Geometry & Recognition

거울면을 포물면, 타원면, 또는 쌍곡면으로 만들면 독특한 반사특성을 갖는다. 포물면은 주축에 평행인 광선이 입사하면 항상 초점에 모이고(https://kipl.tistory.com/626), 타원면은 한 초점에서 나오는 광선들은 반대편 초점에서 다시 모이게 된다(https://kipl.tistory.com/624). 그럼 쌍곡선을 회전시켜서 만든 쌍곡면은?

쌍곡선의 정의가 두 초점에서 거리의 차이가 일정하게 나는 점들의 자취이다. 두 초점의 위치벡터를 각각 $\vec{a}=\overrightarrow{OF}_1$, $\vec{b}=\overrightarrow{OF}_2$라면 쌍곡서의 위치 $\vec{r}$은 

$$ | \vec{r}- \vec{a}| - |\vec{r} - \vec{b}| = \pm\text{const}$$

이다. 쌍곡선이 적당한 매개변수에 의해서 매개화된 경우 이 식을 미분하면

$$ \dot{\vec{r}} \cdot \frac{\vec{r}- \vec{a}}{|\vec{r}-\vec{a}|} = \dot{\vec{r}} \cdot \frac{\vec{r}-\vec{b}}{|\vec{r} - \vec{b}|}$$

$  \frac{\vec{r}- \vec{a}}{|\vec{r}-\vec{a}|}$는 $\overrightarrow{F_1P}$방향의 단위벡터이고, $ \frac{\vec{r}-\vec{b}}{|\vec{r} - \vec{b}|}$는 $\overrightarrow{F_2P}$방향의 단위벡터이므로 위식은

$$ \cos \theta_a = \cos \theta_b$$임을 의미한다. 즉 한 초점($F_2$)으로 입사하는 광선이 쌍곡선의 접선과 이루는 각은 반사되어 다른 초점($F_1$)을 향하는 광선이 접선과 이루는 각도가 같아 빛의 반사의 법칙을 만족한다. 같은 원리로 쌍곡선 한 쪽 내부에서 반대편 초점을 향해서 입사하는 광선은 그 내부의 초점에 모이게 된다.

먼 곳의 별의 한 지점에서 나와 망원경 입구로 들어오는 빛은 거의 평행광선이므로 반사망원경을 쓸 경우 반사거울을 포물면 모양으로 만들면 포물선의 초점에 모이게 된다. 그러나 초점이 빛이 들어오는 경로에 있어 eyepiece를 사용할 수 없으므로  초점 앞에서 작은 거울을 이용해서 직각으로 반사시켜 경통 밖에서 초점이 형성되게 만든 망원경이 뉴턴식 반사망원경이다. 평면거울 대신 초점 근처에 작은 쌍곡면 거울을 놓고 반사경 중심에 뚫린 작은 구멍 밖에 초점이 생기게 만든 반사망원경이 카세그레인식(Cassegrain Telescope) 망원경이다. Hubble 망원경은 기본적으로 카세그레인식 이지만 주 거울을 포물면 대신 쌍곡면을 사용하였다(Ritchey-Chrétien telescope).일반적으로 카세그레인식 망원경이 뉴턴식에 비해서 경통이 짧다고 한다.

\begin{align} 2025 &=(20+25)^2\\ &= 45^2 = (1+2+3+4+5+6+7+ 8+9)^2 \\ &=\left(\frac{9\times 10 }{2}\right)^2 = 1^3 + 2^3 + 3^3 +4^3 + 5^3+6^3 + 7^3 +8^3+9^3  \end{align}$$ \sqrt{2025} = 45  = (2+1)^2 \cdot 5 = (2+0! )^2 \cdot 5$$

\begin{align}2025&=40^2 + 20^2 + 5^2 \\ &= (6^2 + 2^2)^2 + (4^2 + 2^2)^2 + (1^2 + 2^2) ^2 \\ &= ( 2^2 + 4^2 + 5^2)^2\end{align}

$$I = \int_{-1}^{1} \frac{\log (a+x)dx}{x \sqrt{1-x^2}} =   \pi \arcsin \left( \frac{1}{a}\right) \qquad a>1$$

