Ecuación integral de Abel y el problema de la tautocrona. Laplace.

Introducción

Una importante ecuación integral de tipo convolutorio es la ecuación integral de Abel.

$\displaystyle \int_{0}^{t}{\frac{y(u)}{(t-u)^{\alpha}}du} = g(t)$

donde $g(t)$ es dada y $\alpha$ es una constante tal que $0 < \alpha < 1$ .

Una de las aplicaciones de la ecuación integral de Abel es la de determinar la forma que debe tener un alambre sin rozamiento, en un plano vertical, para que una cuenta ensartada a él llegue a su punto más bajo en el mismo tiempo $T$ independientemente del sitio del alambre en el cual se coloca la cuenta. Este problema se llama el problema de la tautócrona y la forma del alambre es la de una cicloide.

Problemas resueltos

Problema 1. Resolver $\displaystyle \int_0^t{\frac{y(u)}{\sqrt{t-u}} \ dt} = 1 + t + t^2$ .

Solución. La ecuación integral se puede expresar también de la siguiente manera

$\displaystyle \int_0^t{\frac{y(u)}{\sqrt{t-u}} \ dt} = 1 + t + t^2$

$\displaystyle y(t) * \frac{1}{\sqrt{t}} = 1 + t + t^2$

$\displaystyle y(t) * \frac{1}{{t}^{1/2}} = 1 + t + t^2$

$\displaystyle y(t) * {t}^{-1/2} = 1 + t + t^2$

Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L} [y(t) * {t}^{-1/2}] = \mathcal{L} [1 + t + t^2]$

$\displaystyle \mathcal{L} [y(t) * {t}^{-1/2}] = \mathcal{L} [1] + \mathcal{L} [t] + \mathcal{L} [t^2]$

$\displaystyle Y(s) \cdot \frac{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)}{s^{1/2}} = \frac{1}{s} + \frac{1!}{s^2} + \frac{2!}{s^3}$

$\displaystyle Y(s) \cdot \frac{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)}{s^{1/2}} = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} + \frac{2}{s^3}$

$\displaystyle Y(s) = \frac{s^{1/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \left[\frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} + \frac{2}{s^3} \right]$

$\displaystyle Y(s) = \frac{1}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \left[\frac{1}{s^{1/2}} + \frac{1}{s^{3/2}} + \frac{2}{s^{5/2}} \right]$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(s)] = \frac{1}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s^{1/2}} + \frac{1}{s^{3/2}} + \frac{2}{s^{5/2}} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(s)] = \frac{1}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \left\{ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s^{1/2}} \right]+ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s^{3/2}} \right] + \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{2}{s^{5/2}} \right] \right\}$

$\displaystyle y(t) = \frac{1}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \left[ \frac{t^{-1/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} + \frac{t^{1/2}}{\Gamma \left( \frac{3}{2} \right)} + \frac{2t^{3/2}}{\Gamma \left(\frac{5}{2} \right)} \right]$

$\displaystyle y(t) = \frac{1}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \left[ \frac{t^{-1/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} + \frac{t^{1/2}}{\frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)} + \frac{2t^{3/2}}{\frac{3}{4} \Gamma \left(\frac{1}{2} \right)} \right]$

$\displaystyle y(t) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(\frac{t^{-1/2}}{\sqrt{\pi}} + \frac{2t^{1/2}}{\sqrt{\pi}} + \frac{8t^{3/2}}{3 \sqrt{\pi}} \right)$

$\displaystyle y(t) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(t^{-1/2} + 2t^{1/2} + \frac{8}{3} t^{3/2} \right)$

$\displaystyle y(t) = \frac{1}{\pi} \left(t^{-1/2} + 2t^{1/2} + \frac{8}{3} t^{3/2} \right)$

$\displaystyle y(t) = \frac{t^{-1/2}}{3\pi} \left(3 + 6t + 8t^2 \right)$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore y(t) = \frac{t^{-1/2}}{3\pi} \left(3 + 6t + 8t^2 \right)$

Problema 2. Una cuerda está condicionada a moverse sobre un alambre sin rozamiento el cuál está en un plano vertical. Si la partícula parte del reposo desde cualquier punto del alambre y cae por la influencia de la gravedad,

(a) Encontrar el tiempo de descenso hasta el punto más bajo del alambre.
(b) Hallar la forma que debe tener el alambre para que el tiempo en alcanzar el punto más bajo sea constante, es decir, independiente del punto de partida.

