Geometry & Recognition

지구 내부(물론 지구는 완벽한 반지름 $R$인 구이고 밀도는 균일하다고 가정한다)에 직선 터널을 뚫어 두 지점을 연결할 때 순수한 중력에 의해서 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 직선 터널의 길이에 상관없이 항상 $T= \pi \sqrt{\frac{R}{g}}=42~\text{min}$로 주어진다. 이는 지표면을 스치듯이 지나는 인공위성의 주기의 절반에 해당한다. 균일한 중력장에서 두 지점을 잇는 직선 경로가 최단 시간 경로가 아니듯 이 경우에도 더 짧은 통과시간을 가지는 경로를 만들 수 있다.

우선 지구 내부에서 질량 $m$인 물체에 작용하는 중력의 세기는 가우스 법칙을 쓰면

$$ \vec{F} =-\frac{GM m} {R^3} \vec {r}= -k \vec{r} = -m \omega^2 \vec{r}, \quad \omega^2 = \frac{GM}{R^3} = \frac{g}{R}$$

처럼 쓸 수 있다(용수철의 탄성력과 같다). 그리고 보존력이므로 위치에너지 함수를 가지는데

$$U(\vec{r}) = \frac{1}{2} m\omega^2 r^2$$

이고 역학적 에너지는 보존된다. 지표면에서 출발을 하면 역학적 에너지는

$$ E= K+U =\frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} m \omega^2 r^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 R^2 $$

따라서 중심에서 $r$만큼 떨어진 지점에서 물체의 속력은

$$  v= \omega \sqrt{R^2 - r^2}$$

그리고 주어진 터널을 지나는 데 걸리는 시간은

$$ t = \int \frac{d\ell }{v} = \frac{1}{\omega}\int \frac{d\ell }{ \sqrt{R^2-r^2}}$$

터널은 항상 출발, 지구 중심, 도착 지점을 포함하는 한 평면 상에 있어야 하므로 평면 극좌표 $(r, \theta)$를 사용하는 것이 편리하다. 이 경우 터널 곡선은 $r = r(\theta)$로 표현할 수 있으므로

$$ d\ell  = \sqrt{(dr)^2 + (r d\theta)^2} = \sqrt{ r^2 + \dot{r}^2 } d \theta$$

여기서 $\dot{r}= dr/d\theta$를 나타낸다. 터널 통과시간은 따라서

$$ t= \frac{1}{ \omega} \int \sqrt{ \frac{r^2 + \dot{r}^2 }{R^2 - r^2}} d\theta$$

최단 시간을 주는 터널 모양을 찾는 문제는 $t$을 최소시키는 $r(\theta)$를 찾는 변분문제가 된다. 적분인자가 $\theta$에 명시적으로 의존하지 않으므로 Euler-Lagrange 방정식을 써서 

$$ \frac{r^2}{\sqrt{(R^2 - r^2 ) (r^2 + \dot{r}^2)}}=\frac{1}{C} = \text{const} \\ \Longrightarrow \quad \dot{r}^2 = \frac{r^2[(1+C^2)r^2-R^2 ]}{R^2-r^2}$$

임을 보일 수 있다. 중심에서 가장 가까이 왔을 때($\dot r=0$) 거리를 $R_0$라면, $(1+C^2) R_0^2 =R^2$이므로

$$\dot{r}^2 = \frac{r^2\left(\frac{R^2}{R_0^2} r^2-R^2 \right)}{R^2-r^2}$$

모든 거리를 $R$ 단위로 재면 (이 경우 반지름이 1인 행성에서의 터널 문제가 된다) 터널 곡선은 다음 미분방정식을 풀어서 얻을 수 있다.

$$ s = r/R,~~ s_0 = R_0/R, $$

$$ \frac{d s}{d \theta} = \pm \frac{s}{s_0} \sqrt{\frac{s^2 - s_0^2 }{ 1-s^2}}$$

$$ \Longrightarrow ~~\theta = -\int   \frac{s_0}{s} \sqrt{\frac{1-s^2}{s^2 - s_0^2 }}ds $$

적분인자의 root를 벗기기 위해서

$$s^2 = \cos^2 \frac{\phi}{2} + s_0^2 \sin ^2 \frac{\phi}{2}$$로 치환하면 

$$ \theta = s_0 (1-s_0^2) \int \frac{\sin^2 \frac{\phi}{2}}{\cos^2 \frac{\phi}{2}+s_0^2 \sin^2\frac{\phi}{2} }d \frac{\phi}{2} $$

$$\Longrightarrow\quad \theta = \tan^{-1} \left( s_0 \tan \frac{\phi}{2}\right) -\frac{s_0}{2} \phi$$

