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

$$\frac{1}{2}(\frac{d\ell }{dt}{)}^2+mgy=mgh⟹T(h)=\frac{1}{\sqrt{2g}}{\int }_0^h\frac{d\ell }{\sqrt{h-y}}$$

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 $$d\ell =\sqrt{d{x}^2+d{y}^2}=\sqrt{1+(\frac{dx}{dy}{)}^2}dy=f(y)dy$$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

$$\begin{array}{rl}\tilde{T}(s)& =\frac{1}{\sqrt{2g}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^h\frac{f(y)}{\sqrt{h-y}}{e}^{-sh}dydh\\ & =\frac{1}{\sqrt{2g}}\tilde{f}(s)\mathcal{L}[\frac{1}{\sqrt{h}}](s)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2g}}\tilde{f}(s)\sqrt{\frac{\pi }{s}}\end{array}$$ 여기서  $\mathcal{L}\left[\frac{1}{\sqrt{h}}\right]=\sqrt{\frac{\pi }{s}}$임을 이용했다 $({\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-sh}}{\sqrt{h}}dh=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-s{t}^2}dt=\sqrt{\frac{\pi }{s}})$. 

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

$$\tilde{f}(s)=\sqrt{\frac{2g{T}_0^2}{{\pi }^2}}\sqrt{\frac{\pi }{s}}$$ 이를 역변환시키면 

$$f(y)=\sqrt{\frac{2g{T}_0^2}{{\pi }^2}}\frac{1}{\sqrt{y}}$$임을 쉽게 알 수 있다. 이제 구체적인 곡선의 형태를 구하면 $$x=\int dx=\int \sqrt{f^2(y)-1}dy=\int \sqrt{\frac{2g{T}_0^2/{\pi }^2-y}{y}}dy$$이고, 적분하기 위해 곡선이 $(x,y)=(0,0)$을 통과하는 조건을 주자. 그리고 $$y=\frac{2g{T}_0^2}{{\pi }^2}{\sin }^2(\theta /2)=\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}(1-\cos \theta )$$로 매개변수화하면(이 경우 $dy/dx=\tan (\theta /2)$)

$$x={\int }_0^{{\theta }_0}\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}(1+\cos \theta )d\theta ⟹x=\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}(\theta +\sin \theta )$$

이어서 $(x(\theta ),y(\theta ))$는 cycloid가 됨을 알 수 있다. 이 cycloid는 반지름 $g{T}_0^2/{\pi }^2$인 원을 일정한 높이의 수평선 $y=2g{T}_0^2/{\pi }^2$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. 출발 높이가 $h$일 때 $h=\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}(1-\cos {\theta }_0)$로 놓으면 $$\begin{gathered} h-y=\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}(\cos \theta -\cos {\theta }_0) \\ d\ell =\frac{g{T}_0^2}{{\pi }^2}\sqrt{2(1+\cos \theta )}d\theta \end{gathered}$$

이므로 내려가는데 걸리는 시간 $$\begin{array}{rl}T(h)& =\frac{T_0}{\pi }{\int }_0^{{\theta }_0}\sqrt{\frac{1+\cos \theta }{\cos \theta -\cos {\theta }_0}}d\theta \\ & =\frac{2T_0}{\pi }{\int }_0^{{\theta }_0}\frac{d\sin (\theta /2)}{\sqrt{{\sin }^2({\theta }_0/2)-{\sin }^2(\theta /2)}}=T_0\end{array}$$이 출발 높이($=h$)에 상관없이 일정함을 확인할 수 있다. 바닥까지 내려가는데 걸리는 시간 $T_0$가 정해지면 원의 반지름 $g{T}_0^2/\pi$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:

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

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

$$s={\int }_0^x\sqrt{1+(\frac{dy}{dx}{)}^2}dx$$

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), 

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

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

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

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

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

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 

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{1}{2}m(\frac{ds}{dt}{)}^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{s}^2\\ & =\frac{1}{2}(\frac{ds}{dt}{)}^2+mgy=mgh\\ ⟹dt& =\pm \frac{ds}{\sqrt{2g(h-y)}}\end{array}$$ 주기는 $y=h$에서 출발해서 바닥에 도달하는데 걸리는 시간의 4배이므로 $$\begin{array}{rl}T& =4{\int }_0^h\frac{ds}{\sqrt{2g(h-y)}}\\ & =\frac{4}{\sqrt{2g}}{\int }_{\pi /2}^{{\psi }_0}\frac{-4ad\cos (\psi /2)}{\sqrt{2a[{\cos }^2({\psi }_0/2)-{\cos }^2(\psi /2)]}}\\ & =4\pi \sqrt{\frac{a}{g}}\end{array}$$ 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. $$\begin{array}{c}x=a(\psi -\sin \psi )\\ y=a(\cos \psi -1)\end{array}$$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 $$\ell ={\int }_0^{\psi }ds=a{\int }_0^{\psi }\sqrt{(1-\cos {\psi }^{\prime }{)}^2+(\sin {\psi }^{\prime }{)}^2}d{\psi }^{\prime }=4a[1-\cos (\psi /2)]$$로 주어진다. $(x,y)$ 이후의 줄은 접선의 방향으로 나간다. 접선의 기울기를 $\frac{dy}{dx}=\tan \varphi$로 놓으면 $\varphi =\psi /2-\pi /2$이고, 직선 부분의 길이가 $L-\ell$이므로 추의 위치는 $$\begin{array}{c}X=x+(L-\ell )\cos \varphi =(L-4a)\cos \varphi +a(\psi +\sin \psi )\\ Y=y+(L-\ell )\sin \varphi =(L-4a)\sin \varphi -a(3+\cos \psi )\end{array}$$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. $$\text{추의 위치:}\{\begin{array}{l}X=a(\psi +\sin \psi )\\ Y=-a(3+\cos \psi )\end{array}$$

다시 이 진자의 주기를 구체적으로 확인하면, 

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

이고, 역학적 에너지가 보존되므로($\mathrm{\Delta }y=a(\cos \psi -\cos {\psi }_0)$)  

$$\begin{array}{rl}\tau & =4{\int }_0^{{\psi }_0}\frac{ds}{\sqrt{2g\mathrm{\Delta }y}}\\ & =4\sqrt{\frac{a}{g}}{\int }_0^{{\psi }_0}\sqrt{\frac{1+\cos \psi }{\cos \psi -\cos {\psi }_0}}d\psi \\ & =4\pi \sqrt{\frac{a}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\end{array}$$이다. 즉, 줄의 길이가 $L=4a$인 단진자가 작은 진동을 할 때의 주기와 동일하고, cycloid에서 미끄러지면서 운동하는 물체의 진자와도 같음을 알 수 있다.