Arfken 7판 22장 (오일러-라그랑주 방정식, 자연 경계조건, 벨트라미 항등식, 여러 종속·독립변수, 고계 도함수, 라그랑주 승수와 등주 문제, 레일리-리츠)
| 상황 | 쓰는 식 |
|---|---|
| $J=\int_{x_1}^{x_2}F(x,y,y')\,dx$, 끝점 고정 | $\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}\dfrac{\partial F}{\partial y'}=0$ (오일러-라그랑주, Euler–Lagrange) |
| $F$에 $y$가 없음 | $\dfrac{\partial F}{\partial y'}=C$ |
| $F$에 $x$가 없음 | $F-y'\dfrac{\partial F}{\partial y'}=C$ (벨트라미 항등식, Beltrami identity) |
| $F=f(y)\sqrt{1+y'^2}$ | 벨트라미가 $\dfrac{f(y)}{\sqrt{1+y'^2}}=C$ 로 바로 정리됨 |
| 종속변수 여럿 $q_i(t)$ | $\dfrac{\partial L}{\partial q_i}-\dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial\dot q_i}=0$ (각 $i$마다), $\ L=T-V$ |
| 독립변수 여럿 $u(x,y)$ | $\dfrac{\partial F}{\partial u}-\dfrac{\partial}{\partial x}\dfrac{\partial F}{\partial u_x}-\dfrac{\partial}{\partial y}\dfrac{\partial F}{\partial u_y}=0$ |
| 끝점 $x_2$에서 $y$가 자유 | $\dfrac{\partial F}{\partial y'}\Big|_{x_2}=0$ (자연 경계조건, natural boundary condition) |
| $F(x,y,y',y'')$ | $\dfrac{\partial F}{\partial y}-\dfrac{d}{dx}\dfrac{\partial F}{\partial y'}+\dfrac{d^2}{dx^2}\dfrac{\partial F}{\partial y''}=0$ (오일러-푸아송, Euler–Poisson) |
| 적분 구속 $\int G\,dx=\ell$ | $H=F+\lambda G$에 오일러-라그랑주 |
| 보통 극값, 구속 $g=0$ | $\nabla f=\lambda\nabla g$, $\ g=0$ |
| 레일리 몫 ($-y''=\lambda y$, $y(0)=y(1)=0$) | $\lambda_{\min}\le\dfrac{\int_0^1y'^2\,dx}{\int_0^1y^2\,dx}$ (아무 시험함수나) |
$\dfrac{d}{dx}\dfrac{\partial F}{\partial y'}$는 전미분입니다. $y$와 $y'$도 $x$의 함수이므로 연쇄법칙을 씁니다:
$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}\frac{\partial F}{\partial y'}=&\ \frac{\partial^2F}{\partial x\,\partial y'}+\frac{\partial^2F}{\partial y\,\partial y'}\,y'\\&+\frac{\partial^2F}{\partial y'^2}\,y''.\end{aligned}$$벨트라미 항등식이 성립하는 이유는 3절의 "왜 되나?" 상자에 있습니다.
극값 곡선 $y(x)$ 근처의 곡선 $y+\varepsilon\eta$를 생각합니다. 끝점이 고정이므로 $\eta(x_1)=\eta(x_2)=0$입니다. $J(\varepsilon)=\int F(x,\,y+\varepsilon\eta,\,y'+\varepsilon\eta')\,dx$가 $\varepsilon=0$에서 극값이어야 하므로
$$\begin{aligned}\frac{dJ}{d\varepsilon}\Big|_0&=\int_{x_1}^{x_2}\big(F_y\eta+F_{y'}\eta'\big)\,dx\\&=0.\end{aligned}$$둘째 항을 부분적분합니다.
$$\begin{aligned}\int F_{y'}\eta'\,dx&=\Big[F_{y'}\eta\Big]_{x_1}^{x_2}\\&\quad-\int\eta\,\frac{d}{dx}F_{y'}\,dx.\end{aligned}$$경계항은 $\eta=0$이라 사라지고 $\int\big(F_y-\frac{d}{dx}F_{y'}\big)\eta\,dx=0$이 남습니다. 이것이 모든 $\eta$에 대해 0이므로 괄호가 0입니다. 이유(변분법의 기본 보조정리): 괄호가 어느 점에서 양수이면, 그 근처에서만 양수인 $\eta$를 골라 적분을 양수로 만들 수 있어서 모순입니다. 경계항을 버리지 않으면 2절의 자연 경계조건이 나옵니다.