$x= \cos \theta $로 치환을 하면

$$ I = \int_0^\pi \frac{\log(a + \cos \theta) d \theta }{\cos \theta} = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{ \log( a+ \cos \theta) }{\cos \theta }$$를 얻고, $z= e^{i \theta}$로 다시 치환을 하면

$$ I = \frac{1}{i} \oint _\text{unit circle} \frac{ \log(z^2 + 2a z + 1) - \log(2z)}{1+z^2}$$

따라서 $I$를 구하는 문제는  $$ f(z)= \frac{ \log(z^2 + 2a z + 1) - \log(2z)}{1+z^2}$$의 단위원 위에서 경로적분으로 환원이 된다. $\log$함수 때문에 $z= -a \pm \sqrt{a^1-1}, ~0$이 branch point에 해당하므로 그림의 cutline을 선택한다.

그리고 $z= \pm i$는 $f(z)$의 simple poles에 해당하고, residue는 각각

$$\text{Res}f(\pm i)  =  \frac{\log (a) + i \pi/2}{\pm 2i}~\to ~ \text{Res}f(i) + \text{Res} f(-i) = 0$$

임을 확인할 수 있다.  따라서

$$ \int_{C_1 +C_2} = \pi i \times  \left(\text{Res}f(i) + \text{Res}f(-i)\right)  =0$$

또 $z=0$, $z= -a+\sqrt{a^2-1}$을 감싸는 미소원에서 적분은 0에 수렴함도 확인 할 수 있다.

$$ \int_{C_6+C_4 + C_8} = 0$$

$C_3$과 $C_9$에서는 분모의 두 $\log$함수의 위상이 상쇄되므로 0에 수렴함도 알 수 있다. 마지막으로 $C_5$와 $C_7$는 $\log(2z)$의 cutline에 해당하지 않으므로 적분기여가 없어서,

$$ \int_{C_5 +C_7} = -2\pi i \int_0^{ a-\sqrt{a^2-1}} \frac{dx}{x^2 + 1} $$

$$= - 2\pi i \times \arctan \left( a - \sqrt{ a^2-1}\right) $$

$$= - \pi i \times \arcsin \left( \frac{1}{a}\right)  $$

따라서

$$ \int_{-1}^1 \frac{ \log(a+x) dx}{x \sqrt{1-x^2} } =  \pi \arcsin \left( \frac{1}{a}\right) $$

$$ I = \int_{0}^{2\pi} \frac{d \theta }{1+ \sin^2 \theta} = \sqrt{2} \pi$$

이 적분을 복소함수 적분을 이용하여 구하기 위해서 먼저

$$\sin \theta = \frac{e^{i \theta} - e^{- i \theta}}{2i} \\ \frac{1}{1+\sin ^2 \theta} = \frac{1}{1+ \left( \frac{e^{ i \theta} - e^{-i \theta}}{2i} \right)^2} = \frac{- 4 e^{2i \theta}} { e^{4i \theta}- 6e ^{2i \theta} +1} $$임을 이용하자. 이제 $z= e^{2 i \theta}$로 치환하면 $\theta$에 대한 적분은 복소평면에서 단위원에서 선적분으로 바뀌는데 $\theta:0\to 2\pi$이므로 $z$는 단위원을 따라  두번 감게된다.  따라서 적분은 단위원에서 선적분의 두배가 되어야 한다.

그리고

$$ dz = 2i e^{2 i \theta} d \theta \\ I = 2\times \oint_\text{unit circle} \frac{2i  dz}{z^2 - 6z + 1}$$

$z= 3 \pm2\sqrt{2}$가 simple poles인데, 이 중 $z_1 = 3-2\sqrt{2}$가 단위원에 포함이 된다. $z_1$에서 residue는 $$ \text{Res} f(z_1) = \frac{2i }{z_1 - z_2 } = \frac{2i}{- 4\sqrt{2}} $$ 이므로 residue 정리에 의해서 $$ I = 2 \times \left( 2\pi i \times \frac{2i }{-4 \sqrt{2}}\right) = \sqrt{2} \pi$$ 동일한 방법으로 다음 결과를 얻을 수 있다.