Solución. Suponiendo que la cuerda tiene una masa $m$ y parte del reposo desde el punto $P$ de coordenadas $(u,v)$ (mostrándose en la figura), sea $Q$ , de coordenadas $(x,y)$ , un punto intermedio del alambre y que el origen $O$ es el punto más bajo del alambre. Además, sea $\sigma$ la longitud del arco $OQ$ .

*Figura 1. La cuerda y sus punto localizados.*

Partiendo de la conservación de energía, se tiene lo siguiente

$\displaystyle \text{Energia potencial en} \ P + \text{Energia cinetica en} \ P = \text{Energia cinetica en } Q + \text{Energia cinetica en } Q$

$\displaystyle \frac{1}{2} mgv + 0 = \frac{1}{2} mgy + \frac{1}{2} m \left(\frac{d\sigma}{dt} \right)^2$

donde $d\sigma /dt$ es la rapidez instantánea de la partícula en $Q$ . Entonces

$\displaystyle \left( \frac{d \sigma}{dt} \right)^2 = 2g (v-y)$

$\displaystyle \frac{d \sigma}{dt} = \pm \sqrt{2g (v-y)}$

utilizando el hecho de que $\sigma$ decrece cuando $t$ crece,

$\displaystyle \frac{d \sigma}{dt} = - \sqrt{2g (v-y)}$

Después,

$\displaystyle - \frac{d \sigma}{\sqrt{2g (v-y)}} = dt$

El tiempo total empleado por la cuenta para ir desde $P$ hasta $O$ está dado por

$\displaystyle T = \int_0^T{dt}$

Sustituyendo

$\displaystyle T = \int_v^0{-\frac{d\sigma}{\sqrt{2g(v-y)}}}$

$\displaystyle T = - \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_v^0{\frac{d\sigma}{\sqrt{v-y}}}$

$\displaystyle T = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^v{\frac{d\sigma}{\sqrt{v-y}}}$

Cuando se da la forma de la curva, la longitud de arco puede expresarse en función de $y$ y se encuentra que

$\displaystyle d\sigma = f(y) \ dy$

De esta manera

$\displaystyle \therefore T = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^v{\frac{f(y) \ dy}{\sqrt{v-y}}}$

Por lo que $T$ es función de $v$ , es decir, del punto de partida.

Solución (b). Se toma el resultado del (a)

$\displaystyle T = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^v{\frac{f(y) \ dy}{\sqrt{v-y}}}$

donde $T$ es una constante. Haciendo un acomodo dentro la integral

$\displaystyle T = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^v{f(y) \ (v-y)^{-1/2} \ dy}$

Observando la integral, se tiene una ecuación integral de tipo convolutorio, y este es un caso particular de la ecuación integral de Abel y puede escribirse de la siguiente manera,

$\displaystyle T = \frac{1}{\sqrt{2g}} \ f(y) * y^{-1/2}$

Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L} [T] = \frac{1}{\sqrt{2g}} \ \mathcal{L} \left[f(y) * y^{-1/2} \right]$

$\displaystyle \frac{T}{s} = \frac{1}{\sqrt{2g}} \ F(s) \cdot \frac{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)}{s^{1/2}}$

$\displaystyle \frac{T}{s} = \frac{1}{\sqrt{2g}} \ F(s) \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{s^{1/2}}$

Despejando $F(s)$

$\displaystyle F(s) = \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{s^{1/2}}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [F(s)] = \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\sqrt{\pi}} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{s^{1/2}} \right]$

$\displaystyle f(y) = \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\sqrt{\pi}} \ \frac{y^{-1/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{2} \right)}$

