사이클로이드/물리학적 문제

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이 문서의 상위 문서: 사이클로이드

1. 개요2. 상세
2.1. 최속 강하 곡선 문제2.2. 등시 곡선 문제
2.2.1. 사이클로이드 진자
3. 관련 문서

1. 개요[편집]

이 문서에서는 사이클로이드와 관련된 물리학적 문제를 다룬다. 대표적인 두 예제로, "최속 강하 곡선 문제(Brachistochrone problem)"와 "등시 곡선 문제(Tautochrone problem)"이 있다.

2. 상세[편집]

2.1. 최속 강하 곡선 문제[편집]

최속 강하 곡선 문제(Brachistochrone problem)란, 중력장 하에서 임의의 두 점 사이를 물체가 내려올 때, 하강 시간이 최소가 되는 두 점을 잇는 곡선을 구하는 문제이다.

1679년, 라이프니츠의 제자였던 베르누이는 뉴턴에게 도발하기 위해 이 문제를 수학 학회지에 제시했고, 이것을 본 뉴턴은 12시간 만에 풀었다는 일화가 있다.

이 문제는 변분법의 대표적인 예제로 주어지고, 세계의 모든 학생들이 변분법을 접하게 되면서 한 번 쯤은 풀고 가게되는 유명한 문제이다.

파일:나무_최속강하곡선_재수정.png

문제를 간단히 하기 위해 곡선의 시작점을 원점으로 설정하고, 임의의 한 점 (x1, y1)(x_{1},\,y_{1})을 이으며, 우리가 설정한 조건에 만족하는 곡선을 yy라 놓자. 이때, 역학적 에너지 보존에 의해 yy만큼 낙하했을 때, 물체의 속력을 vv라 놓으면

mgy=12mv2 → v=2gy\displaystyle mgy=\frac{1}{2}m v^{2} \, \to \, v=\sqrt{2gy}

한편, ds\mathrm{d}s만큼의 경로로 내려오는 데 걸린 미소 시간을

dt=dsv\displaystyle \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}s}{v}

로 쓸 수 있다. 여기서 ds\mathrm{d}s는 곡선의 미소 길이이다. 그런데

ds=1+y′2 dx\displaystyle \mathrm{d}s=\sqrt{1+y'^{2}}\,\mathrm{d}x

로 쓸 수 있으므로

t=12g∫0x11+y′2y dx\displaystyle t=\frac{1}{\sqrt{2g}} \int_{0}^{x_{1}} \frac{\sqrt{1+y'^{2} } }{\sqrt{y}}\,\mathrm{d}x

가 된다. 범함수

J(y, y′, x)≡1+y′2y\displaystyle J(y,\,y',\,x) \equiv \frac{\sqrt{1+y'^{2} } }{\sqrt{y}}

를 오일러-라그랑주 방정식에 대입해야 하는데, 해당 범함수엔 xx가 명시적으로 나타나있지 않으므로 벨트라미 항등식을 이용한다. 즉, 다음 식

J−y′∂J∂y′=const.\displaystyle J-y'\frac{\partial J}{\partial y'}=\text{const.}

에 J(y, y′, x)J(y,\,y',\,x)를 대입해서 정리하면 아래와 같은 꼴을 얻는다.

1y1+y′2=C\displaystyle \frac{1}{\sqrt{y}\sqrt{1+y'^{2} } }=\sqrt{C}

여기서 CC는 상수이다. 이를 정리하면 다음의 미분 방정식을 얻는다.

dydx=1−CyCy\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}= \sqrt{\frac{1-Cy}{Cy}}


이 때, 다음과 같은 치환을 고려하자.

y≡1Csin⁡2θ2\displaystyle y \equiv \frac{1}{C} \sin^{2}{\frac{\theta}{2}}

여기서 CC는 상수이다.

x=∫Cy1−Cy dy\displaystyle x=\int \sqrt{\frac{Cy}{1-Cy}} \,\mathrm{d}y

임을 이용하면

x=12C(θ−sin⁡θ)+c\displaystyle x=\frac{1}{2C}(\theta-\sin{\theta})+c

를 얻는다. 그런데 우리가 원하는 곡선은 원점을 지나야 하므로 적분 상수 c=0c=0임을 알 수 있다. 또한, (2C)−1≡r(2C)^{-1} \equiv r이라고 놓으면, 우리가 찾는 곡선의 매개변수 방정식은

x=r(θ−sin⁡θ)y=r(1−cos⁡θ)\displaystyle x=r(\theta-\sin{\theta}) \qquad \qquad y=r(1-\cos{\theta})

가 되므로 사이클로이드의 매개변수 방정식을 얻었음을 알 수 있다. 이 때, 상수 rr은 점 (x1, y1)(x_{1},\,y_{1})을 지난다는 조건을 이용하면 구할 수 있다.