$$ \int_0^{2\pi} \frac{d \theta}{ 1+ \cos^2 \theta} = \sqrt{2} \pi$$

\begin{gather} \int_{-\pi}^\pi \frac{ \theta \sin \theta d \theta }{a+ \sin \theta}  = \frac{\pi a}{\sqrt{a^2-1}} \left( \pi - \tan ^{-1} \sqrt{a^2-1}\right) \\ \int_{-\pi}^\pi \frac{ \theta \cos \theta d \theta }{a+ \sin \theta} = 2\pi \log \left( 2a^2 -2a \sqrt{ a^2 -1} \right)\end{gather}

함수 $$f(z) =\frac{2z \log z}{z^2 + 2i a z -1},\qquad a>1$$의 경로적분을 고려하자. Brach point가 $z=0$이므로 음의 $x$ 축을 cutline으로 선택한다. 그러면 $-\pi \le \arg(z) \le \pi $. 적분경로는 그림과 같이 반지름 1인 원으로 선택하자.

그러면 simple pole $z_1= -i (a- \sqrt{a^2-1})$은 경로 내부에 포함이 된다. 그리고 residue는 

$$ \text{Res} f(z_1) = -\frac{(a - \sqrt{ a^2-1}) \big[ \log (a- \sqrt{a^2-1} ) -i \pi/2 \big] }{\sqrt{a^2-1}}$$

경로 $C_1$에서 $ z= x e^{-i \pi}~(x:0\to1)$이므로 

$$\int_{C_1} = 2 \int_0^1 \frac{x(\log x - i \pi) dx }{ x^2 - 2iax -1}$$

경로 $C_3$에서 $z= x e^{i\pi}~(x: 1 \to 0)$이므로, 

$$ \int_{C_3} = -2 \int_0^1 \frac{x(\log x + i \pi) dx }{x^2 - 2i ax -1}$$이어서

\begin{gather} \int_{C_1+C_3} = - 4\pi i \int_0^1 \frac{xdx}{x^2 - 2ia x-1} \\  =-4\pi i \int_0^1 \frac{(x^2 -1 + 2ia x)xdx}{(x^2-1) ^2 + 4 a^2 x^2 } \\ = -2\pi i \int_{-1}^0 \frac{u du}{u^2 + 4a^2 u + 4a^2} +8 \pi a \int_{0}^1 \frac{ x^2 dx}{(x^2-1)^2 + 4a^2 x^2 }\\ = -2\pi i \left( \log (2a) + \frac{a\log( a -  \sqrt{a^2-1})  }{\sqrt{a^2-1}}\right)\\  +\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}} \left(\frac{\pi}{2} \sqrt{a^2-1} - a\tan^{-1} \sqrt{a^2-1} \right)\end{gather}

그리고 $C_2$에서는 $z= e^{i \theta}~(\theta:-\pi \to \pi)$이므로

\begin{gather}\int_{C_2} = 2\int_{-\pi}^\pi  \frac{( i \theta e^{i \theta} ) ( i \theta e^{i \theta} d \theta)}{ e^{2i \theta} + 2i a e^{i \theta} -1} \\= 2\int_{-\pi}^\pi \frac{ i^2  \theta e^{i \theta} d \theta }{e^{i \theta} + 2i a - e^{- i \theta} }\\  =  \int_{-\pi}^\pi \frac{ ( - \theta \sin \theta + i \theta \cos \theta) d \theta }{a + \sin \theta}\end{gather}

그리고 $C_\epsilon$에서 적분은 0에 수렴한다. 정리하면 

\begin{gather} \int_{-\pi}^\pi \frac{ \theta \sin \theta d \theta }{a+ \sin \theta}  = \frac{\pi a}{\sqrt{a^2-1}} \left( \pi - \tan ^{-1} \sqrt{a^2-1}\right) \\ \int_{-\pi}^\pi \frac{ \theta \cos \theta d \theta }{a+ \sin \theta} = 2\pi \log \left( 2a^2 -2a \sqrt{ a^2 -1} \right)\end{gather}