각도를 보정한 단진자의 주기

단진자의 주기 공식은 일반물리학 수준에서 보통 다음과 같이 배운다.

$$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$$

이 공식을 유도할 때는 $ \sin \theta \simeq \theta $와 같이 $\theta$가 충분히 작다는 근사를 사용하기 때문에, 정확한 공식이 아니다. 그러나 각도를 고려한다면, 단진자의 주기는 어떻게 될까? 미적분학I에 해당하는 지식이 있다면 유도 과정을 충분히 이해할 수 있다.

 

 

먼저 두 보조정리를 증명하고 넘어가자.

 

[Lemma 1] 뉴턴의 일반이항정리

이항급수의 테일러 전개를 할 때 필요하다.

$$ \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ n \end{pmatrix} = \frac{ (-\frac{1}{2}) (-\frac{3}{2})\dotsb (-\frac{2n-1}{2})  }{n!} = (-1)^n \frac{1\cdot3\cdot5\dotsb(2n-1)}{ 2\cdot4\cdot6\dotsb(2n) } $$

 

[Lemma 2] Wallis 정리

점화식을 이용하여 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\sin^nx \,\mathrm{d}x} $를 계산할 수 있다.

부분적분을 이용하여 다음과 같이 계산해보자.

$$ \begin{split} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx \,\mathrm{d}x &=  \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cdot \sin^{n-1}x \,\mathrm{d}x \\ & = \left[-\cos x\cdot\sin^{n-1}x \right]^{\frac{\pi}{2}}_0 + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2x \cdot (n-1) \sin^{n-2}x \,\mathrm{d}x \\ & =  (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin^2x)\sin^{n-2}x \, \mathrm{d}x \\ & = (n-1)\left( \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2}x \,\mathrm{d}x - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx \,\mathrm{d}x \right) \end{split} $$

이때, $ a_n$을 다음과 같이 정의하자.

$$a_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\sin^nx \,\mathrm{d}x} $$

그러면 위 적분 식에서,

$$a_n = (n-1)(a_{n-2}-a_n) \\[10pt] \Rightarrow a_n=\frac{n-1}{n}a_{n-2} \ (n \ge 2) \\[10pt] \Rightarrow a_{2n} = \frac{2n-1}{2n}a_{2(n-1)} $$

이고 $a_0=\frac{\pi}{2}$이므로

$$a_{2n} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1\cdot3\cdot5\dotsb(2n-1)}{ 2\cdot4\cdot6\dotsb(2n) } $$

을 얻는다.

 

 

이제 본 증명으로 넘어가자.

 

[본 증명]

처음 단진자의 각도를 $\theta_m$이라 하고, 중심점에서 $U=0$이라 하자.

임의의 각도 $\theta$에서 에너지 보존 식을 쓰면,

$$ \frac{1}{2}ml^2 \dot{\theta} - mgl\cos\theta = -mgl\cos\theta_m $$

이를 정리하면, 각속도 $\dot{\theta}$는

$$ \dot{\theta} = \sqrt{\frac{2g}{l}(\cos\theta-\cos\theta_m)}$$

이다.

 

이제 단진자의 주기는

$$ T=4 \int_0^{\theta_m}\frac{1}{\dot{\theta}} \,\mathrm{d}\theta = 4\sqrt{\frac{l}{2g}} \int_0^{\theta_m} \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_m}} $$

에서 배각공식 $\cos\theta = 1-2\sin^2\frac{\theta}{2}$ 을 사용하면,

$$ T=2\sqrt{\frac{l}{g}} \int_0^{\theta_m} \frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\sin^2\frac{\theta_m}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}}} $$

이다.

 

여기서 다음과 같은 치환을 생각해보자.

$$ let \ \ k:=\sin\frac{\theta_m}{2} , \ \ \sin\frac{\theta}{2} = k\sin x $$

양변을 미분하면,

$$ \frac{1}{2}\cos\frac{\theta}{2} \mathrm{d}\theta = k\cos x \mathrm{d}x \Rightarrow \sqrt{1-k^2\sin^2x} \mathrm{d}\theta = 2k \cos x \mathrm{d}x $$

 

이제 이를 위 식에 대입하고 정리하면

$$ \begin{split} T &= 2 \sqrt{\frac{l}{g}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2k\cos x}{\sqrt{k^2-k^2\sin^2x}} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-k^2\sin^2x}} \\[10pt] & = 4 \sqrt{\frac{l}{g}} \int_0^{\frac{2\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-k^2\sin^2x}} \end{split} $$

 

처음에 증명한 lemma 1, 2에 의하여

$$ \begin{split} T & = 4 \sqrt{\frac{l}{g}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ n \end{pmatrix} (-k^2\sin^2x)^n \mathrm{d}x \\[10pt] & = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1\cdot3\cdot5\dotsb(2n-1)}{ 2\cdot4\cdot6\dotsb(2n) } \cdot k^n  \right)^2 \\[10pt] & = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} \left( 1+ \left(\frac{1}{2}\right)^2 \sin^2\frac{\theta_m}{2} + \left(\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\right)^2 \sin^4\frac{\theta_m}{2}+\dotsb \right) \end{split} $$

을 얻는다.