9. 변분법

9.1 서론

변분법이란
초기상태에서 말기상태로 가는 변화가 발생할 때 자연은 어떤 양이 최소인 방향으로 움직인다. 이 최소인 경로를 찾기 위한 방법이 변분법

함수 $f(x)$를 최소화시키는 문제 — 정상점(staitonalry points) $x: f'(x) = 0$을 찾기.

정상적으로 만들고 싶은 양이란 다음의 적분

(1)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y, y')\ dx \qquad \left( y' = {{dy} \over {dx}} \right) \end{align}

예제 1. 지름길 문제.
평면상의 두 점 $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ 사이에 곡선을 따라 측정한 길이가 최소가 되는 곡선을 구하기. 즉 다음을 최소화해야 한다.

(2)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1+y'^2} dx \end{align}

이것은 식 (1)에서 $F(x, y, y') = \sqrt{1+y'^2}$인 것이다.

예제 2. 최속강하선 문제.
구슬을 실에 꿰어서 내려올 때 가장 시간이 적게 걸리는 경로는? 또는 비탈길에 구슬을 굴릴 때 내려오는 시간이 가장 적게 걸리는 비탈길의 모양은? 이때 최소화해야 하는 양은 총 소요시간 $\int t$

(3)
\begin{align} v & = {{ds} \over {dt}} \\ dt & = {1 \over v} ds = {1 \over v} \sqrt{1 + y'^2} dx \\ \int\ dt & = \int {1 \over v} \sqrt{1 + y'^2} dx \end{align}

예제 3. 비누막 문제.
두 개의 동그란 고리 사이에 비누막이 만들어졌을 때 비누막은 표면적이 최소가 되도록 막이 형성된다. 중력을 무시하면 비누막은 회전체곡면 모양이고, 이 곡면의 표면적은 적분으로 쓰일 수 있다. 최소화해야 하는 양은 이 적분이다.

9.2 오일러 방정식

지름길 문제 풀어보기 — 두 점 사이에 가장 짧은 거리가 직선임을 증명하기.

(4)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1 + y'^2} dx \end{align}

를 가장 작게 만드는 $y=y(x)$를 구하는 것이 문제. 이를 만족하는 $y(x)$극소라고 한다.

양 끝점에서 0인 임의의 함수 $\eta (x)$를 정의

(5)
\begin{align} \eta (x_1) = \eta(x_2) = 0 \end{align}
(6)
\begin{align} Y(x) =y(x) + \epsilon \eta (x) \end{align}

이때 $y(x)$는 원하는 극소이고 $\epsilon$은 매개변수. $Y(x)$는 양 끝점을 지나는 원하는 (이차미분이 연속인) 임의의 곡선을 나타낸다. 이 임의의 곡선들 중

(7)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1+ Y'^2} dx \end{align}

를 최소로 만드는 곡선을 뽑으려 하는 것이다. $\epsilon = 0$ 일 때 $Y = y(x)$이고 원하는 극소이다. 그러면 $I( \epsilon)$$\epsilon =0$일 때 최소값을 가져야 한다.

(8)
\begin{align} \left. {{dI} \over {d \epsilon} } \right\rvert_{\epsilon = 0} = 0 \end{align}

식 (7)을 엡실론에 대해 미분하면

(9)
\begin{align} {{dI} \over {d \epsilon} } = \int_{x_1}^{x_2} {1 \over 2} {1 \over \sqrt{1 + Y'^2}} 2 Y' \left( {{dY' } \over {d \epsilon} } \right) dx \end{align}

식 (6)을 $x$에 대해 미분하면

(10)
\begin{align} Y' (x) = y'(x) + \epsilon \eta' (x) \end{align}
(11)
\begin{align} {{dY' } \over {d \epsilon}} = \eta' (x) \end{align}

식 (9)에 식 (11)과 식 (8)을 대입하면 다음을 얻는다.

