개요
브라키스토크론(brachistochrone), 혹은 최단시간강하곡선 문제는 역사적으로 의미가 깊은 문제이다. 최단시간강하곡선은 어떤 물체가 한 점에서 다른 한 점까지 마찰 없이 미끄러져 내려갈 때 걸리는 시간을 가장 짧게 만드는 경로로, 놀랍게도 사이클로이드 곡선이 바로 최단시간강하곡선이다. 이 포스트에서는 다루지 않지만, 이 곡선 상에서는 어느 지점에 물체를 올려놓든지와 무관하게, 가장 낮은 지점까지 내려가는데 걸리는 시간이 모두 같다는 흥미로운 성질도 가지고 있다. 이 성질에 주목학 최단시간강하곡선, 혹은 사이클로이드 곡선의 다른 이름은 등시강하곡선(tautochrone)이다.
이 문제의 기원은 300여년을 거슬러 올라가 뉴턴, 베르누이, 로피탈 등의 수학자들의 시대에 있다. 사실 이 문제를 처음 생각해낸 것은 갈릴레오였을 것으로 생각되는데, 그는 1938년에 해당 문제에 대한 답이 원 호라고 결론을 지었다. 물론 이는 잘못된 답이다. 1969년, 요한 베르누이는 Acta Eruditorum에 최단시간강하곡선 문제를 내어 다른 수학자들이 도전하게 하였다. 그리하여 라이프니츠는 요한 베르누이에게 외국에 있는 수학자들도 이 문제를 풀 수 있도록 6개월보다 더 많은 시간을 달라고 요청하였다. 결국 다섯 명의 수학자로부터 다섯 개의 풀이가 나왔는데, 문제를 해결한 사람들은 뉴턴, 야콥 베르누이, 라이프니츠, 로피탈, 그리고 출제자 본인인 요한 베르누이였다.
이번 포스트에서는 이들이 풀어낸 방법과는 다르게 최단시간강하곡선 문제에 대한 답을 내고자 한다. 이를 위해서 오일러-라그랑주 방정식을 통해 미분방정식을 구한 후,—사이클로이드에 해당하는—곡선의 방정식을 유도할 것이다.
식 세우기
연직 아래 방향, 즉 중력 방향으로 \(x\)-축을 설정한다. 곡선의 선소를 \(\mathrm{d} s\)라고 하면, 피타고라스의 정리에 의해 다음이 성립한다:
\[\mathrm{d} s = \sqrt{1 + \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right)^2} \mathrm{d} x = \sqrt{1 + (y')^2} \mathrm{d} x\]이 때, 미끄러져 내려오는 물체의 질량을 \(m\), 속력을 \(v\), 중력가속도를 \(g\)라고 두자. 그렇다면
\[v = \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t}\]이고, 역학적 에너지 보존 법칙에 의해
\[\frac 12 m v^2 = mgx\]임을 알 수 있다. 이를 \(v\)에 대해 정리하면
\[v = \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t} = \sqrt{2gx}\]이 된다. 따라서,
\[\mathrm d t = \frac{\mathrm d s}{\sqrt{2gx}}\]이다. 이제 곡선을 따라 \(\mathrm A\)에서 \(\mathrm B\)까지 내려오는데 걸리는 시간을 \(T = \int_\mathrm{A}^\mathrm{B} \mathrm d t\)라고 하자. 위 \(\mathrm d t\)를 대입하면,
\[T = \int_0^{x_1} \sqrt{\frac{1 + (y')^2}{2gx}} \mathrm d x\\ \qquad = \frac{1}{2g} \int_0^{x_1} \sqrt{\frac{1 + (y')^2}{x}} \mathrm d x\]이 된다.
오일러-라그랑주 방정식의 적용
다음과 같이 함수 \(f\)를 정의하자:
\[f(x, y, y') = \sqrt{\frac{1 + (y')^2}{x}}\]오일러-라그랑주 방정식은 다음과 같다:
\[\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \left(\frac{\partial f}{\partial y'}\right) = 0\]일단 \(\frac{\partial f}{\partial y}\) 항은,
\[\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left(\sqrt{\frac{1 + (y')^2}{x}}\right) = 0\]이고, \(\frac{\partial f}{\partial y'}\) 항은,
\[\frac{\partial f}{\partial y'} = \frac 12 \sqrt{\frac{x}{1 + (y')^2}} \cdot \frac{x \cdot 2y' - 0}{x^2} = \frac{y'}{\sqrt{x \left( 1 + (y')^2 \right)}}\]이다. 따라서, 오일러-라그랑주 방정식은 다음과 같다:
\[\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \left(\frac{\partial f}{\partial y'}\right) = - \frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \left(\frac{y'}{\sqrt{x \left( 1 + (y')^2 \right)}}\right) = 0\]미분방정식 풀이
\[\frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \left(\frac{y'}{\sqrt{x \left( 1 + (y')^2 \right)}}\right) = 0\]이므로, \(C\)가 상수일 때
\[\frac{y'}{\sqrt{x \left( 1 + (y')^2 \right)}} = C\]이다. 양변을 제곱하여 좌변의 분모를 우변으로 이항시키면,
\[(y')^2 = C^2 x \left(1 + (y')^2 \right) = C^2 x + C^2 x (y')^2\]이 되고, \(y'\)에 대해 정리하면,
\[y' = \pm \sqrt{\frac{C^2 x}{1 - C^2 x}}\]이다. \(\frac{1}{C^2} = a\)로 치환하자. 그러면
\[y' = \pm \sqrt{\frac{x}{a - x}}\]가 되어
\[\mathrm d y = \pm \sqrt{\frac{x}{a - x}} \mathrm d x\]이다. \(x = a \sin^2 \frac \theta 2 = \frac a 2 (1 - \cos \theta)\)로 변수 치환을 하자.
\[\mathrm d x = a \sin \frac \theta 2 \cos \frac \theta 2 \mathrm d \theta\]이므로,
\[\qquad \mathrm d y = \pm \sqrt{\frac{a \sin^2 \frac \theta 2}{a - a \sin^2 \frac \theta 2}} \cdot a \sin \frac \theta 2 \cos \frac \theta 2 \mathrm d \theta\\ \quad = \pm \sqrt{\frac{\sin^2 \frac \theta 2}{\cos^2 \frac \theta 2}} \cdot a \sin \frac \theta 2 \cos \frac \theta 2 \mathrm d \theta\\ = \pm a \sin^2 \frac \theta 2 \mathrm d \theta \qquad \qquad\ \ \ \,\,\\ = \pm \frac a 2 (1 - \cos \theta) \mathrm d \theta \qquad \quad \\]이다. 양변을 적분하면,
\[y = \pm \frac a 2 (\theta - \sin \theta) + D\]이 되는데 (\(D\)는 적분 상수), \(x = 0\), 즉 \(\theta = 0\)일 때 \(y = 0\)이므로 \(D = 0\)이다. 그리고 제 1사분면에 점 \(\mathrm B\)가 있기 때문에 부호는 \(+\)를 고른다. 결국
\[\begin{cases} x = \frac a 2 (1 - \cos \theta)\\ y = \frac a 2 (\theta - \sin \theta) \end{cases}\]으로, 사이클로이드 곡선의 방정식이 나왔음을 알 수 있다.