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 $y' =dy/dx =\tan \psi$이므로 접선의 방정식은 ($(X,Y)$로 표현) 

$$Y - y = y' (X - x) $$

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

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

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

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

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

이므로 곡선에 대한 다음 식을 얻는다.

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

한 번 더 미분하면,

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

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

$y(0)=0$, $y'(0)=1$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 ($y'=\tan\psi$)

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

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 

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

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

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

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

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

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

양변을 $s$로 미분하면 

$$ \text{LHS}= \frac{d}{ds} y' = \frac{dx}{ds} y'' = \frac{1}{ds/dx} y'',$$

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

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

곡선이 만족해야 하는 방정식은

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

으로 주어진다.

꼭짓점이 $x=0$을 통과하게 선택하면 $y'(x=0)= 0$이므로 위식을 적분하면

$$ y' = \tan \Big( \frac{\rho g}{\sigma} x \Big).$$

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

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

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

$$ U = \int {g y dm} = \int {g y \mu ds} = \mu g \int_{-a}^{a}  y \sqrt{1+ (y')^2} dx$$

그리고 줄의 길이가 $L$이므로 

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

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

$$ J = \mu g \int_{-a}^{a} y \sqrt{1 + (y')^2} dx + \mu g \lambda \Big( \int_{-a}^{a} \sqrt{ 1+ (y')^2} dx - L\Big) \\ = \mu g \int_{-a}^{a} \left[ y \sqrt{1+ (y')^2} + \lambda \Big( \sqrt{ 1 + (y')^2} - \frac{L}{2a} \Big) \right] dx \\ = \mu g\int_{-a}^{a} {\cal L} dx$$ 

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

$$ {\cal L} - y' \frac{\partial \cal L}{\partial y'} = C=\text{const}$$

임을 알 수 있고, 이를 정리하면 다음의 결과를 얻는다:

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

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

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

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

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체인이나 줄을 느슨한 상태로 양끝을 고정시킬 때 모양은 포물선처럼 보이지만 실제로는 그렇지 않고 현수선(catenary)라고 불리는 곡선이다. 양끝을 고정시킨 줄을 보자.

늘어진 줄에는 자신의 무게를 지탱하기 위해서 장력이 걸린다. 그런데 중력이 수직방향으로 걸리므로 장력은 줄의 위치에 따라 달라져야 한다.  수평방향은 움직임이 없으므로 장력의 수평 성분은 모두 같아야 하는데, 줄의 가장 아래로 처진 부분의 접선방향이 수평이므로 이 지점에서 장력($T_0$)와 같아야 한다. 줄의 선밀도가 $\lambda$이고, 가장 아래 지점을 기준으로 곡선의 길이를 $s$라고 하자. 현수선의 수평 위치를 $x$, 수직 위치를 $y$로 하면 $y$는 $x$의 함수로 생각할 수 있고, 가장 아랫부분($x=0$으로 잡자)에서 잰 줄의 길이는

$$s =\int\sqrt{dx^2 + dy^2} =  \int_{0}^x \sqrt{1 + (dy/dx)^2} dx$$

로 쓸 수 있다.

그러면 $(x, y)$에서 줄의 장력을 $T$, 접선이 이루는 각도를 $\psi$라면, 힘의 평형 조건에서

\begin{gather} T \cos \psi = T_0 \\ T \sin \psi = \lambda s g . \end{gather}

따라서 접선의 기울기는

$$ \frac{dy}{dx} = \tan \psi = \frac{\lambda gs }{T_0} = \frac{s}{a}= \frac{1}{a} \int_0^{x} { \sqrt{ 1+\Big( \frac{dy}{dx}\Big)^2}} dx, \quad a \equiv \frac{T_0}{\lambda g}$$

이 식은 $y(x)$에 대한 미분-적분 방정식 형태이므로 미분 방정식으로 바꾸기 위해서 한번 더 미분을 하면 

$$ \frac{d^2 y}{dx^2}  = \frac{1}{a} \sqrt{1 + \Big(\frac{dy}{dx}\Big)^2 }.$$

한번 적분하면 ($\frac{dy}{dx} (x=0)=0$)

$$ \frac{dy}{dx}  =\sinh (x/a).$$ 

다시 적분하면 

$$ y = a \cosh( x/a) + C$$

을 얻는 데, 원점을 이동해서 현수선의 가장 아랫부분이 ($0,a$)가 되도록 조정하면 $C=0$이 된다. 현수선은 선밀도와 꼭지점에서의 장력 비 $a$로 모양이 결정된다. 이 값은 한 지점에서 꼭짓점까지 수평거리($x$)와 기울기를 측정하면 결정할 수 있다: 특징 1번. 그리고 $|x| \ll a$일 때

$$y=  a\left[ 1 + \frac{1}{2}\Big(\frac{x}{a}\Big)^2 + \frac{1}{24}\Big( \frac{x}{a}\Big)^4+...\right] $$

이므로 꼭짓점 근방에서는 포물선으로 근사가 가능하다.

몇 가지 특징:

1. 접선의 기울기:  $\tan \psi =\frac{dy}{dx}= \sinh(x/a)$. 

2. 곡선의 길이: $s = a \tan\psi = a \sinh( x/a)$.

3. $y^2 = a^2+ s^2 ~~\rightarrow ~~ y = a\cosh(x/a) = a\sec(\psi)$.

4. 장력: $T = \lambda g \sqrt{a^2 + s^2} =\lambda g \cosh (x/a)= \lambda g y$. 

5. 현수선의 길이($s$)를 매개변수로 선택하면,

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

$$ \frac{dy}{ds} = \frac{dy/dx}{ds/dx}=\frac{s}{\sqrt{a^2+s^2}},$$

따라서 $(dx/ds)^2 + (dy/ds)^2 = 1$임을 알 수 있다.

6. $\frac{dx}{d s} = \frac{1}{a}   \cos^2(\psi)\frac{dx}{d\psi} = \cos(\psi) ~~\rightarrow~~ \frac{dx}{d\psi} = a \sec{\psi} $  이므로 $x= a \ln ( \sec(\psi) + \tan(\psi))$

Note: 미분방정식의 유도를 local version으로 바꾸자. 줄의 장력의 $x$의 함수로 볼 수 있고, 그림에서 힘의 평형을 적용하면, 우선 수평방향에 대해서

$$ \sum F_x = T(x+dx) \cos[ \psi(x+dx)] - T(x) \cos [\psi(x)]=0$$ 

이 식은 장력의 수평성분은 어디서나 같음을 의미하므로 이 값을 꼭지점($\psi=0$)의 값 $T_0$로 고정하자.

수직방향에 대해서는

$$ \sum F_y = T(x+dx) \sin[ \psi(x+dx)] - T(x) \sin[\psi(x)] -dm g=0$$

$T(x+dx)$와 $T(x)$을 소거하고 정리하면

$$  \tan  [\psi(x+dx)] -\tan[\psi(x)] = \frac{dm g}{T_0} = \frac{\lambda g}{T_0} \sqrt{dx^2+dy^2}.$$ 

그런데 $dy/dx = \tan(\psi)$이므로 

 $$ \tan[\psi(x+dx)]- \tan[\psi(x)] = dx \frac{d}{dx} \tan(\psi) =    \frac{d^2y}{dx^2 }dx$$

정리되어 현수선 방정식을 얻을 수 있다.