(12)
\begin{align} \left. {{dI } \over {d \epsilon}} \right\rvert_{\epsilon = 0} = \int_{x_1}^{x_2} {{ y' (x) \eta' (x) } \over \sqrt{1 + y'^2}} dx = 0. \end{align}

$\eta, y$가 이차미분이 연속이라고 가정했으므로 부분적분을 할 수 있다.

(13)
\begin{align} u \equiv {{y'} \over \sqrt{1 + y'^2}}, \qquad dv \equiv \eta' (x) dx \end{align}

그러면

(14)
\begin{align} du = {d \over {dx}} \left( {{y'} \over \sqrt{1 +y'^2} } \right) dx, \qquad v = \eta (x) \end{align}
(15)
\begin{align} \left. {{dI } \over {d \epsilon}} \right\rvert_{\epsilon = 0} = \left. {{y'} \over \sqrt{1 + y'^2}} \eta(x) \right\rvert_{x_1}^{x_2} - \int_{x_1}^{x_2} \eta(x) {d \over {dx}} \left( {{y'} \over \sqrt{1 + y'^2}} \right) dx \end{align}

끝점에서 $\eta(x) = 0$이므로 첫 항은 0이다. 두 번째 항에서는 $\eta(x)$가 임의의 함수이므로

(16)
\begin{align} {{d} \over {dx}} \left( {{y'} \over \sqrt{1 +y'^2}} \right) = 0 \end{align}

이다. 그렇지 않으면 $\eta(x)$를 임의로 적절히 선택하여 적분이 0이 되지 않게 만들 수 있기 때문이다. i.e. $\int f(x) \eta (x) dx$가 모든 $\eta(x)$에 대해 0이 되려면 $f(x)$가 0이 되어야 한다는 것이다.

식 (16)을 $x$에 대해 적분하면

(17)
\begin{align} {{y'} \over \sqrt{1 + y'^2}} = \mathrm{const.}, \qquad y' = \mathrm{const.} \end{align}

따라서 $y(x)$의 기울기가 상수이므로 $y(x)$는 직선이다.


이상을 일반화하면,

(18)
\begin{align} I= \int_{x_1}^{x_2} F(x, y, y') dx \end{align}

를 정상적으로 만드는 $y$를 구하는 것이 문제이다. 그 $y$$I$가 최대이든 최소이든 아무것도 아니든 극값이라고 부른다. 변형된 임의의 곡선의 집합

(19)
\begin{align} Y(x) & = y(x) + \epsilon \eta (x) \\ Y'(x) & = y'(x) +\epsilon \eta' (x) \end{align}

를 상정하면

(20)
\begin{align} I (\epsilon) = \int_{x_1}^{x_2} F(x, Y, Y') dx \end{align}

이고, $\epsilon=0$일 때 $(d/d \epsilon) I (\epsilon) = 0$이 되어야 한다.
$Y, Y'$$\epsilon$에 대해 미분하면

(21)
\begin{align} {{dI} \over {d \epsilon}} = \int_{x_1}^{x_2} \left( {{\partial F} \over {\partial Y}} {{dY} \over {d \epsilon}} +{{\partial F} \over {\partial Y'}} {{dY'} \over {d \epsilon}} \right) dx. \end{align}

식 (19)를 식 (21)에 대입하면

(22)
\begin{align} {{dI} \over {d \epsilon}} = \int_{x_1}^{x_2} \left[ {{\partial F} \over {\partial Y}} \eta (x) + {{\partial F} \over {\partial Y'}} \eta' (x) \right] dx \end{align}

$\left. {{dI} \over {d \epsilon}} \right\rvert_{\epsilon=0} =0$이 되도록 한다. $\epsilon = 0 \iff Y = y$임을 기억하자.