를 얻는다. 출발지점은 $\phi=0$이고, 중심에서 가장 가까운 지점$(r=R_0)$은 $\phi=\pi$ 그리고 도착지점은 $\phi=2\pi$에 해당한다. 이제 도착시간을 계산하면 

$$t = \frac{1}{\omega} \int  \frac{sds}{\sqrt{(1-s^2) (s^2- s_0^2) }} $$로 쓸 수 있는데 앞의 치환을 이용하면 

$$  t = \frac{1}{2\omega} \sqrt{1- s_0^2} \phi$$

를 얻는다. $\phi= 2\pi$을 대입하면 

$$ t ={\pi}\sqrt{\frac{R}{g}} \sqrt{1-  \left(\frac{R_0}{R}\right)^2}$$

이어서 직선 터널을 움직이는 시간보다 짧다. 그리고 중심을 통과할 때는 ($R_0=0$) 곡선은 직선이 된다. 지구 내부에서 최단시간 곡선은 지구 내부에서 반지름 $r= (R-R_0)/2$인 원을 굴렸을 때 원의 한 지점이 그리는 곡선의 자취로 표현되고, 이 곡선을 hypocycloid라 한다. 이는 직교좌표를 사용하면 더 쉽게 볼 수 있다.

--계속--

Fermat의 원리는 빛이 한 지점에서 다른 지점으로 진행할 때 가장 시간이 적게 드는 경로를 따라 움직인다고 이야기하고 있다. 광속은 굴절률이 큰 곳에서 작아지므로 굴절률이 다른 두 지점을 통과하는 빛의 경로는 되도록이면 광속이 큰 곳을 오래 머무르는 경로를 선택하는 것이 시간상 유리하다. 따라서 매질의 경계면에서 진행방향이 꺾여야 된다. 구체적으로 광속이 $v_1$인 매질에서 $v_2$인 매질로 빛이 진행할 때 입사각  $\alpha_1$,  굴절각 $\alpha_2$인 경우  

$$ \frac{ \sin \alpha_1 }{v_1}= \frac{\sin \alpha_2}{v_2} \quad \Longrightarrow \quad \frac{v} {\sin \alpha} =\text{const}$$을 만족한다. 여기서 $\alpha$는 빛의 진행 방향을 매질 경계면에 수직인 방향에 대해 잰 각이다.

Fermat의 원리는 중력장에서 움직이는 물체에 대해서도 적용할 수 있다. 물체가 움직이면 중력 때문에 속력이 변하게 되므로 두 지점을 잇는 직선을 따라 움직이는 경로는 최단시간 경로가 되지 못한다. 구체적으로 한 지점에서 출발해서 처음보다 아래방향으로 $y$만큼  속력은 역학적 에너지 보존에 의해서 

$$  v^2 = 2gy$$

로 주어진다. 속력이 $y$값이 (아래로) 증가하면 빨라지므로 굴절률이 $\sqrt{y}\sim \sqrt{-U_\text{grav}}$에 반비례해서 연속적으로 감소하는 경우로 생각할 수 있다. 

물체가 움직이는 경로상의 한 지점에서 접선이 수평에 대해 $\theta$만큼 기울어진 경우 입사각은 $\frac{\pi}{2}-\theta$이고, $\cos \theta = dx/ds$이다. 따라서 스넬의 법칙은 (제곱을 해서)

$$ \frac{v^2 }{ \sin ^2(\frac{\pi}{2}- \theta)} = \frac{v^2 }{\cos^2 \theta} = \frac{ 2gy}{(dx/ds)^2 } = \text{const} = 4gr$$

로 쓸 수 있다. $4gr$은 상수이다. 곡선의 미소길이

$$ ds =\sqrt{dx^2  + dy^2 } = \sqrt{1+(dy/dx)^2}dx$$

를 대입하면 중력장에서 물체가 움직이는 최소시간 경로는 다음의 비선형 미분방정식을 풀어서 얻을 수 있다.

$$ \Big( \frac{dy}{dx} \Big)^2 = \frac{2r}{y}-1\quad \Longrightarrow \quad dx = \sqrt{ \frac{y}{2r-y}}dy$$

잘 알려지다시피 이 방정식의 해는 cycloid 곡선으로 다음과 같이 표현할 수 있다. 

$$ x= r(\psi - \sin \psi ), \quad y = r (1- \cos \psi)$$

여기서 $\psi = {\pi-2\theta}$로 주어진다.

