Geometry & Recognition

물체의 움직이는 경로의 길이가 $s=s(x,y)$면,  바닥까지 내려오는 데 걸리는 시간은 

\[ T= \int \frac{ds}{v}  \]

로 주어진다. 

1. 직선 경로의 경우에는 속도를 $y=H-x$ 좌표로 쉽게 표현할 수 있고, 속력은 역학적 에너지 보존법칙을 쓰면

\[ ds=\sqrt{ dx^2 + dy^2} = \sqrt{1 + (dx/dy)^2} = -\sqrt{2} dy, \quad (\because ~dy<0)\]

\[\frac{1}{2} mv^2 = mg(H-y)  \quad \rightarrow \quad v=\sqrt{2g(H-y)}  \]

따라서, 바닥까지 내려오는 데 걸리는 시간은

\[ \therefore T = \int_H^0 \frac{-\sqrt{2}dy}{\sqrt{2g(H-y)}}  = 2 \sqrt{\frac{H}{g}}. \]

2. 4 분원 경로는 각도(수평에서 시계방향)를 써서 표현하면, 

\[ x = H(1- \cos \theta), \quad y = H(1-\sin \theta) \]

\[ ds = H d \theta , \quad   v = \sqrt{2gH  \sin \theta }  \]

이므로

\[T = \int_0^{\pi/2} \sqrt{\frac{H}{g}}  \frac{d\theta}{\sqrt{2\sin \theta } } =\sqrt{\frac{H}{g}} \text{Elliptic}(1/2)=1.85407 \sqrt{\frac{H}{g}} . \]

최단시간 경로를 찾는 문제는 운동시간 $T$의 변분문제로 환원할 수 있다. 우선 최단시간 경로를 $y=y(x)$로 보면 ($H-y\to y$: 내려가는 방향을 $+y$로) Lagrangian 이

$$L= \sqrt{ \frac{1+(dy/dx)^2 }{ y}} $$

일 때 운동방정식의 해를 구하는 문제로 바뀐다. 이 Lagrangian은 $x$에 의존하지 않으므로 Hamiltonian이 일정한 (즉, 에너지가 보존됨) 값을 갖는다.

$${\cal H} = \frac{dy}{dx} \frac{dy/dx}{ \sqrt{y(1+(dy/dx)^2) }} - \sqrt{\frac{1+(dy/dx)^2}{y}}= -\frac{1}{k}=\text{const}.$$

식을 정리하면,

$$ y\left[1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2 \right] =k^2 \quad \to \quad \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{ \frac{k^2 -y}{y}}$$

을 만족하는 $y(x)$을 구해야 한다. 이 식을 만족하는 곡선이 cycloid이고 $\theta$를 매개변수로 표현하면($r=\frac{1}{2}k^2$),

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

이다. 이 경로는 $\theta=0$일 때 $(0,0)$을 지난다. 그림에 맞게 $(0, H)$를 지나고, 감소함수이려면  $y\to H-y$로 바꾸어야 한다. 경로가 다른 끝점 $(H, 0)$을 지나게 하려면 $r$과 그 점을 통과할 때 $\theta_0$ 값을 정해주면 된다. 

$$ x= r( \theta-\sin \theta),~~ y=H- r (1 - \cos \theta)$$ 

이 식에서 $\theta$을 소거하면

$$ H-y + r \cos \frac{x+ \sqrt{ (H-y)(2r-(H-y))} }{r} = r$$을 얻고, 바닥의 $(H,0)$을 통과하려면 $r$은 

$$H+  r\cos \frac{H +  \sqrt{H(2r- H)}}{r} = r$$에서 찾을 수 있다. $H=1$일 때 mathematica을 이용해서 구하면

그리고 $(H,0)$에 해당하는 $\theta$는 $$\theta = \cos^{-1} \frac{r-H}{r}$$에서 $\theta _0=  2.41201$을 구할 수 있다.

그럼 $(0,H)$에서 $(H,0)$으로 내려가는 데 걸리는 시간은? 

$$ds = 2r\sin \frac{\theta}{2}d \theta  ~~\text{and}~~\sqrt{2(H-y)} = 2\sqrt{r} \sin \frac{\theta}{2}$$

이므로

$$ T = \int \frac{ds}{\sqrt{2g(H-y)}}= \sqrt{\frac{r}{g}} \int_0^{\theta_0} d \theta = \sqrt{\frac{H}{g}} \sqrt{\frac{r}{H}} \theta_0 = 1.82568 \sqrt{\frac{H}{g}}$$