(23)
\begin{align} \left. {{dI} \over {d \epsilon}} \right\rvert_{\epsilon=0} = \int_{x_1}^{x_2} \left[ {{\partial F} \over {\partial y}} \eta (x) + {{\partial F} \over {\partial y'}} \eta' (x) \right] dx = 0 \end{align}

$y''$가 연속이라고 가정하고 부분적분을 하면

(24)
\begin{align} \int_{x_1}^{x_2} {{\partial F} \over {\partial y'}} \eta' (x) dx = \left. {{\partial F} \over {\partial y'}} \eta (x) \right\rvert_{x_1}^{x_2} - \int_{x_1}^{x_2} {d \over {dx}} \left( {{\partial F} \over {\partial y'}} \right) \eta (x) dx. \end{align}

$\eta(x_1) = \eta(x_2) =0$ 이므로

(25)
\begin{align} \left. {{dI} \over {d \epsilon}} \right\rvert_{\epsilon=0} = \int_{x_1}^{x_2} \left[ {{\partial F} \over {\partial y}} - {d \over {dx}} {{\partial F} \over {\partial y'}} \right] \eta(x) dx = 0. \end{align}

$\eta(x)$는 임의의 함수이므로 다음을 얻는다.

(26)
\begin{align} {d \over {dx}} {{\partial F} \over {\partial y'}} - {{\partial F} \over {\partial y}} = 0. \end{align}

이것이 오일러 방정식이다.

변분법 문제는

  1. 정상적이어야 하는 적분을 만들고
  2. 함수 $F$가 무엇인지 쓰고
  3. 이것을 오일러 방정식에 대입해 만든 미방을 풀어 답을 구한다.

예제: 앞서 풀었던 지름길 문제를 오일러 방정식으로 풀기.

(27)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} \sqrt{1 + y'^2} dx \end{align}

이므로 $F = \sqrt{1 + y'^2 }$

(28)
\begin{align} {{\partial F} \over {\partial y'}} = {{y'} \over \sqrt{1 + y'^2}} , \qquad {{\partial F} \over {\partial y}} = 0 \end{align}

오일러 방정식은

(29)
\begin{align} {d \over {dx}} \left( {{y'} \over \sqrt{1 +y'^2} } \right) = 0 \end{align}

9.3 오일러 방정식의 응용

다른 변수$x, y$ 대신 극좌표 $r, \theta$ 를 사용해도 계산은 같다.

(30)
\begin{align} I = \int F(r, \theta , \theta' ) dr, \qquad \theta' = {{d \theta }\over {dr}} \end{align}

을 정상화하기 위한 오일러 방정식은

(31)
\begin{align} {d \over {dr}} \left( {{\partial F} \over {\partial \theta'}} \right) - {{\partial F} \over {\partial \theta}} = 0 \end{align}

시간 좌표계 $x, t$에 대해서도

(32)
\begin{align} I = \int F (t, x, \dot{x} ) dt, \qquad \dot{x} = {{dx} \over {dt}} \end{align}

를 최소화하기 위한 오일러 방정식은

(33)
\begin{align} {d \over {dt}} {{\partial F} \over {\partial \dot{x}}} - {{\partial F} \over {\partial x}} = 0 \end{align}

예제 1: 굴절률이 극좌표계에서 $r^{-2}$에 비례할 때 빗살이 가는 경로 구하기.
여기서는

(34)
\begin{align} I = \int\ n\ ds = \int\ r^{-2}\ ds = \int\ r^{-2} \sqrt{ dr^2 + r^2 d \theta^2 } = \int\ r^{-2} \sqrt{1 + r^2 \theta'^2} dr \end{align}

오일러 방정식은 식 (31)에 $F = r^{-2} \sqrt{1 + r^2 \theta' ^2 }$를 대입하고 $\partial F / \partial \theta = 0$이므로

(35)
\begin{align} {d \over {dr}} \left( {{ r^{-2} r^2 \theta' } \over \sqrt{1 + r^2 \theta'^2} } \right) = 0 \quad 또는 \quad {{\theta' } \over \sqrt{1 + r^2 \theta'^2}} = \mathrm{const.} = K \end{align}

