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.

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

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Catenary

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

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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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Catenary

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원 내부의 점들은 극좌표 $(r, \theta)$를 사용해서 표현할 수 있다

$$ x=r \cos \theta, ~~y = r\sin \theta .$$

그럼 반지름 $r$을 $[0,1]$ 구간에서 균일하게 선택하고, 각 $\theta$는 $[0,2\pi]$ 구간에서 균일하게 선택하면 원내부에서 균일한 분포를 얻을 수 있을까?

 

먼저, 원내부에 균일한 점분포가 있을 때 반지름과 각도의 분포가 어떻게 주어질지 알아보자. 이 경우 반지름 $r$ 안에서 점을 발견할 확률(cdf) $P(r)$은 면적에 비례하므로 

$$ P(r) =\frac{\text{area}(r)}{\text{area}(1)} =  r^2$$ 

이므로 확률밀도함수(pdf)는 $$p(r) = 2r$$

로 주어진다. 즉, 원내부에서 균일한 점분포는 균일한 각분포를 가지지만, $r$ 분포는 $r \rightarrow1$ 쪽으로 편향되게 된다. 이는 균일하게 $r$을 선택하면 위의 극좌표 변환이 만드는 분포는 원의 중심 부분에 더 집중하는 형태를 가지게 됨을 의미한다.

1000개 점

따라서 반대로 균일한 반지름/각 분포를 이용해서 원내부에서 균일한 점분포를 만들려면 $(x, y) \rightarrow (r, \theta)$로 가는 변환의 Jacobian이 상수여야 한다. 위의 결과를 살펴보면

$$ x = \sqrt{r} \cos \theta,~~ y= \sqrt{r} \sin \theta$$

의 변환을 사용해야 Jaconbian이 상수가 됨을 알 수 있다.

$$J = \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta}\\ \frac{\partial y}{\partial r}& \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{array} \right|= \frac{1}{2}$$

void UniformDist_disk(CDC *pDC) {
    srand(unsigned(time(0)));
    double scale = 100;
    for (int i = 0; i < 1000; i++) {
        double r = double(rand()) / RAND_MAX;
        double ang = 2 * PI * double(rand()) / RAND_MAX;
        double x = scale * sqrt(r) * cos(ang);
        double y = scale * sqrt(r) * sin(ang);
        int xi = int(x + scale + 0.5);
        int yi = int(y + scale + 0.5);
        pDC->Ellipse(xi - 1, yi - 1, xi + 1, yi + 1);
    }
}
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