타우토크로네 곡선

4개의 공이 서로 다른 위치에서 사이클로이드 곡선을 따라 미끄러지지만 동시에 바닥에 도착합니다.파란색 화살표는 곡선을 따른 점의 가속도를 나타냅니다.맨 위는 시간 위치 다이어그램입니다.

호각 곡선을 나타내는 객체

타우토크로네 또는 아이소크론 곡선(그리스어 접두사 tautochrone-는 같거나 등가, 크로노 타임)은 물체가 균일한 중력에서 마찰 없이 가장 낮은 지점까지 미끄러지는 데 걸리는 시간이 곡선상의 시작점과 무관한 곡선이다.곡선은 사이클로이드이며, 시간은 중력가속도에 걸쳐 반지름(사이클로이드를 생성하는 원의 제곱근)의 θ배와 같다.타우토크론 곡선은 사이클로이드이기도 한 브라키스토크론 곡선과 관련이 있습니다.

Tautochrone 문제

Christian Huygens, 호롤로지움 진동자 sive de motu pendulorum, 1673

내가 처음으로 간접적으로 깨달은 것은, 예를 들면 나의 비눗돌인 사이클로이드(cycloid)를 따라 미끄러지는 모든 물체는 어느 지점에서나 정확히 동시에 내려올 것이라는 놀라운 사실이었다.

Moby Dick by Herman Melville, 1851

이 곡선을 확인하려는 시도인 토토크로네 문제는 1659년 크리스티안 호이겐스에 의해 해결되었다.그는 1673년에 처음 출판된 호롤로지움 진동기에서 곡선이 사이클로이드라는 것을 기하학적으로 증명했다.

축이 수직에 세워져 있고 정점이 아래에 있는 사이클로이드에서는 사이클로이드 상의 어느 지점에서 출발한 후 물체가 정점의 가장 낮은 지점에 도착하는 하강 시간은 서로 ^[1]동일하다.

사이클로이드는 원이 x $축$ 을 따라 회전할 때 곡선을 추적하는 $반지름$ r\\ $displaystyle$ r $\$ 의 원의 $r$ $x$ 점에 의해 다음과 같이 주어집니다.

(\displaystyle {argined}x&=r(\theta -\sin \theta )\y&=r(1-\cos \theta),\end{aligned}})

Huygens는 또한 물체가 사이클로이드를 생성하는 원의 지름과 같은 거리에 수직으로 떨어지는 데 걸리는 시간, $\pi /2$ / 2 $(\displaystyle \pi / 2$ 를 곱한 것과 같다는 것을 증명했다. 이는 현대어로 하강 시간이 $\pi {\sqrt {r/g}}$ r / $(\$ $r$ 을 의미한다. $\displaystyle$ r은 $r$ 사이클로이드를 생성하는 원의 $g$ 이며 g $\displaystyle$ g는 $g$ 지구의 중력, 더 정확히는 지구의 중력 가속도입니다.

진폭이 다른 5개의 등시 사이클로이드 진자

이 솔루션은 나중에 브라키스토크론 곡선의 문제를 해결하기 위해 사용되었습니다.요한 베르누이는 그 문제를 논문에서 해결했다.

사이클로이드 진자의 도식

호이겐스는 원형 경로를 따라가는 진자가 등시성이 아니어서 진자가 얼마나 흔들리느냐에 따라 진자 시계가 다른 시간을 유지한다는 것을 깨달았을 때 타토크로네 문제를 더 자세히 연구했다.올바른 경로를 결정한 후, Christiaan Huygens는 끈을 사용하여 단발을 매달고 끈의 꼭대기 부근에서 볼을 잡아주는 진자 시계를 만들어 타토크로네 곡선으로 가는 경로를 바꾸려고 시도했다.이러한 시도는 여러 가지 이유로 도움이 되지 않는 것으로 판명되었다.첫째, 끈이 구부러지면 마찰이 생겨 타이밍이 바뀝니다.둘째, 시간 오류의 중요한 원인이 훨씬 더 많았는데, 이는 호각 곡선을 따라 이동하는 것이 도움이 되는 이론적인 개선을 압도했습니다.마지막으로, 진자의 "원형 오차"는 흔들림의 길이가 감소함에 따라 감소하므로, 더 나은 시계 이탈은 이러한 부정확성의 원천을 크게 줄일 수 있다.