변분을 이용해서 구하는 경우는 https://kipl.tistory.com/186

수직 평면 상에서 곡선 $y=y(x)$을 따라 움직이는 물체의 운동을 생각하자. 이 물체는 마찰이 없이 움직일 수 있고 일정한 중력의 영향을 받는다. 높이 $y=h$에서 출발하여 바닥 $y=0$에 도달하는 데 걸리는 시간은 일반적으로 출발 높이에 따라 달라진다. 역학적 에너지 보존법칙을 쓰면 바닥까지 내려오는 데 걸리는 시간 $T(h)$는

$$ \frac{1}{2} \Big(\frac{d\ell}{dt}\Big)^2 + mgy = mgh \quad \Longrightarrow \quad T(h) = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^h \frac{d \ell }{\sqrt{h-y}}$$

일반적으로 출발 높이가 낮으면 움직이는 거리가 짧아지므로 도착 시간도 짧아진다. 그러나 가속이 충분히 되지 않으므로 거리에 비례해서 시간이 짧아지지는 않는다. 그럼 도착 시간이 출발 높이에 무관하게 일정한 곡선을 찾을 수 있을까? 물론 답은 있고,  그때 물체가 움직이는 곡선을 tautochrone curve(등시곡선)이라 부른다.

물체가 움직이는 경로의 line element $d\ell $를 $$ d\ell = \sqrt{dx^2 +dy^2} = \sqrt{ 1 + \Big(\frac{dx}{dy}\Big)^2 } dy= f(y)dy$$처럼 쓰면 도착 시간은 $$T(h) = \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^h \frac{f(y)}{\sqrt{h-y}} dy$$

가 된다. 이는 $f(y)$외 $1/\sqrt{y}$의 convolution 형태가 되어 Laplace 변환을 사용하기 좋은 모양이다. 양변에 Laplace 변환을 취하면

\begin{align} \widetilde{T}(s) &= \frac{1}{\sqrt{2g}} \int_0^\infty \int_0^h \frac{f(y)}{\sqrt{h-y}} e^{-sh} dy dh\\ &=\frac{1}{\sqrt{2g}} \tilde{f}(s){ \cal L}\Big[\frac{1}{\sqrt{h}}\Big](s) \\ &=\frac{1}{\sqrt{2g}} \tilde{f}(s) \sqrt{\frac{\pi}{s}}  \end{align} 여기서  $ { \cal L}\left[\frac{1}{\sqrt{h}} \right] =\sqrt{\frac{\pi}{s}}$임을 이용했다 $\left(\int_0^\infty \frac{e^{-sh}}{\sqrt{h}}dh = 2 \int_0^\infty  {e^{-st^2}}dt = \sqrt{\frac{\pi}{s}}\right)$. 

도착 시간이 높이에 무관하게 일정하다면 $$T(h)= T_0=\text{const}$$로 쓸 수 있으므로 Laplace 변환은 $\widetilde{T}(s) = T_0/s$이다. 따라서 곡선 형태를 결정하는 $f(y)$의 Laplace 변환은

$$ \tilde{f}(s) = \sqrt{\frac{2gT_0^2}{\pi^2}} \sqrt{\frac{\pi}{s}}$$ 이를 역변환시키면 

$$ f(y) = \sqrt{\frac{2gT_0^2}{\pi^2}} \frac{1}{\sqrt{y}} $$임을 쉽게 알 수 있다. 이제 구체적인 곡선의 형태를 구하면 $$ x=\int dx =\int \sqrt{f^2(y)-1} dy =\int  \sqrt{ \frac{{2gT_0^2}/{\pi^2 } -  y}{y}}dy$$이고, 적분하기 위해 곡선이 $(x,y)=(0,0)$을 통과하는 조건을 주자. 그리고 $$y =  \frac{2gT_0^2}{\pi^2} \sin ^2( \theta/2) = \frac{gT_0^2}{\pi^2} (1- \cos \theta)$$로 매개변수화하면(이 경우 $dy/dx = \tan (\theta/2)$)

$$ x = \int_0^{ \theta_0}  \frac{ gT_0^2}{\pi^2} (1 +\cos \theta) d \theta \quad \Longrightarrow \quad x = \frac{gT_0^2}{\pi^2}( \theta + \sin \theta)$$

이어서 $(x(\theta), y(\theta))$는 cycloid가 됨을 알 수 있다. 이 cycloid는 반지름 $gT_0^2/\pi^2$인 원을 일정한 높이의 수평선 $y=2gT_0^2/\pi^2$에 접하게 굴릴 때 원점에서 바닥과 접촉했던 점이 그리는 곡선이고, $\theta$는 원의 중심과 이 점을 잇는 선분이 수직과 이루는 각을 나타낸다. 