길이 요소 $ds=\sqrt{dx^2+dy^2}=\sqrt{1+y'^2}\,dx$ 이므로 $J=\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{1+y'^2}\,dx$, $F=\sqrt{1+y'^2}$.
정공법. $\dfrac{\partial F}{\partial y}=0$, $\dfrac{\partial F}{\partial y'}=\dfrac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}$. 몫의 미분으로
$$\begin{aligned}&\frac{d}{dx}\frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}\\&\quad=\frac{y''\sqrt{1+y'^2}-y'\cdot\frac{y'y''}{\sqrt{1+y'^2}}}{1+y'^2}\\&\quad=\frac{y''}{(1+y'^2)^{3/2}}=0\ \Rightarrow\ y''=0.\end{aligned}$$지름길. $F$에 $y$가 없으므로 $\dfrac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}=C$. 제곱해서 정리하면 $y'^2=\dfrac{C^2}{1-C^2}$ = 상수.
어느 쪽이든 $y=mx+b$, 직선입니다. 끝점을 넣으면 $m=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$.
1절 상자의 계산에서 $\eta(x_2)$가 0이 아니어도 되게 합니다. 오일러-라그랑주 방정식이 성립해도 경계항이 남습니다.
$$\frac{dJ}{d\varepsilon}\Big|_0=F_{y'}\big|_{x_2}\,\eta(x_2)=0.$$$\eta(x_2)$를 마음대로 고를 수 있으므로 $F_{y'}\big|_{x_2}=0$입니다. 순서는 이렇습니다. 먼저 $\eta(x_2)=0$인 $\eta$들만 써서 오일러-라그랑주를 얻고, 그다음 $\eta(x_2)\ne0$인 $\eta$로 끝 조건을 얻습니다. "자연"이라는 이름은 이 조건을 따로 주지 않아도 변분에서 저절로 나온다는 뜻입니다.
① 오일러-라그랑주: $2y-2y''=0$ → $y=A\cosh x+B\sinh x$. $y(0)=1$에서 $A=1$.
② 자연 경계조건: $F_{y'}=2y'$이므로 $y'(1)=0$입니다. $\sinh1+B\cosh1=0$에서 $B=-\tanh1$.
$$\begin{aligned}y&=\cosh x-\tanh1\,\sinh x\\&=\frac{\cosh(1-x)}{\cosh1}.\end{aligned}$$③ 최솟값. 해에서는 $y''=y$이므로 $\int(y'^2+y^2)\,dx=\int(y'^2+yy'')\,dx=\big[yy'\big]_0^1$입니다.
$$\begin{aligned}J_{\min}&=y(1)y'(1)-y(0)y'(0)\\&=0-1\cdot(-\tanh1)\\&=\tanh1\approx0.7616.\end{aligned}$$비교: 끝을 $y(1)=0$으로 고정하면 $y=\frac{\sinh(1-x)}{\sinh1}$이고 $J=\coth1\approx1.3130$으로 더 큽니다. 끝을 풀어 주면 $J$가 더 작아질 수 있고, 가장 좋은 끝값을 자연 경계조건이 골라 줍니다.
| $f(y)$ | 문제 | 답 |
|---|---|---|
| $1$ | 최단 경로 | 직선 |
| $1/\sqrt y$ | 최속강하선 | 사이클로이드 |
| $y$ | 최소 회전면, 매달린 사슬 | 현수선 $\cosh$ |
| $n(y)$ | 빛의 경로(페르마) | $n\sin\theta=$ 일정 (스넬) |
$y(x)$가 오일러-라그랑주를 만족한다고 하고, 연쇄법칙으로 미분합니다.
$$\begin{aligned}&\frac{d}{dx}\big(F-y'F_{y'}\big)\\&=F_x+F_yy'+F_{y'}y''\\&\quad-y''F_{y'}-y'\frac{d}{dx}F_{y'}\\&=F_x+y'\Big(F_y-\frac{d}{dx}F_{y'}\Big).\end{aligned}$$괄호는 오일러-라그랑주에 의해 0이고, $F$에 $x$가 없으면 $F_x=0$입니다. 그래서 $F-y'F_{y'}$은 상수입니다. 역학에서 $x\to t$로 읽으면 에너지 보존입니다(4절).
거꾸로는 성립하지 않습니다. 위 식은 "$y'=0$이거나 괄호가 0"만 말하므로, 상수 $y$는 벨트라미 식을 만족해도 오일러-라그랑주는 만족하지 않을 수 있습니다(연습문제 B5).