이것을 $\theta'$에 대해 풀고 적분하면

(36)
\begin{align} \theta'^2 & = K^2 (1 +r^2 \theta' ^2 ), \quad \theta'^2 (1 - K^2 r^2) = K^2 \\ \theta' & = {{d \theta} \over {dr}} = { K \over \sqrt{1 - K^2 r^2}} \\ \theta & = \arcsin Kr + \mathrm{const.} \end{align}

오일러 방정식의 일차적분
어떤 문제에서는 $I = \int F dr$의 피적분함수 $F$$y$가 포함되어 있지 않다. i.e. $F$가 종속변수에 의존하지 않는다. 그러면 $\partial F / \partial y = 0$ 이고 오일러 방정식은

(37)
\begin{align} {{d} \over {dx}} {{\partial F} \over {\partial y'}} = 0, \qquad {{\partial F} \over {\partial y'}} = \mathrm{const.} \end{align}

$\partial F / \partial y = 0$이므로 오일러 방정식을 한 번만 적분하면 상수가 나왔다. 때문에 ${{\partial F} \over {\partial y'}} = \mathrm{const.}$ 를 오일러 방정식의 일차적분이라고 한다.

예제 2: 비누막 문제

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(38)
\begin{align} I & = \int 2 \pi y\ ds \\ & = \int 2 \pi y \sqrt{1 + x' ^2} dy \qquad \longleftarrow ds = \sqrt{1 + x' ^2 } dy, \quad x' = {{dx} \over {dy}} \\ & = \int 2 \pi y \sqrt{1 + x' ^2 } \\ & \longrightarrow 적분변수\ y, 피적분함수\ F = y \sqrt{1 + x' ^2} \end{align}

오일러 방정식은

(39)
\begin{align} {d \over {dy}} {{\partial F} \over {\partial x'}} - {{\partial F} \over {\partial x}} & = 0 \\ {d \over {dy}} \left( {{y x' } \over \sqrt{1 + x' ^2 } } \right) & = 0, \qquad \longleftarrow {{\partial F} \over {\partial x}} = 0 \end{align}

한 번 적분하고 $x'$에 대해 풀고 다시 적분하면

(40)
\begin{align} & {{y x'} \over \sqrt{1 + x' ^2} } = c_1, \\ x' & = {{dx} \over {dy}} = {{c_1 } \over \sqrt{y^2 - {c_1}^2}} , \\ x & = c_1 \cosh^{-1} {y \over c_1 } + c_2, \\ y & = c_1 \cosh {{x - c_2} \over c_1 }. \end{align}

이 식의 그래프를 현수선(catenary)이라고 한다. 밀도가 일정한 실을 일정한 중력장에 방치했을 때 자연스럽게 늘어지는 모양이 현수선이다. 즉 비누막은 현수선의 회전체 형태를 가지게 된다.

이 예제에서 사용한 방법을 이용하면 $I= \int F(y, y') dx$가 적분함수에 독립적인 변수 $x$를 포함하지 않는 어떤 문제에서도 간단히 풀 수 있다. 적분변수를 $y$로 바꾸고 다음과 같이 $I$에 대입하면

(41)
\begin{align} x' & = {{dx} \over {dy}} = \left( {{dy} \over {dx}} \right)^{-1}, \\ y' & = {1 \over {x'}}, \\ dx & = {{dx} \over {dy}} dy = x' dy \end{align}

그러면 적분이 $y, x'$의 함수이고 오일러 방정식은 $\partial F / \partial x = 0$ 이므로 간단해진다.