나중에, 수학자 조셉 루이스 라그랑주와 레온하르트 오일러는 그 문제에 대한 분석적인 해결책을 제공했어요.

라그랑지안 용액

입자의 위치가 가장 낮은 점부터의 호 $길이$ s $(t$ $)$ 에 의해 파라미터화되면 운동 에너지는 s ${\dot {s}}^{2}.$ 에 비례합니다 $.$ {{ $displaystyle {s}^$ } ${\dot {s}}^{2}.$ 위치 에너지는 $높이 y$ 에 비례합니다 $.$ 곡선이 등화음이 될 수 있는 한 가지 방법은 라그랑지안이 단순한 고조파 발진기의 경우입니다: 곡선의 높이는 호 길이 제곱에 비례해야 합니다.

{{displaystyle y(s)=s^{2}}

여기서 길이 단위를 변경하여 비례 상수가 1로 설정되었습니다.

이 관계의 미분 형식은

dy=2s,ds,

({displaystyle dy^{2}=4s^{2},ds^{2}=4y,(display^{2}+dy^{2}),}

s를 $제거$ 하고 $dx$ 와 dy에 대한 $미분$ 방정식을 남깁니다.솔루션을 찾으려면 x를 y $단위$ 로 적분합니다.

{displaystyle {display\over dy}=display\rt {1-4y}} \over 2sqrt {y}}

x=\int {1-4u^{2}},du,

$u={\sqrt {y}}$ 서 $u={\sqrt {y}}$ $u={\sqrt {y}}$ y(\ $displaystyle$ u $=syslogrt {y$ 입니다.이 적분은 원 아래의 영역이며, 삼각형과 원형 쐐기로 자연스럽게 절단할 수 있습니다.

({displaystyle x=snarfrac {1}{2}}) u(rt {1-4u^{2}})+{\frac {1}{4}}\arcsin 2u,})

(\displaystyle y=u^{2}).}

이것이 이상하게 매개 변수화된 사이클로이드임을 확인하려면 각도 $\theta =\arcsin 2u$ $\theta =\arcsin 2u$ $\theta =\arcsin 2u$ {\ 2 $\theta =\arcsin 2u$ \ $displaystyle$ \theta $=$ \ $arcsin$ 2u를 정의하여 초월 부분과 대수 부분을 분리하도록 변수를 변경합니다.이것은 산출된다.

(\displaystyle 8x=2\sin \theta \cos \theta +2\theta =\sin 2\theta +2\theta , )

({displaystyle 8y=2\sin^{2}\theta=1-\cos 2\theta,}

이는 $x$ , y 및 $θ$ 의 척도를 제외한 표준 매개변수화입니다.

'가상 중력' 솔루션

토토크론 문제에 대한 가장 간단한 해결책은 경사의 각도와 경사의 입자가 느끼는 중력 사이의 직접적인 관계를 주목하는 것입니다.90° 수직 경사면의 입자는 완전한 중력 $가속도$ g $(\displaystyle$ g $g$ 를 거치는 반면 수평면의 입자는 0 중력 가속을 거칩니다.중간각도에서 입자에 의한 "가상 중력"에 의한 가속도는 $g\sin \theta$ sin $g\sin \theta$ { $displaystyle$ g \ $sin \theta$ $g\sin \theta$ 이며, ${\$ { $displaystyle \theta$ }는 $\theta$ 곡선에 대한 접선과 수평 사이에서 측정되며 수평선 위의 각도는 양의 각도로 처리된다. $\theta$ ${\$ {\ $-\pi /2$ $\theta$ \ / 2 $-\pi /2$ $displaystyle -$ \ $pi / 2$ ）부터 $-\pi /2$ $\pi /2$ / 2 $\pi /2$ （ $displaystyle \pi / 2$ ）까지 다양합니다.

tautochrone 곡선 $s(t)$ ( $s(t)$ )\ $displaystyle$ s $(t$ 를 따라 측정된 질량의 위치는 다음 미분 방정식을 따라야 합니다.