$y$를 아래쪽으로 잡고 원점에서 출발합니다. 에너지 보존 $\frac12mv^2=mgy$ → $v=\sqrt{2gy}$. 걸리는 시간은
$$\begin{aligned}T&=\int\frac{ds}{v}=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int\frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt y}\,dx,\\F&=\frac{\sqrt{1+y'^2}}{\sqrt y}\ \Big(f=\frac{1}{\sqrt y}\Big).\end{aligned}$$$x$가 없으므로 벨트라미: $\dfrac{1}{\sqrt y\sqrt{1+y'^2}}=C$. 정리하면
$$y\,(1+y'^2)=\frac1{C^2}\equiv2a.$$매개변수 치환. $y=2a\sin^2\frac\theta2=a(1-\cos\theta)$로 둡니다. 그러면 $1+y'^2=\frac{2a}{y}=\frac{1}{\sin^2(\theta/2)}$ 이므로 $y'=\cot\frac\theta2$ (처음에 내려가는 쪽).
$$\begin{aligned}dx&=\frac{dy}{y'}=\frac{a\sin\theta\,d\theta}{\cot(\theta/2)}\\&=2a\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2\cdot\frac{\sin(\theta/2)}{\cos(\theta/2)}\,d\theta\\&=2a\sin^2\frac\theta2\,d\theta=a(1-\cos\theta)\,d\theta.\end{aligned}$$$\theta=0$에서 $x=0$이 되게 적분하면
$$\begin{gathered}x=a(\theta-\sin\theta),\qquad y=a(1-\cos\theta)\\(\text{사이클로이드, cycloid})\end{gathered}$$$a$는 도착점을 지나도록 정합니다. 확인: $y'=\frac{dy/d\theta}{dx/d\theta}=\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}=\cot\frac\theta2$, 그리고 $y(1+y'^2)=a(1-\cos\theta)\cdot\frac{2}{1-\cos\theta}=2a$.
곡선 $y(x)$를 $x$축 둘레로 돌린 면의 넓이는 $A=2\pi\int y\sqrt{1+y'^2}\,dx$, 즉 $f=y$. 벨트라미:
$$\begin{aligned}&\frac{y}{\sqrt{1+y'^2}}=c\ \Rightarrow\ y'=\sqrt{\frac{y^2}{c^2}-1}\\&\Rightarrow\ \int\frac{dy}{\sqrt{y^2/c^2-1}}=\int dx\\&\Rightarrow\ c\,\operatorname{arccosh}\frac yc=x-x_0.\end{aligned}$$ $$\begin{gathered}y=c\cosh\frac{x-x_0}{c}\\(\text{현수선, catenary})\end{gathered}$$확인: $y'=\sinh\frac{x-x_0}{c}$, $\sqrt{1+y'^2}=\cosh\frac{x-x_0}{c}$ 이므로 $\frac{y}{\sqrt{1+y'^2}}=c$.
끝 조건 $y(\pm L)=R$ (같은 반지름의 고리 두 개)이면 대칭으로 $x_0=0$, 그리고 $R=c\cosh\frac Lc$를 수치로 풀어 $c$를 구합니다. $\frac RL<1.5089$이면 해가 없습니다(고리가 너무 멀면 비누막이 끊어짐, 연습문제 B4).
(a) 보통 미적분. 위 매질(속력 $v_1$)의 점 $(0,h_1)$에서 아래 매질(속력 $v_2$)의 점 $(\ell,-h_2)$로 갈 때, 경계 $y=0$을 $(x,0)$에서 지난다고 합시다.
$$\begin{aligned}T(x)&=\frac{\sqrt{x^2+h_1^2}}{v_1}+\frac{\sqrt{(\ell-x)^2+h_2^2}}{v_2},\\T'(x)&=\frac{x}{v_1\sqrt{x^2+h_1^2}}\\&\quad-\frac{\ell-x}{v_2\sqrt{(\ell-x)^2+h_2^2}}=0.\end{aligned}$$법선($y$축)에서 잰 각으로 $\sin\theta_1=\frac{x}{\sqrt{x^2+h_1^2}}$, $\sin\theta_2=\frac{\ell-x}{\sqrt{(\ell-x)^2+h_2^2}}$ 이므로 $\frac{\sin\theta_1}{v_1}=\frac{\sin\theta_2}{v_2}$. 굴절률 $n=c/v$로 쓰면 $n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$.