위에서 구한 cycloid 곡선을 도착시간 공식에 대입해서 확인해 보자. $h-y= \frac{gT_0^2}{\pi^2} (\cos \theta - \cos \theta_0)$이고,

$$ d\ell = \frac{gT_0^2 }{\pi^2}\sqrt{2(1+\cos \theta) } d \theta $$

이므로 내려가는데 걸리는 시간 \begin{align} T(h) & = \frac{T_0}{\pi} \int_0^{\theta_0} \sqrt{ \frac{1+\cos \theta}{ \cos \theta - \cos \theta_0 }} d \theta \\ &= \frac{2T_0}{\pi} \int_0^{\theta_0} {\frac{d\sin (\theta/2)}{\sqrt{\sin^2(\theta_0/2)-\sin^2(\theta/2)}}}= T_0 \end{align}이 출발 높이($=h$)에 상관없이 일정함을 확인할 수 있다. 바닥까지 내려가는데 걸리는 시간 $T_0$가 정해지면 원의 반지름 $gT_0^2/\pi$이 결정되어 곡선 모양이 자동으로 정해진다.

https://youtu.be/Ib1TdgeYL4o

Cycloid는 이 성질 이외에도 일정한 중력하에서 두 지점을  연결하는 곡선을 움직일 때 최단 시간을 주는 곡선이기도 하다(brachistochrone curve) 

https://kipl.tistory.com/186

Heviside step function $\theta(t)$은 높이가 1인 계단형 함수로 다음과 같이 정의된다.

$$ \theta (t) = \left\{ \begin{matrix}  1 & t\ge 0  \\ 0 & t <0\end{matrix}\right.$$

이 함수의 fourier transform을 구하려 할 때 이 정의 그대로 대입해서는 올바른 결과를 얻을 수 없다. 이를 위해서 $\theta$를 미분하면 delta 함수를 얻을 수 있고, $\delta (t)$를 다음과 같은 Fourier transform 형태로 쓸 수 있음을 이용하자.

$$ \delta (t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{- i \omega t} d \omega = \frac{d}{dt} \theta(t) $$ 따라서 적분을 해서 다음과 같이 생각할 수 있다.

$$\theta (t)  \overset{?}{=} \frac{i}{2\pi }  \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-i \omega t}}{ \omega} d \omega$$

그러나 이 적분은 $\omega=0$에서 제대로 정의가 안되므로 이를 회피하는 방법을 고안해야 한다. 이를 위해서 복소평면으로 확장을 한 후 pole의 위치를  $\omega=0$에서 조금 이동해서 $\omega = - i\epsilon~(\epsilon \to 0^+)$이 되도록 하자. 물론 $\omega = +i \epsilon$ 쪽으로도 옮기는 경우도 고려할 수 있지만 이 경우에는 $\theta(-t)$가 된다. 이제 확인해 보도록 하자: $$ \theta(t) = \lim_{\epsilon\to 0^+} \frac{i}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-i \omega t}}{\omega +i \epsilon} d\omega$$

$t>0$인 경우는 복소평면의 아랫부분을 시계방향으로 도는 경로를 잡아서 적분하면 원호 부분에서는 기여가 없고 residue 정리에 의해서

$$ \frac{i}{2\pi} \oint_\text{lower half} \frac{e^{-i\omega t}}{\omega+i \epsilon}d \omega = (-2\pi i) \frac{i}{2\pi}e^{-it (-i\epsilon)} = e^{- \epsilon t}$$ 

$t<0$일 때는 복소평면 위쪽을 반시계방향으로 회전하는 경로를 잡아서 적분하면 

$$ \frac{i}{2\pi} \oint_\text{upper half} \frac{e^{-i\omega t}}{\omega+i \epsilon}d \omega = 0$$

정리하면 $$  \theta (t) = \lim_{ \epsilon\to 0^+}\left\{ \begin{matrix}   e^{-\epsilon t} & t \ge 0 \\ 0 & t < 0  \end{matrix}\right. $$