예제 3:

(42)
\begin{align} I = \int { \sqrt{1 + y' ^2} \over \sqrt{y} } dx \end{align}
(43)
\begin{align} \sqrt{1 + y'^2} dx = \sqrt{1 + y'^2} x' dy = \sqrt{x'^2 + 1 } dy, \\ I = \int { \sqrt{x'^2 + 1 } \over \sqrt{y}} dy = \int F(y, x') dy \end{align}
(44)
\begin{align} {d \over {dy}} \left( {{\partial F} \over {\partial x'}} \right) = {d \over {dy}} \left( {{ x'} \over { \sqrt{y} \sqrt{x'^2 + 1} } } \right) = 0 \end{align}

그러면 오일러 방정식의 일차적분은

(45)
\begin{align} {{x'} \over { \sqrt{y} \sqrt{x'^2 + 1} }} = \mathrm{const.} \end{align}

9.4 최속강하선 문제; 사이클로이드

문제: 두 점을 잇는 곡선을 따라 정지상태에서 미끄러지는 시간이 최소가 되는 곡선 구하기 i.e. $\int\ dt$를 최소화. 처음에 $v= 0$이고 위치에너지 기준선이 $y=0$이라면

9-4-1.png
(46)
\begin{align} T & = {1 \over 2} m v^2 = {1 \over 2} m \left( {{ds} \over {dt}} \right)^2 \\ U & = - mgy. \end{align}

두 에너지의 합은 처음에 제로이고 마찰력이 없을 때 전체 에너지가 보존되므로 어느 시간에도 제로이다. 따라서

(47)
\begin{align} {1 \over 2} m v^2 - mgy = 0, \implies v = \sqrt{2gy}. \end{align}

그러면 최소화하고자 하는 적분은

(48)
\begin{align} \int\ dt = \int {{ds} \over v} = \int {{ds} \over \sqrt{2gy}} = {1 \over \sqrt{2g}} \int_{x_1}^{x_2} { \sqrt{1 + y'^2} \over \sqrt{y} } dx \end{align}

오일러 방정식의 일차적분은

(49)
\begin{align} {{x'} \over { \sqrt{y} \sqrt{x'^2 + 1}}} = \sqrt{c}. \\ x' = {{dx} \over {dy}} = \sqrt{{ {cy} \over {1 - cy} }} \end{align}
(50)
\begin{align} cy = \sin^2 {\theta \over 2} = {1 \over 2} ( 1 - \cos \theta) \end{align}

로 두면

(51)
\begin{align} dx & = {1 \over c} \sin^2 {\theta \over 2} d \theta = {1 \over {2c}} ( 1 - \cos \theta) d \theta, \\ x & = {1 \over {2c}} ( \theta - \sin \theta ) + c' \end{align}

$\theta$로 표현된 $x, y$는 입자가 최소시간 동안 미끄러지는 곡선에 대한 매개변수 방정식이다. 이 곡선이 원점을 지나도록 축을 선택했으므로 $x = y = 0 \implies c' = 0$이다.

(52)
\begin{align} x & = {1 \over {2c}} ( \theta - \sin \theta ), \\ y & = {1 \over {2c}} ( 1 - \cos \theta ). \end{align}

이제 이 식이 사이클로이드 방정식이라는 것을 증명하겠다. 반경 $a$인 바퀴가 직교좌표평면상에서 $x$축 방향으로, 원점 $O$에서 $x$축에 접하는 방향으로 움직일 때, 원점 위치에 표시 $P(x, y)$를 하고 표시는 원이 굴러가면서 따라간다.

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원이 회전하므로 $\overline{OA} = \overline{PA} = a \theta$이고 이때 $\theta$ 단위는 라디안.

(53)
\begin{align} x & = \overline{OA} - \overline{PB} = a \theta - a \sin \theta = a ( \theta - \sin \theta), \\ y & = \overline{AB} = \overline{AC} - \overline{BC} = a - a \cos \theta = a ( 1 - \cos \theta ) \end{align}

이것이 사이클로이드 매개변수 방정식이다. 이것이 식 (52)와 등가임은 쉽게 알아볼 수 있다. 모든 사이클로이드는 닮은꼴이고 곱해진 상수에 따라 크기만 달라진다.