(b) 굴절률이 연속으로 변할 때 $n=n(y)$: $T=\frac1c\int n(y)\sqrt{1+y'^2}\,dx$, 즉 $f=n$. 벨트라미:
$$\frac{n(y)}{\sqrt{1+y'^2}}=C.$$경로가 $x$축과 이루는 각을 $\alpha$라 하면 $\tan\alpha=y'$, $\frac{1}{\sqrt{1+y'^2}}=\cos\alpha=\sin\theta$ ($\theta$는 법선에서 잰 각). 그래서 광선을 따라 $n(y)\sin\theta=C$ — 스넬 법칙의 연속판입니다.
뉴턴 법칙이 나오는지 확인. 입자 하나, 직교좌표에서 $L=\frac12m\dot x^2-V(x)$이면 $\frac{\partial L}{\partial\dot x}=m\dot x$, $\frac{\partial L}{\partial x}=-V'(x)$이라 오일러-라그랑주가 $m\ddot x=-V'(x)$, 즉 $F=ma$입니다. 해밀턴 원리(Hamilton's principle)는 이것을 "작용 $\int L\,dt$의 극값"으로 바꿔 말한 것입니다. 왜 자연이 그런지는 물리의 가정으로 받아들입니다.
좌표를 바꿔도 되는 이유. 작용은 경로마다 정해지는 숫자라서 어떤 좌표로 계산해도 값이 같습니다. 그래서 극값 조건도 좌표에 무관하고, 아무 일반화 좌표에서나 같은 꼴의 방정식을 씁니다. 구속력은 일을 하지 않아서 $V$에 들어가지 않습니다.
에너지 보존. 3절 상자의 계산을 $q_i$ 여러 개로 하면 $\frac{d}{dt}\Big(\sum_i\dot q_iL_{\dot q_i}-L\Big)=-\frac{\partial L}{\partial t}$입니다. $L$에 $t$가 없으면 0입니다.
(a) 줄 길이 $l$, 각 $\theta$. $x=l\sin\theta$, $y=-l\cos\theta$ → $\dot x^2+\dot y^2=l^2\dot\theta^2$.
$$\begin{aligned}L&=\frac12ml^2\dot\theta^2+mgl\cos\theta,\\\frac{\partial L}{\partial\dot\theta}&=ml^2\dot\theta,\qquad \frac{\partial L}{\partial\theta}=-mgl\sin\theta.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}&ml^2\ddot\theta+mgl\sin\theta=0\\&\Rightarrow\ \ddot\theta+\frac gl\sin\theta=0\\&(\text{작은 각: }\omega=\sqrt{g/l}).\end{aligned}$$(b) 경사각 $\alpha$, 좌표 $s$ = 경사면을 따라 내려간 거리. 높이는 $-s\sin\alpha$ 이므로
$$\begin{aligned}L&=\frac12m\dot s^2+mgs\sin\alpha\\&\Rightarrow\ m\ddot s-mg\sin\alpha=0\ \Rightarrow\ \ddot s=g\sin\alpha.\end{aligned}$$수직항력은 일을 하지 않으므로 $L$에 나오지 않습니다. 이것이 라그랑지언 방법의 장점입니다.
$x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$에서 $\dot x=\dot r\cos\varphi-r\dot\varphi\sin\varphi$, $\dot y=\dot r\sin\varphi+r\dot\varphi\cos\varphi$. 제곱해 더하면 교차항이 지워져 $\dot x^2+\dot y^2=\dot r^2+r^2\dot\varphi^2$.
$$L=\frac12m\big(\dot r^2+r^2\dot\varphi^2\big)-V(r).$$$\varphi$ 방정식: $L$에 $\varphi$가 없습니다(순환 좌표). 그래서
$$\begin{aligned}&\frac{d}{dt}\big(mr^2\dot\varphi\big)=0\\&\Rightarrow\ \ell\equiv mr^2\dot\varphi=\text{상수}\\&(\text{각운동량 보존}).\end{aligned}$$$r$ 방정식: $\frac{\partial L}{\partial\dot r}=m\dot r$, $\frac{\partial L}{\partial r}=mr\dot\varphi^2-V'(r)$.
$$\begin{aligned}&m\ddot r-mr\dot\varphi^2+V'(r)=0\\&\Rightarrow\ m\ddot r=\frac{\ell^2}{mr^3}-V'(r).\end{aligned}$$좌표. $x_1=l_1\sin\theta_1$, $y_1=-l_1\cos\theta_1$, $\ x_2=x_1+l_2\sin\theta_2$, $y_2=y_1-l_2\cos\theta_2$.
