Geometry & Recognition

바퀴를 원형으로 만드는 것보다는 네모로 만드는 것이 가공 측면에서 더 쉽다(?). 그러나 네모 바퀴는 중심이 바닥에서 계속 위-아래로 움직이므로 승차감이 떨어진다. 수평 바닥을 움직일 때 무게중심은 바퀴의 대각선이 수직으로 설 때 바닥에서 가장 높고, 한 변이 접할 때 바닥에서 가장 낮으므로, 바퀴 중심이 일정한 높이에서 움직이게 하려면 바닥의 모양을 평평할 수 없다. 바퀴의 무게중심이 출렁거림 없이 움직이기 위해서는 바닥의 모양이 어떤 형태로 주어야 져야 하는지 알아보자.

https://www.youtube.com/watch?v=qFVti39MvX8

우선 바퀴의 한 변의 길이를 $2\ell$로 하자. 그러면 평평한 바닥일 때 무게중심은 바닥에서 최대로 $\sqrt{2}\ell$ 만큼 올라가므로, 바닥을 변형시킬 때 이 높이를 유지할 수 있도록 모양을 선택하고 이때 곡선을 기술하는 $x$ 좌표를 $x=0$으로 잡는다. $x>0$일 때 바퀴의 한 변이 접하는 접점의 좌표를 $(x,y)$라면, 이 점에서 기울기가 $y^{\prime }=dy/dx=\tan \psi$이므로 접선의 방정식은 ($(X,Y)$로 표현) 

$$Y-y=y^{\prime }(X-x)$$

로 표현된다. 그리고 바퀴의 중심은 $(x,\sqrt{2}\ell )$에 있음을 알 수 있고, 중심에서 접선에 가장 가까운 점을 $(X_0,Y_0)$라고 하면 그림에서

$$X_0-x=(\sqrt{2}\ell -y)\sin \psi \cos \psi =(\sqrt{2}\ell -y)\frac{y^{\prime }}{1+(y^{\prime }{)}^2},$$

$$\sqrt{2}\ell -Y_0=(\sqrt{2}\ell -y){\cos }^2\psi =(\sqrt{2}\ell -y)\frac{1}{1+(y^{\prime }{)}^2}.$$

임을 알 수 있다. 바퀴 중심에서 접선까지 거리가 $\ell$이므로 이를 두 점 $(x,\sqrt{2}\ell )$, $(X_0,Y_0)$의 사이거리로 표현하면

$${\ell }^2=(x-X_0{)}^2+(\sqrt{2}\ell -Y_0{)}^2$$

위의 관계를 정리하면

$${\ell }^2=(\sqrt{2}\ell -y{)}^2[\frac{(y^{\prime }{)}^2}{(1+(y^{\prime }{)}^2{)}^2}+\frac{1}{(1+(y^{\prime }{)}^2{)}^2}]$$

이므로 곡선에 대한 다음 식을 얻는다.

$$y=\sqrt{2}\ell -\ell \sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}$$

한 번 더 미분하면,

$$y^{″}=-\frac{1}{\ell }\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}$$

이어서 위로 볼록인 catenary 형태로 바닥이 만들어져야 함을 알 수 있다. 

$y(0)=0$, $y^{\prime }(0)=1$을 만족해야 하므로 해는

$$y=\sqrt{2}\ell -\ell \cosh [{\cosh }^{-1}(\sqrt{2})-x/\ell ]$$

임을 알 수 있고, 언덕 하나를 넘는 동안 수평이동거리는 $x=2\ell {\cosh }^{-1}(\sqrt{2})\approx 1.76275\ell$이다. 중심이 등속운동($dx/dt=v$)을 하는 경우 바퀴의 회전각속도는 ($y^{\prime }=\tan \psi$)

$$\frac{d\psi }{dt}=v{\cos }^2(\psi )y^{″}=-\frac{v}{\sqrt{2}\ell -y}=-\frac{v}{\ell \cosh [{\cosh }^{-1}(\sqrt{2})-vt/\ell ]}$$

이므로 등각속도 운동은 아니다.