따라서 위의 적분이 제대로 된 $\theta(t)$의 한 표현을 제공함을 확인할 수 있다(Note, for $\epsilon>0$, $ \int_{-\infty}^\infty |\theta_\epsilon (t)| < \infty$이어서  Dirichlet condition을 만족시킴). 그런데 이 적분 표현은 Fourier transform의 형태를 가지므로 $\theta(t)$의 Fourier transform은 $\theta(t)=\frac{1}{2\pi}\int \tilde{\theta}(\omega)e^{-i\omega t} d\omega$와 비교하면

\begin{align} \tilde { \theta}(\omega) &=  \lim_{\epsilon\to 0^+ }\frac{i}{\omega + i \epsilon} \\ &=\lim_{\epsilon\to0^+} \frac{ \epsilon+ i \omega}{\omega^2 + \epsilon^2} \\ &=  \lim_{\epsilon\to0^+} \frac{\epsilon}{\omega^2 + \epsilon^2 } - \frac{1}{i\omega} \\ &=\pi \delta (\omega) - \frac{1}{i \omega} \end{align}을 얻는다. 여기서 Lorentzian를 이용한 delta 함수를 표현을 사용했다.

시간 변수에 대한 Fourier transform의 정의로

$$ f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty  {\tilde f}(\omega) e^{i \omega t} d \omega$$

을 사용하는 경우에는 앞의 결과에서 $\omega \to - \omega$를 해서, 

$$ \tilde{\theta}(\omega) = \pi \delta(\omega) + \frac{1}{i \omega}$$

가 된다. 물리적으로는 에너지 연산자가 $i\hbar \partial/\partial t$이므로 시간 변수의 Fourier 변환은 전자의 정의를 사용하고, 운동량 연산자가 $-i \hbar \nabla$이므로 공간 변수에 대한 Fourier 변환은 후자를 사용한다. 그리고 $1/\omega$ 부분의 적분은 Cauchy의 pricipal value prescription을 써서 적분을 해야 한다.

\begin{align} \frac{1}{2\pi} \text{P} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-i \omega t}}{-i\omega}d\omega &=\frac{1}{2\pi} \lim_{\delta \to 0} \left( \int_{-\infty}^{-\delta} + \int_\delta ^\infty  \right) \frac{e^{-i \omega t}}{- i\omega}d\omega  \\ &= \frac{1}{ \pi }\lim_{\delta\to 0}  \int_\delta ^\infty \frac{\sin (\omega t)}{ \omega }d\omega \\ &=\frac{1}{2} \text{sgn}(t) \end{align}이므로 다음을 얻는다.

$$\frac{1}{2}\left(1 + \text{sgn}(t) \right) = \theta(t)$$

$$I = \int_{0}^{\infty} \frac{(\log x)^2}{x^2 + 1}dx=\frac{\pi^3}{8}$$

복소평면에서 함수 $f(z) =\frac{(\log z)^2}{z^2 + 1}$를 고려하자. $z=0, \infty$가 $f(z)$의 두 branch point이므로 $+x$축을 cut line으로 선택하고 그림과 같은 contoure을 따라 적분을 하자. $z=\pm i$는 $f(z)$의 두 simple pole이다.

$C_\epsilon$에서 적분은 $z=\epsilon e^{i \theta},~\theta:\pi\to 0$로 표현하면 

$$\lim_{\epsilon \to 0}  \int_{C_\epsilon} f(z)dz  = 0$$

$C_\infty$에서 적분도 0임을 쉽게 보일  수 있다.

$$\int_{C_\infty} f(z) dz = 0$$

$C_1$에서 적분은 $z=xe^{i0}, ~x:0\to \infty$이므로 

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_0^\infty \frac{(\log x)^2}{x^2 + 1} dx= I$$

$C_2$에서 적분은 $z=xe^{\pi i}, ~x: \infty\to0$이므로( $\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+1}dx=0$)

\begin{align} \int_{C_2} f(z) dz &= \int _{\infty}^0 \frac{(\log x + \pi i )^2 }{x^2 + 1} e^{i \pi }dx \\ &= I + 2\pi i \int_\infty^0 \frac{\log x}  {x^2+1} e^{i\pi}dx -\pi^2 \int_\infty^0 \frac{dx}{x^2+1} e^{i\pi}dx \\   &= I + 0 - \frac{\pi^3}{2}\end{align}

Contour가 $z=i$ 포함하므로 residue 정리에 의해서 

$$ \int_{C_\epsilon + C_1 +C_2 +C_\infty} f(z)dz= 2\pi i \times \frac{(i\pi/2)^2}{2i}=-\frac{\pi^3}{4}$$

이므로 

$$ I = \int_0^\infty \frac { (\log x)^2 }{x^2+1} = \frac{\pi^3}{8}$$