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* 중력을 받고 있는 물체가 출발점에 관계없이 주어진 목적지에 똑같은 시간에 도달하기 위해서 따라야 하는 곡선
 
* 중력을 받고 있는 물체가 출발점에 관계없이 주어진 목적지에 똑같은 시간에 도달하기 위해서 따라야 하는 곡선
 
* 1659년 호이겐스에 의해 해결
 
* 1659년 호이겐스에 의해 해결
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* 진자 시계를 만드는데 활용되었다
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* 진자 시계를 만드는데 활용되었다 http://hom.wikidot.com/the-cycloid
  
 
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* [http://curvebank.calstatela.edu/brach/brach.htm The Brachistochrone]<br>
 
* [http://curvebank.calstatela.edu/brach/brach.htm The Brachistochrone]<br>
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*  http://www.scitechantiques.com/cycloidhtml/<br>
  
 
 
 
 

2010년 10월 2일 (토) 17:15 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • 직선을 따라서 원을 굴릴때, 원 위의 한 점이 그리는 궤적을 사이클로이드라 함
  • 원점에서 출발하여 반지름이 \(r\)인 원을 통해서 얻어지는 사이클로이드의 방정식

\(x = r(t - \sin t)\)

\(y = r(1 - \cos t)\)

  • 등시성 문제와 최단시간강하곡선 문제의 답이다

 

[/pages/4402517/attachments/2339125 cycloid.gif]

 

 

등시강하곡선 문제 (Tautochrone problem)
  • 중력을 받고 있는 물체가 출발점에 관계없이 주어진 목적지에 똑같은 시간에 도달하기 위해서 따라야 하는 곡선
  • 1659년 호이겐스에 의해 해결
  • 진자 시계를 만드는데 활용되었다 http://hom.wikidot.com/the-cycloid

[/pages/4402517/attachments/2339131 Tautochrone_curve(1).gif]

(정리) 사이클로이드를 따라 움직이는 추의 주기는 시작점의 위치에 관계없이 다음으로 주어진다.

\(T =2\pi\sqrt{\frac{r}{g}}\)

(증명)

추가 사이클로이드를 뒤집은 곡선을 따라 움직인다고 하자. 즉,

\(x = r(\theta - \sin \theta)\)

\(y = -r(1 - \cos \theta)\)

높이가 y_0인 곳에서 출발할때, 추의 속도는 \(v=\sqrt{2g(y_0-y)}= \sqrt{2rg(\cos\theta_0-\cos\theta)}\) 로 주어진다. 따라서 주기를 다음과 같이 쓸 수 있다.

\(T =\int \frac{ds}{v}=2\int_{\theta_0}^{\pi} \frac{\sqrt{2r^2(1-\cos\theta)}}{\sqrt{2rg(\cos\theta_0-\cos\theta)}}\,d\theta=2\sqrt{\frac{r}{g}}\int_{\theta_0}^{\pi} \frac{\sqrt{1-\cos\theta}}{\sqrt{\cos\theta_0-\cos\theta}}\,d\theta\)

반각공식을 이용하여, 우변을

\(2\sqrt{\frac{r}{g}}\int_{\theta_0}^{\pi}\frac{\sin(\frac{1}{2}\theta)}{\sqrt{\cos^2(\frac{1}{2}\theta_0)-\cos^2(\frac{1}{2}\theta)}}d\theta \) 로 쓸 수 있다.

\(u=\frac{\cos \frac{1}{2}\theta}{\cos \frac{1}{2}\theta_0}\)로 치환하면, \(du=\frac{-\sin \frac{1}{2}\theta}{2\cos \frac{1}{2}\theta_0}\,d\theta\) 를 얻는다.

따라서

\(T =4\sqrt{\frac{r}{g}}\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\,du=2\pi\sqrt{\frac{r}{g}}\)■

 

 

 

최단시간강하곡선 문제(Brachistochrone problem)
  •  중력을 받고 있는 물체가 정지상태에서 출발하여 가장 짧은 시간내에 하강하기 위해서 따라야 하는 곡선
  • 1697년에 베르누이에 의하여 답이 출판
    [/pages/4402517/attachments/3980829 ParabNickF.gif]

 

곡선의 시작점을 \((x_0,y_0)=(0,0)\), 끝점을 \((x_1,y_1)\)라 두자.

곡선을 따라 내려올때 걸리는 시간은 다음과 같이 구할 수 있다.

\(t=\int \frac{1}{v} \, ds\)(v는 속력, ds 는 길이요소, t는 시간)

에너지 보존 법칙 \(mgy=\frac{1}{2}mv^2\)  에서\(v=\sqrt{2gy}\).

이제 곡선의 x좌표를 y의 함수로 생각하자. 곡선을 따라 내려올 때 걸리는 시간은

\(T=\int \frac{1}{v} \, ds=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int_{0}^{y} \frac{\sqrt{1+x'(y)^2}}{\sqrt{y}} \, dy\)

문제의 정의에 따라 이 적분값을 최소가 되게 하는 곡선을 찾아야 한다.

\(F(y,x,x')=\frac{\sqrt{1+(x')^2}}{\sqrt{y}}\) 에 대하여 오일러-라그랑지 방정식 을 적용하면,

\(0 =\frac{\partial F}{\partial x} - \frac{d}{dy} \frac{\partial F}{\partial x'}=-\frac{d}{dy}(\frac{x'(y)}{\sqrt{y(1+x'(y)^2)}})\)

적당한 상수 a에 대하여 \(\frac{x'(y)}{\sqrt{y(1+x'(y)^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2a}}\)라 두자.

이를 풀면 미분방정식  \(\frac{dx}{dy}=\sqrt{{\frac{y}{2a-y}}\) 를 얻는다.

(미분방정식의 여러 해에 대한 논의는 http://whistleralley.com/brachistochrone/brachistochrone.htm)

 \(x=\int_{0}^{y}\sqrt{\frac{y}{2a-y}}dy\)

\(y=2a\sin^2\frac{\theta}{2}=a(1-\cos\theta)\)로 치환하면, \(x=a(\theta-\sin\theta)\)를 얻는다.

여기서 상수 a는 주어진 점 \((x_1,y_1)\)를 지날 수 있는 값으로 결정된다.

따라서 사이클로이드를 얻었다.

 

 

 

 

재미있는 사실[1]

 

 

메모
  • 요한 베르누이의 생각 - 빛이 밀도가 점점 증가하는 물질의 (중력을 받고 있는...) 연속적인 층을 통과할 때 만드는 곡선

 

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