9.5 라그랑주 방정식

피적분함수 $F$$x, y, z, dy/dx, dz/dx$에 대한 함수일 때 $y(x)$$z(x)$ 각각 구하기

적분 $I$의 값은 $y(x), z(x)$에 모두 종속적일 것이고 $y, z$에 대한 두 개의 오일러 방정식을 얻을 것이다. 즉

(54)
\begin{align} I = \int F\ dx, \\ \begin{cases} {d \over {dx}} \left( {{\partial F} \over {\partial y'}} \right) - {{\partial F} \over {\partial y}} & = 0, \\ {d \over {dx}} \left( {{\partial F} \over {\partial z'}} \right) - {{\partial F} \over {\partial z}} & = 0. \end{cases} \end{align}

해밀턴 원리: 어떤 입자나 입자계는 언제나 $\int_{t_1}^{t_2} L\ dt$가 정상적이 되도록 움직인다. 이때 $L = T - V$라그랑지안이라고 한다($T$는 운동에너지, $V$는 위치에너지).

예제 1: 해밀턴 원리를 이용해 지구 근처에서 중력의 영향을 받으며 움직이는 질량 $m$인 단일입자의 운동방정식 구하기.

(55)
\begin{align} T & = {1 \over 2} mv^2 = {1 \over 2} m ( \dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2 ), \\ V & = mgz, \\ L & = T - V = {1 \over 2} m ( \dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2 ) - mgz. \end{align}

여기서 $t$는 독립변수, $x, y, z$는 종속변수이고 $L$은 앞 절에서의 피적분함수 $F$에 해당. 그러면 $I = int L\ dt$ 를 정상적으로 만들기 위한 오일러 방정식은 $x, y, z$에 각각 하나씩 세 개 만들어지는데 이를 라그랑주 방정식이라고 한다.

(56)
\begin{cases} {d \over {dt}} {{\partial L} \over {\partial \dot{x}}} - {{\partial L} \over {\partial x}} & = 0 \\ {d \over {dt}} {{\partial L} \over {\partial \dot{y}}} - {{\partial L} \over {\partial y}} & = 0 \\ {d \over {dt}} {{\partial L} \over {\partial \dot{z}}} - {{\partial L} \over {\partial z}} & = 0 \end{cases}

이 라그랑주 방정식에 식 (53)의 $L$을 대입하면

(57)
\begin{cases} {d \over {dt}} (m \dot{x} ) = 0 \\ {d \over {dt}} (m \dot{y} ) = 0 \\ {d \over {dt}} ( m \dot{z} ) + mg = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \dot{x} = \mathrm{const.} \\ \dot{y} = \mathrm{const.} \\ \ddot{z} = - g \end{cases}

즉 지구표면 근처 중력장 안에서 수평속도는 상수이고 수직가속도는 $-g$이다. 이것은 뉴턴식과 별 차이 없어 보일 수 있지만 복잡한 문제의 경우에는 여섯 개의 함수(세 방향으로 힘과 가속도 각각 하나씩)를 구하는 것보다 한 개의 스칼라함수 $L$을 구하는 것이 더 간단하다.

예제 2: 극좌표계에서 라그랑주 방정식
극좌표에서 호의 길이요소 $ds$

(58)
\begin{align} ds^2 = dr^2 + r^2 d \theta^2 \end{align}

이고 움직이는 입자의 속도는 $ds/dt$.

(59)
\begin{align} v^2 = \left( {{ds} \over {dt}} \right)^2 = \left( {{dr} \over {dt}} \right)^2 + r^2 \left( {{d \theta} \over {dt}} \right)^2 = \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2. \end{align}
(60)
\begin{align} T & = {1 \over 2} m ( \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2 , \\ L & = T - V = {1 \over 2} m ( \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2 ) - V ( r, \theta ) \end{align}
(61)
\begin{align} {d \over {dt}} {{\partial L} \over {\partial \dot{r}}} - {{\partial L } \over {\partial r}} = 0, \\ {d \over {dt}} {{\partial L} \over {\partial \dot{ \theta}}} - {{\partial L} \over {\partial \theta}} = 0 \end{align}
(62)
\begin{align} {d \over {dt}} ( m \dot{r} ) - m r \dot{\theta}^2 + {{\partial V} \over {\partial r}} & = 0 \\ {d \over {dt}} ( m r^2 \dot{\theta} ) + {{\partial V} \over {\partial \theta}} & = 0 \end{align}
(63)
\begin{align} m( \ddot{r} - r \dot{\theta}^2 ) & = - {{\partial V} \over {\partial r}}, \\ m ( r^2 \ddot{ \theta} + 2 r \dot{r} \dot{\theta} ) & = - {{\partial V} \over {\partial \theta}} \\ m (r \ddot{ \theta} + 2 \dot{r} \dot{\theta} ) & = - {1 \over r} {{\partial V} \over {\partial \theta}} \end{align}