속도. $v_1^2=l_1^2\dot\theta_1^2$. $\dot x_2=l_1\dot\theta_1\cos\theta_1+l_2\dot\theta_2\cos\theta_2$, $\dot y_2=l_1\dot\theta_1\sin\theta_1+l_2\dot\theta_2\sin\theta_2$ 이므로
$$\begin{aligned}v_2^2&=l_1^2\dot\theta_1^2+l_2^2\dot\theta_2^2\\&\quad+2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2).\end{aligned}$$라그랑지언. $V=m_1gy_1+m_2gy_2$:
$$\begin{aligned}L&=\tfrac12(m_1+m_2)l_1^2\dot\theta_1^2+\tfrac12m_2l_2^2\dot\theta_2^2\\&\quad+m_2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2)\\&\quad+(m_1+m_2)gl_1\cos\theta_1\\&\quad+m_2gl_2\cos\theta_2.\end{aligned}$$$\theta_1$ 방정식. $\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_1}=(m_1+m_2)l_1^2\dot\theta_1+m_2l_1l_2\dot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2)$. 시간 미분하면 $\cos(\theta_1-\theta_2)$의 미분에서 $-\sin(\theta_1-\theta_2)(\dot\theta_1-\dot\theta_2)$가 나옵니다. $\frac{\partial L}{\partial\theta_1}=-m_2l_1l_2\dot\theta_1\dot\theta_2\sin(\theta_1-\theta_2)-(m_1+m_2)gl_1\sin\theta_1$. $\dot\theta_1\dot\theta_2$ 항끼리 지워지고
$$\begin{aligned}&(m_1+m_2)l_1\ddot\theta_1+m_2l_2\ddot\theta_2\cos(\theta_1-\theta_2)\\&\quad+m_2l_2\dot\theta_2^2\sin(\theta_1-\theta_2)\\&\quad+(m_1+m_2)g\sin\theta_1=0.\end{aligned}$$(양변을 $l_1$로 나눔.) $\theta_2$ 방정식도 같은 방법으로 (양변을 $m_2l_2$로 나눔):
$$\begin{aligned}&l_2\ddot\theta_2+l_1\ddot\theta_1\cos(\theta_1-\theta_2)\\&\quad-l_1\dot\theta_1^2\sin(\theta_1-\theta_2)+g\sin\theta_2=0.\end{aligned}$$작은 각으로 선형화하면($\cos\to1$, $\sin\theta\to\theta$, $\dot\theta^2$ 항 버림): $(m_1+m_2)l_1\ddot\theta_1+m_2l_2\ddot\theta_2+(m_1+m_2)g\theta_1=0$, $\ l_1\ddot\theta_1+l_2\ddot\theta_2+g\theta_2=0$.
$u+\varepsilon\eta$ ($\eta$는 경계에서 0)를 넣고 $\varepsilon$으로 미분하면 $\iint\big(F_u\eta+F_{u_x}\eta_x+F_{u_y}\eta_y\big)\,dx\,dy=0$입니다. 1차원의 부분적분 대신 발산 정리를 씁니다.
$$\begin{aligned}&\iint\big(F_{u_x}\eta_x+F_{u_y}\eta_y\big)\,dx\,dy\\&=\oint\eta\,(\cdots)\,ds\\&\quad-\iint\Big(\frac{\partial F_{u_x}}{\partial x}+\frac{\partial F_{u_y}}{\partial y}\Big)\eta\\&\qquad\qquad dx\,dy.\end{aligned}$$경계에서 $\eta=0$이라 선적분이 사라지고, 기본 보조정리로 레시피 3의 식이 나옵니다. 독립변수가 하나 늘 때마다 $-\frac{\partial}{\partial(\text{그 변수})}F_{u_{(\text{그 변수})}}$ 항이 하나씩 붙습니다.
(a) $F=u_x^2+u_y^2$: $\frac{\partial F}{\partial u}=0$, $\frac{\partial F}{\partial u_x}=2u_x$, $\frac{\partial F}{\partial u_y}=2u_y$.
$$\begin{aligned}&0-\frac{\partial}{\partial x}(2u_x)-\frac{\partial}{\partial y}(2u_y)=0\\&\Rightarrow\ u_{xx}+u_{yy}=0.\end{aligned}$$경계값이 같은 함수들 중에서 $\iint|\nabla u|^2$을 가장 작게 하는 것이 라플라스 방정식의 해(조화함수)입니다.
