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.

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

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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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