이제 $- \partial V / \partial r$$- (1 / r) ( \partial V / \partial \theta )$$r, \theta$ 방향으로 입자에 작용하는 힘 $\vec{F} = - \vec{\nabla} V$의 성분이다. 그러면 위 식은 바로 $m \vec{a} = \vec{F}$의 성분이 된다. 가속도 성분은

(64)
\begin{align} a_r & = \ddot{r} - r \dot{\theta}^2, \\ a_\theta & = r \ddot{ \theta} + 2 \dot{r} \dot{\theta} \end{align}

$a_r$의 제2항은 어디서 많이 본 넘이다. 이것은 속도가 $v = r \dot{\theta}$일 때 구심가속도 $v^2 /r$이다(마이너스는 방향이 원점임을 의미). $a_\theta$의 제2항은 코리올리 가속도라고 한다.

9.6 같은 둘레 문제

주어진 조건을 만족하는 양을 최대화하려는 경우:

둘레가 정해진 모든 폐곡선 중 어느 것이 그 안의 넓이가 가장 큰가:

  • 넓이 $\int y\ dx$를 주어진 둘레 $\int dx = l$이라는 조건을 만족하며 최대화
  • i.e. 한 적분을 다른 적분이 주어진 일정한 값을 갖는다는 조건을 만족하면서 최대화.

정상적으로 만들려는 적분

(65)
\begin{align} I = \int_{x_1}^{x_2} F(x,y, y' ) dx \end{align}

적분변수와 같은 극한을 갖는 상수

(66)
\begin{align} J = \int_{x_1}^{x_2} G(x, y, y' ) dx \end{align}

라그랑주 곱수법을 이용하면 원하는 조건은

(67)
\begin{align} \int_{x_1}^{x_2} (F+ \lambda G) dx \end{align}

가 정상적이어야 한다 i.e. $F + \lambda G$가 오일러 방정식을 만족해야 한다.

예제 1.: $x$축 위에 두 점 $x_1, x_2$와 호의 길이 $l > x_2 - x_1$이 주어졌을 때 두 점을 잇는 길이 $l$인 곡선과 $x$축이 둘러싼 넓이가 최대가 되는 모양은?

(68)
\begin{align} F + \lambda G = y + \sqrt{1 + y' ^2} \end{align}
(69)
\begin{align} {\partial \over {\partial y'}} ( F + \lambda G) = {{\lambda y' } \over \sqrt{1 + y' ^2} }, \quad {\partial \over {\partial y}} (F+ \lambda G) = 1 \end{align}

이므로 오일러 방정식은

(70)
\begin{align} {d \over {dx}} \left( { {\lambda y'} \over \sqrt{1 + y' ^2}} \right) - 1 \end{align}

이 방정식의 해는

(71)
\begin{align} (x+c)^2 + (y + c')^2 = \lambda^2 \end{align}

이것은 두 점을 지나는 호이고, 라그랑주 곱수는 호의 반지름이다. 호의 중심과 반지름은 주어진 점 $x_1, x_2$와 주어진 호의 길이 $l$에 의해 결정된다.

9.7 변분표기법

(72)
\begin{align} \dleta I \equiv {{dI} \over {d \epsilon}} d \epsilon \end{align}