아래의 그림은 위의 내용을 시각화한 것이다.

파일:brachystochrone-clipart-gif-original.gif

참고로 각 곡선은 위에서부터 직선, 포물선, 원, 사이클로이드, 육차 곡선[1]이다.

2.2. 등시 곡선 문제[편집]

등시 곡선 문제(Tautochrone problem)는 중력장 하에서 물체를 곡선 위의 어디에 놓는지에 상관없이 그 물체가 최하점에 도달하는 시간이 같아지는 곡선을 찾는 문제이다. 사이클로이드는 이 문제를 만족하는 곡선이며, 이것은 1659년 호이겐스에 의해 증명되었다.

파일:나무_등시곡선_재수정.png

위 그림과 같이

x=r(θ−sin⁡θ)y=−r(1−cos⁡θ)(0≤θ≤π)\displaystyle \begin{aligned} x&=r(\theta-\sin{\theta}) \\ y&=-r(1-\cos{\theta}) \qquad (0 \leq \theta \leq \pi) \end{aligned}

의 반주기의 사이클로이드 곡선을 고려하자. 이 곡선 위의 한 점 P(x0, y0)\mathrm{P}(x_{0},\,y_{0})에서 물체를 놓았을 때, 곡선의 최하점인 Q(rπ, −2r)\mathrm{Q}(r\pi,\,-2r)까지 이동하는 데 걸린 시간을 구하고자 한다. 이 때, 점 P(x0, y0)\mathrm{P}(x_{0},\,y_{0})는 매개변수 θ0 (0≤θ0<π)\theta_{0}\,(0 \leq \theta_{0} <\pi)를 도입하여,

x0=r(θ0−sin⁡θ0)y0=−r(1−cos⁡θ0)\displaystyle \begin{aligned} x_{0}&=r(\theta_{0}-\sin{\theta_{0}}) \\ y_{0}&=-r(1-\cos{\theta_{0}}) \end{aligned}

로 나타낼 수 있다.

우리는 역학적 에너지 보존 법칙을 이용하여 이 문제를 쉽게 해결할 수 있다. 이 법칙을 이용하여 yy에 도달했을 때에 대해 쓰면

gy0=gy+12v2\displaystyle gy_{0}=gy+\frac{1}{2}v^{2}

이 된다. 이 때

−gr(1−cos⁡θ0)=−gr(1−cos⁡θ)+12v2\displaystyle -gr(1-\cos{\theta_{0}})=-gr(1-\cos{\theta})+\frac{1}{2}v^{2}

으로 쓸 수 있고, 이것을 정리하면

v=2grcos⁡θ0−cos⁡θ\displaystyle v=\sqrt{2gr}\sqrt{ \cos{\theta_{0}}-\cos{\theta} }

이므로, 미소길이 ds\mathrm{d}s를 지나는 동안 걸린 미소 시간 dt\mathrm{d}t는 다음과 같다.

dt=dsv\displaystyle \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}s}{v}

한편, 곡선의 길이는 상위 문서에서 다룬 바와 같이

ds=2rsin⁡θ2 dθ\displaystyle \mathrm{d}s=2r\sin\frac{\theta}{2}\,\mathrm{d}\theta

임을 알 수 있으므로

dt=2rgsin⁡θ2cos⁡θ0−cos⁡θ dθ=rgsin⁡θ2cos⁡2θ02−cos⁡2θ2 dθ\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{d}t&=\sqrt{\frac{2r}{g}}\frac{\displaystyle \sin\frac{\theta}{2}}{\displaystyle \sqrt{ \cos{\theta_{0}}-\cos{\theta} }}\,\mathrm{d}\theta \\ &=\sqrt{\frac{r}{g}}\frac{\displaystyle \sin\frac{\theta}{2}}{\displaystyle \sqrt{ \cos^{2}{\frac{\theta_{0}}{2}}-\cos^{2}{\frac{\theta}{2}} }} \,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

