\) napotyka mniejszy opór niż poprzednia figura, zakładając, że każda z nich porusza się naprzód wzdłuż osi \(AB\) w kierunku \(B.\)
Rys. 4
Dalszy tekst Newtona zaskakuje jeszcze bardziej – to rozwiązanie ogólnego problemu aerodynamicznego.
Problem aerodynamiczny. Wyznaczyć powierzchnię obrotową \((\)o wysokości \(H,\) której podstawą jest okrąg o promieniu \(R),\) która ogranicza obszar wypukły i stawia najmniejszy opór podczas ruchu postępowego w rozrzedzonym ośrodku.
Newton podał właściwą odpowiedź, ale nie wyjaśnił, jak do niej doszedł. Chętni mogą spojrzeć na szkic współczesnego rozwiązania problemu (podanego między gwiazdkami). Daje to pewne wyobrażenie o wiedzy matematycznej Newtona w 1687 roku. \[*~~ *~~ *\] Załóżmy, że powierzchnię obrotową uzyskujemy przez obrót wykresu funkcji wypukłej i niemalejącej \(y=f(x),\) gdzie \(x\in [0,R],\) \(f(0)=0\) i \({f(R)=H>0}.\) Na wykresie funkcji \(f\) wybieramy dwa punkty, \(A\) i \(B,\) tak blisko siebie, że odcinek \(AB\) jest jego dobrym przybliżeniem. Podczas obrotu wokół osi \(Y\) odcinek ten zakreśla powierzchnię boczną stożka ściętego. Jeśli cząstki ośrodka uderzają z pędem \(P\) w kierunku osi \(Y,\) to w punkcie \(A\) przekazany pęd w kierunku osi \(Y\) wynosi \(2P\cdot\sin^2(\angle CAx) = 2P\cdot\cos^2(\angle ACx).\) Zatem efektywny opór powierzchni bocznej stożka ściętego o tworzącej \(AB\) jest (w przybliżeniu) równy \(2 P \cdot 2\pi\cdot x\cdot d\cdot \cos^2(\angle ACx).\) Ponieważ kąt \(\alpha (x) := \angle ACx\) tworzy styczna do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(A\) – a jak pamiętamy, \(f'(x)=\operatorname{tg}(\alpha(x))\) – więc po skorzystaniu z zależności \(\cos^2\alpha =\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\alpha}\) otrzymujemy \(\cos^2\alpha (x) = \frac{1}{1+[f'(x)]^2}.\)
Newton zawarł rozszerzone wyjaśnienie swojego rozwiązania problemu aerodynamicznego w liście z 1694 roku do Davida Gregory’ego z Oksfordu.
Rys. 5
Dzieląc teraz wykres funkcji na małe odcinki, sumując opory na wszystkich pierścieniach, otrzymujemy całkowity opór stawiany przez powierzchnię otrzymaną z obrotu wykresu funkcji \(f\) wokół osi \(Y\) jako \[2\pi\cdot 2P \int_0^R x\cdot\cos^2\alpha (x) \, \mathrm{d}x = 2\pi\cdot 2P\int_0^R \frac{x}{1+[f'(x)]^2} \, \mathrm{d}x.\] Problem sprowadza się więc do znalezienia funkcji \(f,\) dla której całka \({\int\limits_0^R\frac{x}{1+[f'(x)]^2} \, \mathrm{d}x}\) przyjmuje wartość najmniejszą przy dodatkowym warunku, że \(f(R)-f(0) = H.\) Uprościmy to sformułowanie, wprowadzając oznaczenie \(u(x) := f'(x).\) Ponieważ \(\int\limits_0^R u \, \mathrm{d}x = \int\limits_0^R f'(x) \, \mathrm{d}x = f(R)-f(0) = H,\) więc teraz problem ma postać:
Problem (N). Wyznaczyć funkcję \(u(x),\) dla której całka \({\int\limits_0^R\frac{x}{1+u^2} \, \mathrm{d}x}\) przyjmuje wartość najmniejszą przy warunku \(\int\limits_0^R u(x) \, \mathrm{d}x = H.\)
Problem ten zaliczamy dzisiaj do teorii sterowania optymalnego, która w połowie XX wieku wyrosła z rachunku wariacyjnego. Jego dalsze uproszczenie to de facto zastosowanie metody mnożników Lagrange’a, którą Joseph Lagrange (1736–1813) odkrył w wieku 19 lat.
