Geometry & Recognition

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 $f(y)$와 $1/\sqrt{y}$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

단순진자는 원호 위에서 반복운동을 한다. 수직에 대해 벌어진 각이 $\theta$일 때 각에 대한 운동 방정식은

$$ \ddot \theta = - \frac{g}{L} \sin \theta.$$

진폭이 작은 경우 ($|\theta| \ll 1$) 윗 식은 용수철 진자의 운동인 단순 조화 운동이 되고 주기는 진폭에 무관하게 일정한 값을 가지게 된다:

$$ \ddot \theta \approx - \frac{g}{L} \theta    \quad \Leftrightarrow  \quad \ddot{x} = - \omega^2 x.$$

그러나 단순진자의 진폭이 일정 이상 커져 작은 각 근사에서 벗어나면 주기는 진폭에 따라 달라짐이 잘 알려져 있다.

진자가 원호가 아닌 다른 곡선 위를 움직일 때 주기가 진폭에 무관하게 주어질 수 있는지 알아보자. 이 경우는 각보다는 용수철 진자처럼 평형점에서 움직인 거리를 이용해서 운동을 기술하는 것이 더 편리하다. 단순진자의 경우 평형점에서 잰 원호의 거리를 $s$라면 $s=L \theta$로 표현되고 작은 각 근사에서 운동 방정식은 
$$ \ddot {s} =-\omega^2  s.$$

이제 진자가 움직이는 곡선에 어떤 제약이 들어오는지 살펴보자. 먼저 움직인 거리에 대한 운동 방정식은 단순조화운동식과 같아야 하므로 위의 형태는 변하지 않아야 한다. 진자가 움직이는 곡선이 $y(x)$로 표현되면 평형점($x=0$) 에서 움직인 거리($x <0$이면 움직인 거리의 음수)는

$$s = \int_0^x \sqrt{ 1+ \Big(\frac{dy}{dx}\Big)^2} dx$$

로 표현된다. $s$에 대한 단순 조화 진동은 위치 에너지가 $U(s) = \frac{1}{2} m\omega^2 s^2$인 경우에 해당하는데 진자는 중력의 영향을 받으므로 이 위치 에너지는 결국 중력 위치 에너지 표현되어야 한다: 

$$ \frac{1}{2} m\omega^2 s^2 = mgy.$$

양변을 $x$에 대해 미분한 후 정리하면

$$ \frac{dy}{dx} = \sqrt{ \frac{2\omega^2 y}{  g - 2\omega^2 y}}.$$

이 방정식을 풀기 위해서 새로운 매개변수 $\psi$를 도입하는데, $dy/dx$가 접선의 기울기이므로 $dy/dx=\tan (\psi/2)$로 놓으면(각은 나중을 위해서 2배 한 것임), 

$$   \sin^2(\psi/2) = \frac{2\omega^2 }{g} y  \quad \Longrightarrow \quad y = \frac{g}{4\omega^2} (1 - \cos\psi).$$

$dx/d\psi  = (dy/d\psi) / (dy/dx)$을 계산해서 적분하면 ($x(\psi=0)=c$)

$$  \frac{dx}{d\psi} = \frac{g}{4\omega^2} (1+\cos \psi)\quad \Longrightarrow \quad x= \frac{g}{4\omega^2} (c+\psi + \sin \psi).$$

이제 $\psi \rightarrow \pi +\psi, c=-\pi $로 변수 치환을 하면(이 경우 $dy/dx= -\cot(\psi/2)$) 진자가 움직여야 하는 곡선이 우리가 잘 알고 있는 cycloid임을 알 수 있다.

$$\begin{matrix} x= a ( \psi -\sin \psi )  \\ y=a(1 + \cos \psi)\end{matrix} ~~~~\left(a \equiv \frac{g}{ 4\omega^2}\right).$$

이 곡선은 반지름 $a$인 원이 $y=2a$인 수평선을 따라 구를 때, 원이 처음 $y=2a$와 접하는 점이 그리는 자취를 나타내고, $\psi$는 원의 중심과 그 점이 잇는 선분이 수직과 이루는 각이다.