(b) 선밀도 $\mu$, 장력 $\tau$인 현. 운동에너지 밀도 $\frac12\mu u_t^2$, 늘어남에 의한 퍼텐셜 밀도 $\frac12\tau u_x^2$.
$$\begin{aligned}&\mathcal L=\frac12\mu u_t^2-\frac12\tau u_x^2:\\&\frac{\partial\mathcal L}{\partial u}=0,\ \ \frac{\partial\mathcal L}{\partial u_t}=\mu u_t,\ \ \frac{\partial\mathcal L}{\partial u_x}=-\tau u_x.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}&-\mu u_{tt}+\tau u_{xx}=0\\&\Rightarrow\ u_{tt}=c^2u_{xx},\qquad c=\sqrt{\tau/\mu}.\end{aligned}$$L26에서 변수분리로 푼 바로 그 방정식입니다.
1절처럼 $y+\varepsilon\eta$를 넣으면 $\int\big(F_y\eta+F_{y'}\eta'+F_{y''}\eta''\big)\,dx=0$입니다. 둘째 항은 한 번, 셋째 항은 두 번 부분적분합니다(아래에서 $'$는 $\frac{d}{dx}$).
$$\begin{aligned}&\int F_{y''}\eta''\,dx\\&=\Big[F_{y''}\eta'\Big]-\int\big(F_{y''}\big)'\eta'\,dx\\&=\Big[F_{y''}\eta'-\big(F_{y''}\big)'\eta\Big]\\&\quad+\int\big(F_{y''}\big)''\eta\,dx.\end{aligned}$$부분적분 한 번마다 부호가 바뀌어서 $+,-,+$가 됩니다. 끝점에서 $\eta=\eta'=0$이면 경계항이 사라지고 오일러-푸아송 방정식이 남습니다. 끝에서 $\eta'$이나 $\eta$가 자유이면 그 계수가 0이어야 해서 레시피 3의 자연 경계조건이 나옵니다.
(a) $F_y=0$, $F_{y'}=0$, $F_{y''}=2y''$이므로 $(2y'')''=0$, 즉 $y''''=0$입니다. $y=c_0+c_1x+c_2x^2+c_3x^3$.
0에서 1로 "가장 덜 휘면서" 올라가는 곡선입니다(그래픽에서 쓰는 smoothstep 곡선).
(b) 레시피 4에서 $EI\,y''''=q$. 네 번 적분하고 $y(0)=y'(0)=0$을 쓰면 $y=\frac{q}{24EI}x^4+c_2x^2+c_3x^3$입니다. $y(\ell)=0$, $y'(\ell)=0$은
$$\begin{aligned}\frac{q\ell^4}{24EI}+c_2\ell^2+c_3\ell^3&=0,\\ \frac{q\ell^3}{6EI}+2c_2\ell+3c_3\ell^2&=0.\end{aligned}$$첫 식에 $\frac3\ell$을 곱해 둘째 식을 빼면 $c_2\ell=\frac{q\ell^3}{EI}\big(\frac16-\frac18\big)$이라 $c_2=\frac{q\ell^2}{24EI}$, 그리고 $c_3=-\frac{q\ell}{12EI}$.
$$\begin{aligned}y&=\frac{q}{24EI}\,x^2(\ell-x)^2,\\y\Big(\frac\ell2\Big)&=\frac{q\ell^4}{384EI}.\end{aligned}$$곡면 $g=0$ 위에서 움직일 수 있는 방향 $\mathbf t$는 $\nabla g\cdot\mathbf t=0$을 만족합니다(접평면 방향). 극값점에서는 그런 모든 방향으로 $f$가 1차로 변하지 않아야 하므로 $\nabla f\cdot\mathbf t=0$입니다. 접평면에 수직인 방향은 하나뿐이라 $\nabla f$와 $\nabla g$는 평행합니다: $\nabla f=\lambda\nabla g$. 그림으로는 $f$의 등위면이 구속면 $g=0$에 접하는 점입니다. ($\nabla g\ne0$인 점에서만 성립합니다.)