Ref: https://my.vanderbilt.edu/stacyfonstad/files/2011/10/squareWheels.pdf

줄에 걸리는 장력을 줄의 단면적으로 나눈 값이 stress ($\sigma =T/A$)는 균일한 줄에서는 일반적으로 일정할 수 없다. 현수선에서 줄에 걸리는 stress를 유지하려면 줄의 단면적을 가변적으로 만들면 가능하다. 이 경우 현수선 중심선의 모양 $y(x)$가 어떻게 주어지는 알아보자. 현수선의 밀도가 $\rho$, 꼭짓점으로부터 떨어진 거리가 $s$인 지점의 단면적이 $A(s)$일 때, 힘의 평형 조건에서 

$$\sum F_x=T\cos \psi -T_0=0,$$

$$\sum F_y=T\sin \psi -\int \rho gA(s)ds=0.$$

여기서 $T_0$는 장력의 수평성분으로 꼭짓점에서 장력을 의미한다. 위 식에서 $T$를 소거하여 정리하면

$$y^{\prime }=\tan \psi =\rho g\int \frac{A(s)ds}{T_0}$$

을 얻는다. stress가 일정하다는 조건 $\sigma =T/A(s)$에서 $A(s)=T(s)/\sigma =T_0/\sigma \cos \psi$로 치환하면

$$y^{\prime }=\frac{\rho g}{\sigma }\int \frac{ds}{\cos \psi }.$$

양변을 $s$로 미분하면 

$$\text{LHS}=\frac{d}{ds}{y}^{\prime }=\frac{dx}{ds}{y}^{″}=\frac{1}{ds/dx}{y}^{″},$$

$$\text{RHS}=\frac{\rho g}{\sigma }\frac{1}{\cos \psi }.$$

$\tan \psi =dy/dx$ 이므로 $\cos \psi =1/\sqrt{1+(dy/dx{)}^2}$, 그리고 $ds/dx=\sqrt{1+(dy/dx{)}^2}$ 이므로

곡선이 만족해야 하는 방정식은

$$y^{″}=\frac{\rho g}{\sigma }(1+(y^{\prime }{)}^2)$$

으로 주어진다.

꼭짓점이 $x=0$을 통과하게 선택하면 $y^{\prime }(x=0)=0$이므로 위식을 적분하면

$$y^{\prime }=\tan (\frac{\rho g}{\sigma }x).$$

꼭짓점이 원점에 있게 좌표를 잡으면, $y(x=0)=0$, 위 식을 적분해서

$$y=-\frac{\sigma }{\rho g}\log \cos (\frac{\rho g}{\sigma }x)$$

을 얻는다. 꼭짓점 근방에서 위 곡선은 포물선으로 근사된다.

$$y\approx \frac{\rho g}{2\sigma }{x}^2+....$$

https://kipl.tistory.com/352

두 지점 $x=\pm a$에 같은 높이로 고정되어 있는 길이 $L$인 줄이 만드는 곡선 $y(x)$는 catenary라고 불리는 곡선으로 표현됨은 이미 알고 있다. 이를 에너지 관점에서 구하도록 하자. 전체 계의 에너지는 평형상태이므로 줄의 중력 위치에너지만 존재한다. 줄의 선밀도가 $\mu$일 때 중력 위치에너지는

$$U=\int gydm=\int gy\mu ds=\mu g{\int }_{-a}^{a}y\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx$$

그리고 줄의 길이가 $L$이므로 

$$L=\int ds={\int }_{-a}^a\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx$$

따라서 일정한 길이를 가지면서 위치에너지를 최소화시키는 곡선의 모양을 찾아야 하는데 이는 아래의 범함수의 stationary point를 찾는 문제다.

$$J=\mu g{\int }_{-a}^{a}y\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx+\mu g\lambda ({\int }_{-a}^a\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx-L)$$

$$=\mu g{\int }_{-a}^a[y\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}+\lambda (\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}-\frac{L}{2a})]dx$$

$$=\mu g{\int }_{-a}^a\mathcal{L}dx$$

여기서 $\lambda$는 Lagrange multiplier이다. $\mathcal{L}$이 명시적으로 $x$에 의존하지 않으므로 (first integral of E-L equation)

$$\mathcal{L}-y^{\prime }\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y^{\prime }}=C=\text{const}$$

임을 알 수 있고, 이를 정리하면 다음의 결과를 얻는다:

$$y^{\prime }=\sqrt{{\left(\frac{y+\lambda }{C+\lambda L/2a}\right)}^2-1}$$

이 방정식을 바로 적분을 해서 구체적인 해를 구해도 되지만, 여기서는 이 식을 한 번 더 미분하면

$$y^{″}=\frac{1}{C+\lambda L/2a}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{k}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}$$

을 얻는다. 이 식이 현수선을 기술하는 미분방정식임을 이미 앞에서 살펴보았다. 

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