Geometry & Recognition

$(1,1)$에서 $(0,0)$까지를 연결하는 일차 곡선 ($y=x$), 이차 곡선 ($y=x^2$), 6차 곡선 ($y=x^6$), 사분원 ($y=1-\sqrt{1-x^2}$) 그리고 cycloid ($x=1-R(\theta-\sin\theta), y=1-R(1-\cos\theta)$) 위를 움직이는 물체의 운동을 mathematica를 사용해서 animation으로 표현하는 방법을 알아보자. 중력가속도는 $g=1$로 놓는다. 적절한 generalized coordinate를 선택해서 Euler-Lagrange equation을 이용하면 운동방정식을 쉽게 구할 수 있다.

(A)  곡선이 $y=f(x)$의 형태로 주어지는 경우 운동방정식은

$$\big[ 1+ (f')^2 \big] \ddot{x} + f' f''  \dot{x} ^2 + f'= 0 .$$

직선경로를 제외하면 운동방정식은 비선형이므로 mathematica의 $\tt NDSolve[]$을 이용해서 수치적으로 푼다.

(B) 원의 경우는 $x$ 좌표보다는 각변수를 이용하면 apparent singularity를 피할 수 있다. 이 경우 운동방정식은

$$ \ddot{\theta} = -\sin \theta,$$

로 주어진다. 

(C) cycloid는 곡선을 따라 움직이는 시간

$$t =\int \frac{ds}{v} = \int  \sqrt{\frac{1 + (dx/dy)^2}{2g(1-y)}}dy$$

을 최소로 만들어주는 곡선이다. cycloid는 다음과 같이 $R$ 변수와 각도 변수 $\theta$로 표현할 수 있다.

$$ 1-x=R(\theta-\sin \theta),~~y-1= -R(1-\cos \theta)$$

이 곡선이 $(0,0)$을 지나야 하는 조건에서 $R$과 그 때의 $\theta$ 값을 구할 수 있다. 먼저 $\theta$을 소거하면,

$$ R \cos \Big( \frac{1+\sqrt{2R-1}}{R} \Big) + 1 = R $$

을 얻고, 이 식의 근을 구하면 $R$ 값이 정해진다. 또한, $$1=R(\theta- \sin \theta)$$을 풀어서 $(0,0)$에 도달할 때 $\theta=\theta_0$ 값을 얻을 수 있다. 그리고 시간과 $\theta$ 변수의 관계는 위의 표현을 적분에 대입하면 

$$t = \sqrt{ \frac{R}{g} }  \theta $$

로 주어짐을 알 수 있다. 이는 사이클로이드가 일정하게 굴러가는 바퀴의 한 점이 그리는 자취이기 때문이다.

아래는 5가지 경우의 곡선 각각에서 운동을 보여주는 mathematica 코드다. 곡선의 모양에 따라 바닥에 도착하는 시간이 다름을 알 수 있다. 출발 높이가 $H$일 때 걸리는 시간은 $\sqrt{H/g}$ 단위로 

직선: $t_1=\int_0^1{ \frac{dy}{\sqrt{1-y}}} = 2$

2차 곡선: $t_2=\int_0^1\sqrt{ \frac{1+4y}{8y(1-y)}}dy= 1.86336$

6차 곡선: $t_6=\int_0^1 \sqrt{\frac{1+36y^{5/3}}{72y^{5/3}(1-y)}}dy=1.90954$

4분원: $t_c=\int_0^{\pi/2} \frac{d \theta}{\sqrt{2\sin \theta }}=1.85407$

cycloid: $t_0= \sqrt{R}\theta_0 = 1.82568$

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.