Cycloid 모양을 결정하는 $a$가 정해지면 진자의 각진동수 $\omega=\sqrt{g/4a}$를 알 수 있고 주기는 $$T=\frac{2\pi}{\omega }= 4\pi \sqrt{\frac{a}{g}}$$

로 주어진다. 곡선이 주어졌으므로 처음 $y=h$에서 출발할 때 구체적으로 주기를 확인해 보자. 역학적 에너지가 보존되므로 

\begin{align} E &=\frac{1}{2} m \Big( \frac{ds}{dt}\Big)^2 +\frac{1}{2} m \omega^2 s^2 \\&= \frac{1}{2} \Big( \frac{ds}{dt}\Big)^2 + mgy = mgh\\ \Longrightarrow~~ dt &= \pm \frac{ds}{\sqrt{2g(h-y)}} \end{align} 주기는 $y=h$에서 출발해서 바닥에 도달하는데 걸리는 시간의 4배이므로 \begin{align} T &= 4 \int_0^h \frac{ds}{\sqrt{2g(h-y)}} \\ &= \frac{4}{\sqrt{2g}} \int_{\pi/2}^{\psi_0} \frac{-4a d \cos (\psi/2)}{\sqrt{2a[\cos^2(\psi_0/2) - \cos^2(\psi/2)]}} \\ &=4\pi \sqrt{\frac{a}{g}}\end{align} 즉, 주기는 출발 높이에 무관하게 주기가 일정함을 알 수 있다.

공을 cycloid 모양으로 생긴 골짜기에 굴리면 등시운동을 하지만, 그럼 등시진자는 어떻게 만들수 있을까? 이 문제도 역시 cycloid로 해결이 된다. 위에서 구한 cycloid를 y방향으로 $-2a$ 만큼 평행이동시킨 모양을 고려하자. $$ \begin{matrix} x = a (\psi - \sin \psi) \\ y = a( \cos \psi - 1)\end{matrix}$$이 식으로 표현된 cycloid 모양의 천정을 만든 후(그림의 실선), 원점(꼭대기)에 길이 $L$인 줄을 고정시키고 끝에는 무거운 추를 매단다. 추을 진동을 시키면 줄의 일부는 cycloid 모양의 천정을 따라 접하고 나머지 부분은 직선의 형태로 된다.

줄과 cycloid가 접하는 끝지점을 $(x, y)$라 할 때 접하는 부분의 줄의 길이는 $$ \ell = \int_0^\psi ds = a \int_0^\psi \sqrt{ (1-\cos \psi')^2 + (\sin \psi')^2} d\psi' = 4a [1- \cos (\psi/2)]$$로 주어진다. $(x, y)$ 이후의 줄은 접선의 방향으로 나간다. 접선의 기울기를 $\frac{dy}{dx}=\tan \phi$로 놓으면 $\phi=\psi/2 - \pi/2$이고, 직선 부분의 길이가 $L- \ell$이므로 추의 위치는 $$ \begin{matrix} X = x + (L- \ell)\cos \phi = (L - 4a) \cos \phi + a(\psi + \sin \psi) \\ Y = y+(L-\ell) \sin \phi =(L-4a)\sin \phi - a(3+ \cos \psi)  \end{matrix}$$로 주어진다. 줄의 길이를 $L=4a$로 선택하면 추의 위치 $(X, Y)$도 (평행이동된) cycloid(그림의 점선) 상에서 움직임을 알 수 있다. 따라서 이렇게 만들어진 추의 주기는 등시성을 갖는다. $$ \text{추의 위치:}~~\left\{ \begin{array}{l} X= a (\psi + \sin \psi)  \\ Y = -a( 3 + \cos \psi)\end{array}\right. $$

다시 이 진자의 주기를 구체적으로 확인하면, 

$$ds=  \sqrt{dX^2 + dY^2} = \pm a\sqrt{2(1+\cos \psi)} {d\psi} $$

이고, 역학적 에너지가 보존되므로($\Delta y = a (\cos\psi - \cos \psi_0)$)  

\begin{align} \tau &= 4 \int_{0}^{\psi_0} \frac{ds}{\sqrt{2g \Delta y} }  \\  &= 4\sqrt{\frac{a}{g}} \int_{0}^{\psi_0} \sqrt{\frac{1+\cos \psi}{\cos \psi - \cos\psi_0}} d\psi  \\ &= 4\pi \sqrt{ \frac{a}{g}} = 2\pi \sqrt{ \frac{L}{g}}\end{align}이다. 즉, 줄의 길이가 $L=4a$인 단진자가 작은 진동을 할 때의 주기와 동일하고, cycloid에서 미끄러지면서 운동하는 물체의 진자와도 같음을 알 수 있다.