를 얻을 수 있다. 따라서 우리는 θ\theta에 대한 영역 θ0≤θ≤π\theta_{0} \leq \theta \leq \pi에 대해 적분을 함으로써 하강 시간을 구할 수 있다.

t=rg∫θ0πsin⁡θ2cos⁡2θ02−cos⁡2θ2 dθ\displaystyle t= \sqrt{\frac{r}{g}} \int_{\theta_{0}}^{\pi} \frac{\displaystyle \sin\frac{\theta}{2}}{\displaystyle \sqrt{ \cos^{2}{\frac{\theta_{0}}{2}}-\cos^{2}{\frac{\theta}{2}} }} \,\mathrm{d}\theta

적절한 변수 치환

z≡cos⁡θ2cos⁡θ02 → dz=−12sin⁡θ2cos⁡θ02 dθ\displaystyle z \equiv \frac{\displaystyle \cos{\frac{\theta}{2} } }{\displaystyle \cos{\frac{\theta_{0}}{2} } }\, \to \, \mathrm{d}z=-\frac{1}{2}\frac{\displaystyle \sin{\frac{\theta}{2} } }{\displaystyle \cos{\frac{\theta_{0}}{2} } }\,\mathrm{d}\theta

을 사용하면, 적분은

t=2rg∫0111−z2 dz=πrg\displaystyle \begin{aligned} t&=2 \sqrt{\frac{r}{g}} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-z^{2} } }\,\mathrm{d}z \\ &={\pi}\sqrt{\frac{r}{g}} \end{aligned}

의 결과가 나오게 된다.

위 결과에서 우리는 점 P\mathrm{P}의 위치에 관계없이 최저점 Q\mathrm{Q}까지 낙하하는데 걸리는 시간은 상수값을 갖는다는 것을 알 수 있다.

우리는 위 논의를 확장해 사이클로이드 면 위에 놓인 물체의 진동 운동의 주기 또한 등시성을 갖는다는 것을 알 수 있다. 우리가 구한 낙하시간 tt는 해당 진동 운동의 1/4주기에 해당하기 때문에 사이클로이드 면 위에 놓인 물체의 진동 주기는

T=2π4rg\displaystyle T=2 \pi \sqrt{\frac{4r}{g}}

임을 쉽게 알 수 있다.

여담으로 이러한 등시성은 진자시계를 만드는 데 활용되었다.

아래는 이를 시각화한 그림이다.

파일:Tautochrone_curve.gif

2.2.1. 사이클로이드 진자[편집]


파일:사이클로이드 진자.png

사이클로이드 진자란, 위 그림처럼 A→O\mathrm{A \to O}, O→B\mathrm{O \to B}가 형성하는 원의 반지름이 같은 사이클로이드 반주기 곡선에 해당하고, 길이가 반주기의 사이클로이드 곡선과 같은 줄을 물체와 연결하고, 점 O\mathrm{O}에 매단 진자를 의미한다.

우리는 윗 문단에서 '중력장 하에서 사이클로이드 궤도는 등시 곡선 궤도로 움직이는 것이므로, 곧 운동의 주기는 물체의 초기위치가 어디든 상관없이 같다'는 것을 증명했다.

따라서 우리가 추가로 두 가지만 더 증명한다면, 위 사이클로이드 진자 역시 물체의 초기 위치에 상관없이 운동 주기가 같음을 보일 수 있다. 그 두 가지는 아래와 같다.
  • 물체가 움직이는 경로 A→C→B\mathrm{A \to C \to B}는 사이클로이드이다.
  • 장력과 운동 방향은 수직하다.

[1] 물체가 움직이는 경로가 사이클로이드임을 보이기
문제를 쉽게 해결하기 위해, 선분 OC\mathrm{OC}를 기준으로 좌우가 대칭이라는 사실을 이용하자. 따라서 C→B\mathrm{C \to B}인 경우만 볼 것이다. 이것을 좌표 평면 상에 다음과 같이 나타내자.