$\displaystyle f(y) = \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\sqrt{\pi}} \ \frac{y^{-1/2}}{\sqrt{\pi}}$

$\displaystyle f(y) = \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\pi} \ y^{-1/2}$

Luego, como

$\displaystyle \frac{d\sigma}{dy} = \frac{\sqrt{(dx)^2 + (dy)^2}}{dy} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

y recordando que $d\sigma = f(y) \ dy$ o $\displaystyle \frac{d\sigma}{dy} = f(y)$ , se tiene lo siguiente

$\displaystyle \frac{d\sigma}{dy} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle f(y) = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \frac{\sqrt{2g} \cdot T}{\pi} \ y^{-1/2} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \sqrt{b} \ y^{-1/2} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \sqrt{b} \cdot \frac{1}{\sqrt{y}} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{y}} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \sqrt{\frac{b}{y}} = \sqrt{1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2}$

$\displaystyle \frac{b}{y} = 1 + \left( \frac{dx}{dy} \right)^2$

Despejando $dx/dy$

$\displaystyle \frac{b}{y} - 1 = \left( \frac{dx}{dy} \right)^2$

$\displaystyle \frac{dx}{dy} = \pm \sqrt{\frac{b}{y} - 1}$

$\displaystyle \frac{dx}{dy} = \pm \sqrt{\frac{b-y}{y}}$

Como la pendiente debe ser positiva, al integrar (una vez ya despejado $dx$ ), resulta que

$\displaystyle \frac{dx}{dy} = \sqrt{\frac{b-y}{y}}$

$\displaystyle dx = \sqrt{\frac{b-y}{y}} \ dy$

$\displaystyle \int{dx} = \int{\sqrt{\frac{b-y}{y}} \ dy}$

$\displaystyle x = \int{\sqrt{\frac{b-y}{y}} \ dy} + C$

Haciendo $y=b\sin^2{\theta}$

$\displaystyle x = \int{\sqrt{\frac{b-y}{y}} \ dy} + C$

$\displaystyle x = \int{\sqrt{\frac{b-b\sin^2{\theta}}{b \sin^2{\theta}}} \cdot 2b \sin{\theta} \ \cos{\theta} \ d\theta} + C$

$\displaystyle x = \int{\sqrt{\frac{b\cos^2{\theta}}{b \sin^2{\theta}}} \cdot 2b \sin{\theta} \cos{\theta} \ d\theta} + C$

$\displaystyle x = 2b \int{\cos^2{\theta} \ d\theta} + C$

$\displaystyle x = 2b \int{\left(1 + \cos{2\theta} \right)\ d\theta} + C$

$\displaystyle x = \frac{b}{2} \left(2\theta + \sin{2\theta} \right) + C$

Así, las condiciones paramétricas de la curva requerida son

$\displaystyle x = \frac{b}{2} \left(2\theta + \sin{2\theta} \right) + C$ y $\displaystyle y = b \sin^2{\theta}$

O también,

$\displaystyle x = \frac{b}{2} \left(2\theta + \sin{2\theta} \right) + C$ y $\displaystyle y = \frac{b}{2} (1-\cos{2\theta})$

Como la curva debe pasar por el punto $x=0$ , $y=0$ , se deduce que $c=0$ . Por último,

$\displaystyle x = \frac{b}{2} \left(2\theta + \sin{2\theta} \right)$ y $\displaystyle y = \frac{b}{2} (1-\cos{2\theta})$

$\displaystyle \therefore x = a \left(2\theta + \sin{\phi} \right)$ y $\displaystyle y = a (1-\cos{\phi})$

Donde $\displaystyle a = \frac{b}{2} = \frac{gT^2}{\pi^2}$ y $\phi = 2\theta$ .

Este último resultado representa la ecuación paramétrica de una cicloide. Para una constante dada $T$ , el alambre tiene la forma de la curva que se muestra a continuación. La cicloide es un lugar geométrico de un punto fijo de una circunferencia que rueda sobre la recta dada.

Ecuación integral de Abel y el problema de la tautocrona. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

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