최단 시간 곡선 문제 - 페르마의 원리를 이용한 풀이

이번 글에서는 최단 시간 곡선(Brachistochrone) 문제를 소개한다. 많은 경우 오일러-라그랑주 방정식(Euler-Lagrange equation)을 이용해서 쉽게 증명을 하지만 이번에는 페르마의 원리를 이용해보려 한다.

 

지난 글에서 해밀턴의 원리(Hamilton's principle)을 얘기하면서 대표적인 사례 중 하나로 빛은 운동 시간을 최소화하는 경로로 운동한다는 페르마의 원리(Fermat's principle)을 다뤘었다.

 

원래 최단 강하 곡선은 1696년 베르누이 형제 중 요한 베르누이(Johann Bernoulli)가 자신의 형인 야코프 베르누이(Jakob Bernoulli)를 자극하기 위해 던진 문제였다고 한다.

 

그 과정에서 뉴턴(Newton), 라이프니츠(Leibnitz) 등 당대 유명 학자들도 이 문제를 풀었고 오일러(Euler)가 이때 제시된 방법론을 정리하면서 변분 원리(variation calculus)가 만들어졌다고 한다. 

 

 

요한 베르누이

이번에 제시할 방법은 오일러의 방법이 아닌 요한 베르누이가 제시했던 페르마의 원리를 이용한 풀이 방법을 사용해보려고 한다.

 

지난 글에서 페르마의 원리를 이용해 빛의 입사각(incidence angle)과 반사각(reflection angle)이 서로 같음을 보였다. 그러면서 굴절에도 페르마의 원리가 적용된다고 했는데 그를 스넬의 법칙(Snell's law)이라고 한다.

 

스넬의 법칙은 전자기학을 다룰때 다시 보기로 하고 여기서는 결과만을 가져서 얘기를 해보려고 한다.

 

 

먼저 빛이 매질로 입사하는 경우 빛의 입사각과 입사 속도 사이에는 다음과 같은 관계가 성립한다.

$$\frac{v}{\sin{\alpha}} = C \tag{1}$$

여기서 \(C\)는 임의의 상수를 의미한다.

 

빛을 다룰려는게 아니기 때문에 상수에 대한 해석은 잠시 치워두고 요한 베르누이가 했듯이 비스듬한 빛이 중력(gravitation)에 의해 가속되어 휘어지는 경로를 그리는 운동이 우리가 풀고자 하는 일반적인 물체의 경우랑 속도의 스케일을 빼면 크게 다른 문제가 아니라고 생각해보자.

 

물론 빛이 가속된다는 말에서 의구심을 가지지 말자. 요한 베르누이가 17세기 사람이었음을 상기했으면 한다.

 

 

어떤 한 지점 \((x,y)\)에서 물체의 속도는 경로의 접선 방향을 가질 것이다. 속도는 위치의 시간 미분(differentiation)이다. 그렇다면 이 접선과 \(x\)축이 이루는 각도를 입사각으로 삼아서 식 (1)과 똑같이 스넬의 법칙을 쓸 수 있다.

 

빛이 출발한 지점을 중력 퍼텐셜 에너지(potetial energy)의 원점이라고 해보자. 원점을 아무렇게나 잡아도 괜찮다는 것이 퍼텐셜 에너지의 장점 중 하나다. 빛은 처음에 정지 상태에서 출발했다고 하면 전체 에너지는 다음과 같다.

$$ T + V = 0 \tag{2}$$

 

그리고 에너지 보존법칙(energy conservation law)에 의해 식 (2)는 항상 성립하므로 다음과 같이 바꾸어 쓸 수 있다.

$$ \frac{1}{2} m v^2 - m g y = 0 \tag{3}$$

 

최종적으로 속도를 위치에 의존하는 함수로 바꾸어 쓸 수 있다.

$$ v = \sqrt{2g y} \tag{4}$$

 

 

이제 식 (4)의 속도 식을 식 (1)에 대입해보자.

$$ \frac{\sqrt{2gy}}{\sin{\alpha}} = C \tag{5}$$

$$ y = \frac{C^2}{2g} \sin^2{\alpha} = k^2 \sin^2{\alpha} \tag{6}$$

여기서 \( k = \frac{C}{\sqrt{2g}} \)로 정의한다.

 

삼각함수의 정의에 의해서 미소 길이에 대해서 다음과 같은 관계가 성립한다.

$$ \frac{dy}{dr} = \frac{dy}{\sqrt{dx^2 + dy^2}} = \sin{\alpha} = \frac{v}{c} \tag{7}$$

$$ dy = \sin{\alpha} \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sin{\alpha} \sqrt{1 + \left( \frac{dy}{dx} \right)^2 } dx = \sin{\alpha} \sqrt{1 + (y^{\prime})^2} dx \tag{8}$$

$$ \frac{dy}{dx} = y^{\prime} = \sin{\alpha} \sqrt{1 + (y^{\prime})^2} \tag{9}$$

$$ (y^{\prime})^2 = \sin^2{\alpha} \{1 + (y^{\prime})^2 \} \tag{10}$$

 

이제 식 (10)을 \( y^{\prime} \)에 대한 식으로 바꿔보면 다음과 같이 정리된다.

$$ (1 - \sin^2{\alpha}) (y^{\prime})^2 = \cos^2{\alpha} (y^{\prime})^2 = \sin^2{\alpha} \tag{11}$$

$$ y^{\prime} = \frac{\sin{\alpha}}{\cos{\alpha}} = \cot{\alpha} \tag{12}$$

 

그런데 \( cot{\alpha}\)에 대해 다음 식이 성립한다.

$$ \sin^2{\alpha} = \frac{1}{1+\cot^2{\alpha}} = \frac{1}{1 + (y^{\prime})^2 } \tag{13}$$

 

 

식 (13)을 식 (6)에 대입해보면

$$ y = \frac{k^2}{1 + (y^{\prime})^2} \tag{14}$$

$$ (1 + (y^{\prime})^2) y = k^2 \tag{15}$$

결국 식 (15)의 미분 방정식을 풀면 모든 문제가 해결된다. 양 변을 다음과 같이 정리해보자.

$$ y^{\prime} = \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{\frac{k^2 - y}{y}} \tag{16}$$

$$ \sqrt{\frac{y}{k^2 - y}} dy = \pm dx \tag{17}$$

 

이제 \(y = k^2 \sin^2{t} \)로 치환해보자 그렇다면 \( dy = k^2 2 \sin{t} \cos{t} dt\)가 될 것이고 따라서

$$ \sqrt{\frac{k^2 \sin^2{t}}{k^2 (1 - \sin^2{t})}} dy = \sqrt{\tan^2{t}} k^2 2 \sin{t} \cos{t} dt = 2 k^2 \sin^2{t} dt = k^2 (1 - \cos{2t}) dt =  dx \tag{18}$$

\(\pm\) 부호는 \( t \)에 흡수될 수 있으므로 생략한다.

 

이제 식 (18)의 최종식 양변을 적분하면 다음과 같이 정리가 된다.

$$ x(t) = k^2 (t - \frac{1}{2} \sin{2t}) \tag{19}$$

$$ y(t) = k^2 \sin^2{t} = \frac{k^2}{2} (1 - \cos{2t}) \tag{20}$$

 

이렇게 구해낸 \(x(t)\)와 \(y(t)\)가 바로 등시 곡선(tautrochrone curve)이다.