파일:나무_사이클로이드진자_유도_재수정.png

이 때, 점 P\mathrm{P}는 사이클로이드 면 C→B\mathrm{C \to B} 상의 점이고, 점 K\mathrm{K}는 물체가 위치하는 점이다. 점 P(xP, yP)\mathrm{P}(x_{\mathrm{P}},\,y_{\mathrm{P}}) 는 θ\theta에 대한 매개변수 방정식

xP=a(θ−sin⁡θ)yP=−a(1−cos⁡θ)+2a\displaystyle \begin{aligned} x_{\mathrm{P}}&=a(\theta-\sin{\theta}) \\ y_{\mathrm{P}}&=-a(1-\cos{\theta})+2a \end{aligned}

로 나타낼 수 있고, 이 사이클로이드는 직선 y=2ay=2a에 반지름이 aa인 원이 굴러감으로써 형성된다. 이때, 진자의 줄은 위 그림과 같이 청색 영역과 적색 영역으로 각각 구분지을 수 있으며, 전자는 사이클로이드면에 닿은 부분, 즉 0→θ0 \to \theta 까지의 사이클로이드 곡선이며, 후자는 점 P\mathrm{P}에서 그은 접선이다. 우리는 이미 반주기 사이클로이드 곡선의 길이는 4a4a임을 알고 있으며, 따라서 줄의 총 길이는 문제 상황에 따라 4a4a임을 안다. 청색 영역의 길이는

∫0θ(dxPdθ)2+(dyPdθ)2 dθ=4a(1−cos⁡θ2)\displaystyle \int_{0}^{\theta} \sqrt{\left( \frac{\mathrm{d}x_{\mathrm{P} } }{\mathrm{d} \theta} \right)^{2}+\left( \frac{\mathrm{d}y_{\mathrm{P} } }{\mathrm{d} \theta} \right)^{2}}\,\mathrm{d} \theta=4a \left(1-\cos{\frac{\theta}{2}} \right)

이며, 이에 적색 영역의 길이는

4a−4a(1−cos⁡θ2)=4acos⁡θ2\displaystyle 4a-4a \left(1-\cos{\frac{\theta}{2}} \right)=4a\cos{\frac{\theta}{2}}

임을 알 수 있다. 즉, 이 길이는 PK‾\overline{\mathrm{PK}}에 해당한다.

이제 우리는 각 φ\varphi에 대한 정보를 얻자. 선분 PK\mathrm{PK}의 기울기는 tan⁡(φ+π/2)=−cot⁡φ\tan{(\varphi+\pi/2)}=-\cot{\varphi}이고, 적색 접선의 기울기는 매개변수 함수에 대한 미분법으로 구할 수 있으므로

(dy/dθ)(dx/dθ)=−sin⁡θ1−cos⁡θ=−cot⁡θ2\displaystyle \frac{(\mathrm{d}y/\mathrm{d} \theta)}{(\mathrm{d}x/\mathrm{d} \theta)}=-\frac{\sin{\theta}}{1-\cos{\theta}}=-\cot{\frac{\theta}{2}}

이다. 따라서

−cot⁡φ=−cot⁡θ2 → φ=θ2\displaystyle -\cot{\varphi}=-\cot{\frac{\theta}{2}} \,\to \, \varphi=\frac{\theta}{2}

임을 얻는다. 이에

HK‾=4acos⁡θ2sin⁡θ2=2asin⁡θPH‾=4acos⁡2θ2=2a(cos⁡θ−1)\displaystyle \begin{aligned} \overline{\mathrm{HK}}&=4a\cos{\frac{\theta}{2}} \sin{\frac{\theta}{2}} &&=2a\sin{\theta} \\ \overline{\mathrm{PH}}&=4a\cos^{2}{\frac{\theta}{2}} &&=2a(\cos{\theta}-1) \end{aligned}

이므로 점 P(a(θ−sin⁡θ), −a(1−cos⁡θ)+2a)\mathrm{P}(a(\theta-\sin{\theta}),\, -a(1-\cos{\theta})+2a)인 것을 이용해 우리는 점 K\mathrm{K}의 좌표를 θ\theta에 대한 매개변수 방정식

x=a(θ−sin⁡θ)+2asin⁡θy=−a(1−cos⁡θ)+2a−2a(cos⁡θ+1)\displaystyle \begin{aligned} x&=a(\theta-\sin{\theta})+2a\sin{\theta} \\ y&=-a(1-\cos{\theta})+2a-2a(\cos{\theta}+1) \end{aligned}