변분을 $y+\varepsilon_1\eta_1+\varepsilon_2\eta_2$처럼 두 개 씁니다. 하나만 쓰면 구속 $\int G\,dx=\ell$이 깨지기 때문입니다. 그러면 $J(\varepsilon_1,\varepsilon_2)$를 구속 $K(\varepsilon_1,\varepsilon_2)=\ell$ 아래에서 극값으로 만드는, 보통 미적분의 라그랑주 승수 문제가 됩니다(레시피 (a)). 그 조건 $\partial_{\varepsilon_1}(J+\lambda K)=0$에 1절의 계산을 하면
$$\begin{aligned}\int\Big[&\Big(F_y-\frac{d}{dx}F_{y'}\Big)\\&+\lambda\Big(G_y-\frac{d}{dx}G_{y'}\Big)\Big]\\&\times\eta_1\,dx=0.\end{aligned}$$$\eta_1$이 임의이므로 $H=F+\lambda G$의 오일러-라그랑주 방정식입니다. 레시피 (a)의 $\nabla f=\lambda\nabla g$와 부호가 반대지만 $\lambda$는 어차피 미지수라 상관없습니다(관례 상자).
(a) $f=xyz$, $g=2(xy+yz+zx)-S$.
$$\begin{aligned}yz&=2\lambda(y+z),\\xz&=2\lambda(x+z),\\xy&=2\lambda(x+y).\end{aligned}$$첫 식에 $x$, 둘째 식에 $y$를 곱하면 좌변이 둘 다 $xyz$: $2\lambda x(y+z)=2\lambda y(x+z)$ → $xz=yz$ → $x=y$. 같은 방법으로 $y=z$. 그래서 정육면체이고 $6x^2=S$ → $x=\sqrt{S/6}$, $V_{\max}=(S/6)^{3/2}$.
(b) 타원 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$. 거리의 제곱 $f=(x-1)^2+y^2$, $g=\frac{x^2}{4}+y^2-1$.
$$2(x-1)=\lambda\frac{x}{2},\qquad 2y=2\lambda y.$$가장 가까운 점은 $\big(\frac43,\pm\frac{\sqrt5}{3}\big)$, 거리 $\sqrt{2/3}=\frac{\sqrt6}{3}\approx0.816$. ($y=0$ 경우를 빠뜨리면 가장 먼 점 $(-2,0)$을 놓칩니다.)
(a) 길이 $\ell$인 사슬을 같은 높이의 두 점 $x=\pm a$에 매답니다. 위치에너지 $\propto\int y\sqrt{1+y'^2}\,dx$를 최소로, 길이 $\int\sqrt{1+y'^2}\,dx=\ell$은 고정.
$$\begin{aligned}&H=(y+\lambda)\sqrt{1+y'^2}\ \ (x\text{ 없음})\\&\Rightarrow\ \frac{y+\lambda}{\sqrt{1+y'^2}}=c\\&\Rightarrow\ y+\lambda=c\cosh\frac{x-x_0}{c}.\end{aligned}$$예제 3-2와 같은 식입니다($y$ 대신 $y+\lambda$). 대칭이라 $x_0=0$. 길이 조건으로 $c$를 정합니다:
$$\ell=\int_{-a}^{a}\cosh\frac xc\,dx=2c\sinh\frac ac.$$끝점 $y(\pm a)=0$에서 $\lambda=c\cosh\frac ac$. 그래서 $y=c\cosh\frac xc-c\cosh\frac ac$ (아래로 처짐), 가운데 처진 깊이는 $c\cosh\frac ac-c$.
(b) 곡선 $y(x)$와 $x$축 사이 넓이 $\int y\,dx$를 최대로, 곡선 길이 $\int\sqrt{1+y'^2}\,dx$는 고정 (디도의 문제, Dido's problem).
$$\begin{aligned}H&=y+\lambda\sqrt{1+y'^2},\\H-y'H_{y'}&=y+\lambda\sqrt{1+y'^2}-\frac{\lambda y'^2}{\sqrt{1+y'^2}}\\&=y+\frac{\lambda}{\sqrt{1+y'^2}}=C.\end{aligned}$$$Y=y-C$로 두면 $Y^2(1+y'^2)=\lambda^2$ → $Y'=\pm\frac{\sqrt{\lambda^2-Y^2}}{Y}$ → $\frac{Y\,dY}{\sqrt{\lambda^2-Y^2}}=\pm dx$ → $\sqrt{\lambda^2-Y^2}=\mp(x-x_0)$. 제곱하면
$$\begin{gathered}(x-x_0)^2+(y-C)^2=\lambda^2\\(\text{반지름 }|\lambda|\text{인 원호})\end{gathered}$$닫힌 곡선이면 모든 조각이 같은 반지름의 원호여야 하므로 전체가 원입니다. 둘레 $P$인 원의 넓이는 $\frac{P^2}{4\pi}$로, 같은 둘레의 정사각형 $\frac{P^2}{16}$보다 큽니다.
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy·mpmath로 검산했습니다.
