"등시강하곡선 문제 (Tautochrone problem)"의 두 판 사이의 차이

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(증명)
 
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높이가 인 곳에서 출발할때, 추의 속도는 <math>v=\sqrt{2g(y_0-y)}= \sqrt{2rg(\cos\theta_0-\cos\theta)}</math> 로 주어진다. 따라서 주기를 다음과 같이 쓸 수 있다.
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출발점의 y좌표를 <math>y=y_0</math>라 두고, 그 때 곡선의 파라메터를 <math>\theta=\theta_0</math>라 하자.
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움직이는 추의 속도는 <math>v=\sqrt{2g(y_0-y)}= \sqrt{2rg(\cos\theta_0-\cos\theta)}</math> 로 주어진다. 따라서 주기를 다음과 같이 쓸 수 있다.
  
 
<math>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</math>
 
<math>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</math>
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<h5>재미있는 사실</h5>
 
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2010년 10월 2일 (토) 18:59 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

개요
  • 중력을 받고 있는 물체가 출발점에 관계없이 주어진 목적지에 똑같은 시간에 도달하기 위해서 따라야 하는 곡선
  • 사이클로이드에 의하여 만족됨
  • 1659년 호이겐스에 의해 해결
  • 진자 시계를 만드는데 활용되었다 http://hom.wikidot.com/the-cycloid

 

 

 

등시성의 증명

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

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

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

(이 때, 사이클로이드의 방정식은 \(x = r(\theta - \sin \theta)\), \(y = -r(1 - \cos \theta)\)로 주어졌다고 하자.)

(증명)

출발점의 y좌표를 \(y=y_0\)라 두고, 그 때 곡선의 파라메터를 \(\theta=\theta_0\)라 하자.

움직이는 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

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

 

 

 

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