로 표현할 수 있음을 얻는다. 이것을 간단히 정리하면

x=−a(θ−sin⁡θ)+2aθy=a(1−cos⁡θ)−2a\displaystyle \begin{aligned} x&=-a(\theta-\sin{\theta})+2a \theta \\ y&=a(1-\cos{\theta})-2a \end{aligned}

라고 쓸 수 있는데, 이것은 사이클로이드

x=−a(θ−sin⁡θ)y=a(1−cos⁡θ)\displaystyle \begin{aligned} x&=-a(\theta-\sin{\theta}) \\ y&=a(1-\cos{\theta}) \end{aligned}

를 yy축 방향으로 −2a-2a만큼 평행이동 한 후 yy축을 기준으로 하여 대칭시킨 곡선의 매개변수 방정식이므로, 우리는 진자의 운동 경로가 사이클로이드임을 얻는다. 정확히 표기하면 진자는 −π≤θ≤π-\pi \leq \theta \leq \pi에서 움직이므로 진자가 움직이는 경로의 매개변수 방정식은

x=−a(θ−sin⁡θ)+2aθy=a(1−cos⁡θ)−2a(−π≤θ≤π)\displaystyle \begin{aligned} x&=-a(\theta-\sin{\theta})+2a \theta \\ y&=a(1-\cos{\theta})-2a \qquad (-\pi \leq \theta \leq \pi) \end{aligned}

이다. 참고로 이 곡선은 직선 y=−2ay=-2a 위로 반지름이 aa인 원이 굴러가면서 형성된다.

[2] 장력과 이동 방향은 수직한 것 보이기
이것은 간단히 점 K\mathrm{K}에서 그은 접선과 적색 직선이 수직함을 보이면 된다. 우리는 적색 직선의 기울기가

−cot⁡θ2\displaystyle -\cot{\frac{\theta}{2}}

라는 것은 위에서 보였다. 점 K\mathrm{K}에서 그은 접선의 기울기는 매개변수 방정식의 미분법을 사용하면

(dy/dθ)(dx/dθ)=sin⁡θ1+cos⁡θ=tan⁡θ2\displaystyle \frac{(\mathrm{d}y/\mathrm{d} \theta)}{(\mathrm{d}x/\mathrm{d} \theta)}=\frac{\sin{\theta}}{1+\cos{\theta}}=\tan{\frac{\theta}{2}}

가 된다. 따라서 두 직선의 기울기 곱은

−cot⁡θ2⋅tan⁡θ2=−1\displaystyle -\cot{\frac{\theta}{2}} \cdot \tan{\frac{\theta}{2}}=-1

이므로 두 직선은 수직이 된다. 따라서 장력과 이동 방향은 서로 수직하다.

이상의 두 결과로부터, 우리는 이 상황이 곧 위에서 다뤘던 사이클로이드 면 위를 진동 운동하는 물체의 상황과 같음을 얻는다.[2] 또한, 해당 물체는 반지름이 aa인 원이 굴러감으로써 형성되는 사이클로이드 궤도를 따르고 있고, 중력장에서 사이클로이드는 등시 곡선임을 위에서 증명했기 때문에 점 K\mathrm{K}는 (모든 마찰을 무시한다면) 초기 위치가 A, B\mathrm{A,\,B} 사이 어디에 있든 주기

T=2π4ag\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{4a}{g}}

로 왕복 운동한다. 그런데 우리가 줄의 길이가 4a4a였음을 기억하고, 단진자 문서에 나온 미소 진동 시의 단진자 주기를 기억한다면, 곧 이 주기는 같은 길이의 줄의 단진자의 주기임을 알 수 있으며, 더 나아가 단진자의 경우 진동 각이 커짐에 따라 오차가 나지만, 이 사이클로이드 진자를 이용하면, 진동 각에 관계 없이 진동 주기가 같기 때문에 진동 주기를 이용하여 단진자 보다 비교적 정확하게 시간을 측정할 수 있다. 실제로, 이 성질을 이용해 진자 시계를 만들기도 한다.

아래의 그림은 이상의 내용을 시각화하여 나타낸 것이다.

파일:Isochronous_cycloidal_pendula.gif

3. 관련 문서[편집]

[1] 최고 차항이 6차항인 곡선.[2] 물체에게 일하는 힘은 중력 뿐이다.