A1. $J=\int_0^1(y'^2+y^2)\,dx$, $y(0)=0$, $y(1)=1$
A2. $J=\int_0^1(y'^2+2xy)\,dx$, $y(0)=0$, $y(1)=1$
A3. $J=\int\dfrac{\sqrt{1+y'^2}}{x}\,dx$의 극값 곡선
A4. $J=\int x\,y'^2\,dx$의 극값 곡선
B1. 반지름 $R$인 원기둥 면 위의 측지선(geodesic). 좌표 $(\varphi,z)$, $ds^2=R^2d\varphi^2+dz^2$.
B2. 예제 3-1의 사이클로이드를 따라 원점에서 최저점($\theta=\pi$)까지 걸리는 시간. 같은 두 점을 잇는 직선 경사면이면?
B3. 공기($n_1=1$)에서 유리($n_2=1.5$)로 입사각 $30^\circ$로 들어간 빛의 굴절각
B4. 예제 3-2에서 $y(\pm L)=R$의 해가 있으려면 $R/L$이 얼마 이상이어야 합니까?
B5. 굴절률 $n(y)=\sqrt{1+y}$ ($y\ge0$)인 매질에서 원점을 수평으로 출발한 광선의 경로
C1. 앳우드 기계: 고정 도르래(질량 무시)에 질량 $m_1,m_2$가 줄로 매달림. $m_1$이 내려간 거리 $x$의 가속도
C2. 수평면에서 일정한 각속도 $\omega$로 돌아가는 매끄러운 막대 위의 구슬. $r(t)$는?
C3. 매끄러운 바닥 위에서 움직일 수 있는 쐐기(질량 $M$, 경사각 $\alpha$)와 그 빗면 위의 블록(질량 $m$). 좌표: 쐐기 위치 $X$, 블록이 빗면을 따라 내려간 거리 $s$. 가속도를 구하세요.
C4. 예제 4-3에서 $m_1=m_2=m$, $l_1=l_2=l$일 때 작은 진동의 각진동수
C5. 예제 4-2에서 $V=-\dfrac{\alpha}{r}$ (중력·쿨롱)일 때 유효 퍼텐셜과 원궤도 반지름
D1. $F=\frac12(u_x^2+u_y^2)+f(x,y)\,u$
D2. $F=\frac12(u_x^2+u_y^2-k^2u^2)$
D3. 중력을 받는 현: $\mathcal L=\frac12\mu u_t^2-\frac12\tau u_x^2-\mu g\,u$. 운동방정식과, 양 끝 $u(0)=u(\ell)=0$인 정지해
E1. 뚜껑 없는 상자, 겉넓이 $S$ 고정, 부피 최대
E2. 평면 $x+2y+2z=9$ 위에서 원점에 가장 가까운 점
E3. 타원 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$에 내접하고 변이 축에 평행한 직사각형의 최대 넓이
E4. 예제 7-2(a)에서 $a=1$, $\ell=3$일 때 $c$와 처진 깊이 (수치)
E5. 해안선($x$축) 위의 두 점 $(-a,0)$, $(a,0)$을 잇는 길이 $\pi a$인 곡선이 해안선과 함께 둘러싸는 넓이를 최대로
F1. $J=\int_0^1\big(\frac12y'^2-y\big)\,dx$, $y(0)=0$, $y(1)$은 자유
F2. 예제 3-1의 최속강하선에서 도착점이 수직선 $x=\ell$ 위의 아무 곳이어도 된다면? $a$와 걸리는 시간을 구하세요.
F3. $J=\int_0^1y''^2\,dx$, $y(0)=0$, $y'(0)=1$, $y(1)=0$, $y'(1)=0$
F4. 외팔보(cantilever): $x=0$에서 고정($y=y'=0$), $x=\ell$은 자유단, 균일 하중 $q$. 처짐 곡선과 끝의 처짐
레일리-리츠(Rayleigh–Ritz) 방법: 경계조건을 만족하는 시험함수(trial function)를 레일리 몫 $\int y'^2/\int y^2$에 넣으면 가장 낮은 고유값보다 크거나 같은 값이 나옵니다. 시험함수가 참 고유함수에 가까울수록 정확합니다. ($-y''=\lambda y$, $y(0)=y(1)=0$의 참값은 $\pi^2$, 고유함수 $\sin\pi x$.)
G1. 시험함수 $y=x(1-x)$로 가장 낮은 고유값을 어림하세요.
G2. 시험함수 $y=x(1-x^2)$이면? 왜 G1보다 나쁩니까?