Uprościmy Problem (N), zastępując go problemem bez ograniczeń: spośród wszystkich nieujemnych funkcji \(u(x)\) wyznaczyć taką, dla której całka \({\int\limits_0^R\bigl(\frac{x}{1+u^2}+qu\bigr) \, \mathrm{d}x}\) ma wartość najmniejszą, gdzie liczba \(q\geqslant 0\) jest jeszcze nieokreślonym (dokładnie) parametrem. Zrobimy to tak, że dla każdego \(x\) znajdziemy minimum funkcji \(L(u)=\frac{x}{1+u^2}+qu.\) Oznaczymy przez \(u(x)\) wartość minimum tej funkcji, a potem znajdziemy funkcję \(f\) spełniającą \(f'(x)=u(x)\) dla wszystkich \(x\in [0,R].\)
Twierdzenie. Jeśli dla dowolnego \(x\) wartość \(u=f'(x)\) jest wartością minimalną funkcji \(L(u)\) na zbiorze \([0,\infty),\) to \(f\) jest rozwiązaniem Problemu (N) dla odpowiednio dobranej wartości \(H.\)
Minimum funkcji \(L(u)\) w przedziale \([0,\infty)\) znajdziemy za pomocą pochodnej \(L'(u)=- \frac{2xu}{(1+u^2)^2}+q.\) Ponieważ \(L(u)\rightarrow +\infty,\) gdy \(u\rightarrow +\infty,\) więc funkcja \(L\) ma minimum albo w punkcie \(u,\) gdzie \(L'(u)=0,\) albo na początku przedziału, tj. dla \(u=0.\) Jeśli minimum funkcji \(L\) jest osiągane w punkcie \(u\neq 0,\) to spełnione są warunki, \(L'=0\) i \(L(u)\leqslant L(0),\) które dają \(\frac{q}{x}=\frac{2u}{(1+u^2)^2}\) i \(\frac{1}{1+u^2}+\frac{q}{x}u\leqslant 1.\) Stąd otrzymujemy \(\frac{1}{1+u^2}+\frac{2u^2}{(1+u^2)^2}\leqslant 1,\) a po dalszych uproszczeniach \(u^2\geqslant 1,\) więc \(u\geqslant 1.\) Oznacza to, że dla dowolnego \(x\) wartość \(u\) może być wyznaczona z równania \[\label{eq:wzor-na-u} x = \frac{q}{2} \biggl( u^3+2u+\frac{1}{u} \biggr), \ \ \ \text{gdzie } u \geqslant 1.\tag{$*$}\] Ponieważ funkcja po prawej stronie jest rosnąca ze względu na zmienną \(u,\) więc jej minimum znajduje się w punkcie \(u=1\) i wartość ta jest równa \(2q.\) Oznacza to, że równanie \(\eqref{eq:wzor-na-u}\) ustala wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość między punktami \(x\in [2q,\infty)\) i \(u\in [1,\infty).\) Dla każdego \(x >2q\) minimum funkcji \(L(u)\) jest osiągane przy \(u>1,\) dla każdego \(x\in [0,2q)\) minimum jest osiągane w punkcie \(u=0,\) natomiast dla \(x = 2q\) funkcja \(L(u)\) osiąga minimum w dwóch punktach: \(u=0\) oraz \(u=1.\) Ponieważ \(u(x)=f'(x),\) a przy tym \(f(0)=0,\) więc optymalna postać funkcji \(f\) jest następująca: \(f(x)=0\) dla \(x\in [0,2q],\) a w przedziale \([2q,R]\) jej pochodna jest pierwiastkiem równania \(L'(u)=0\) większym od 1.
Rys. 6. Wykres funkcji \(y = f(x)\) na przedziale \([2q,\infty)\) jest styczny w punkcie \(x=2q\) do prostej \(y = x - 2q\)
Rys. 7. Wykresy funkcji \(y=f(x)\) dla \(R = 1\) i \(H\) przyjmującego wartości \(2,\) \(1,\) \(\frac{1}{2},\) odpowiednio
Pozostaje znaleźć \(u\) z równania \(L'(u)=0.\) Niestety nie potrafimy tego zrobić bezpośrednio. Traktujmy więc od teraz \(u\) jako parametr (z przedziału \([1,\infty)\)), za pomocą którego wyrazimy obie współrzędne punktu \((x(u),y(u))\) na wykresie \(f\); wzór na funkcję \(x(u)\) mamy już w równaniu \(\eqref{eq:wzor-na-u}\). Ponadto postulujemy \({f'(x(u)) = u},\) więc ze wzoru na pochodną złożenia: \[y'(u) = (f(x(u)))' = f'(x(u)) \cdot x'(u) = u~\cdot x'(u) = \frac{q}{2}\biggl(3u^3+2u-\frac{1}{u}\biggr).\] Całkując obie strony, wyznaczamy \(y(u)=\frac{q}{2}(\frac{3u^4}{4}+u^2-\ln u +C),\) a warunek \(y(u = 1) = 0\) wyznacza nam stałą: \(C = -\frac{7}{4}.\) Ostatecznie znaleźliśmy równania opisujące wykres funkcji \(y = f(x)\) będącej rozwiązaniem postawionego problemu: \(f(x) = 0\) dla \(x\in [0,2q],\) a w przedziale \([2q,R],\)
\(\begin{cases} x=\frac{q}{2}(u^3+2u+\frac{1}{u}), \\ y=\frac{q}{2}(\frac{3}{4}u^4+u^2-\ln u -\frac{7}{4}), \ \ \ u \geqslant 1, \end{cases}\)
gdzie \(q\) znajdujemy z warunku \(f(R) = H\) (rys. 6). \[*~~ *~~ *\] Rozwiązanie problemu aerodynamicznego podane przez Newtona zaskakuje nawet dzisiaj. Powierzchnia, która w ruchu postępowym stawia najmniejszy opór, musi mieć „płaski czubek”! Wielkość spłaszczenia zależy od wartości \(H\) i \(R,\) co ilustruje rysunek 7.
Rozwiązanie Newtona przeszło bez echa. Świat nauki zachwycił się problemem brachistochrony postawionym przez Johanna Bernoulliego (a więc narodzinami rachunku wariacyjnego, 1696), a potem metodą mnożników Lagrange’a i wspaniałymi osiągnięciami Eulera. Tymczasem Isaac Newton, bez rozgłosu, na kilku stronach Principiów (1687) wyprzedził swoją epokę o 300 lat.
O problemie brachistochrony pisaliśmy w \(\Delta^{7}_{07}\).