{d^{2}s}{dt}^{2}}=-\obega^{2}s

초기 $s(0)=s_{0}$ s ( $s(0)=s_{0}$ $=$ $s(0)=s_{0}$ 0 {\ $displaystyle s$ (0)= $s_{0}$ $s'(0)=0$ s $s'(0)=0$ µs ( $s'(0)=0$ $=$ {\ $displaystyle$ s $'(0$ )= $0$ 과 함께 다음과 같은 해결책이 있습니다.

s(t)=s_{0}\cos \omega t,

이 솔루션이 미분 방정식을 풀고 입자가 시작 $s_{0}$ s $({$ $s=0$ $s_{0$ 에서 $s=0$ $\pi /2\omega$ $\pi /2\omega$ 0 $({$ $displaystyle$ s $=0})$ / $({displaystyle \pi$ / $2\obega})$ 에 $\pi /2\omega$ $s=0$ 한다는 것을 쉽게 확인할 수 있습니다.이제 문제는 질량이 위의 운동을 따르게 하는 곡선을 만드는 것입니다.뉴턴의 제2법칙은 중력과 질량의 가속도가 다음과 같이 관련되어 있음을 보여줍니다.

{dt} {{dt} {{2} s} \&=\Omega ^{2} s,\end {aligned}

거리 외관 $(\displaystyle$ s $s$ 은 번거롭지만 보다 관리하기 쉬운 형태를 얻기 위해 구분할 수 있습니다.

\displaystyle g\cos \theta \,d\theta =\obega ^{2},ds,}

또는

ds=sysfrac {g}{\obega ^{2}}\cos \theta, d\theta,

이 방정식은 곡선의 각도 변화와 곡선을 따라 거리의 변화를 연관시킵니다.이제 삼각법을 사용하여 각도 $\theta$ {\ $displaystyle \theta}$ 를 $\theta$ d $x$ ${\displaystyle$ dx $dx$ $d$ y {\ $displaystyle$ ds $}$ $및$ $d$ s {\ $displaystyle$ ds $ds$ 에 $dy$ $dx$ 시킵니다.

{\cos \theta }}\ds=sin \theta }}\end{aligned}

위의 식에서 $(\displaystyle$ ds $ds$ )를 d x $(\displaystyle$ dx $)$ 로 $dx$ $ds$ 하면 $\theta$ $(\displaystyle$ \ $theta$ 에 $x$ $대해$ $§(\displaystyle$ \theta $)$ 로 해결할 수 있습니다.

{\displaystyle{\begin{정렬}ds&, ={\frac{g}{\omega ^{2}}}\cos\theta \,d\theta \\{\frac{dx}{\cos \theta}}&={\frac{g}{\omega ^{2}}}\cos\theta \,d\theta \\dx&, ={\frac{g}{\omega ^{2}}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\&, ={\frac{g}{2\omega ^{2}}}\left(\cos 2\theta +1\right)\,d\theta \\x&, ={\frac{g}{4\omega ^{2}}}\left(\sin 2\theta+.2\theta \right)+C_{x}\end{aligned}}

마찬가지로 $(displaystyle$ ds $)$ 를 $ds$ dy(\ $displaystyle$ dy $dy$ )로 표현하고 y $(\displaystyle$ y $)$ 를 $y$ ${\(\displaystyle \theta$ 로 해결할 수도 있습니다.

{\displaystyle{\begin{정렬}ds&, ={\frac{g}{\omega ^{2}}}\cos\theta \,d\theta \\{\frac{퇴적물의 일종}{\sin \theta}}&={\frac{g}{\omega ^{2}}}\cos\theta \,d\theta \\dy&, ={\frac{g}{\omega ^{2}}}\sin\theta\cos\theta \,d\theta \\&, ={\frac{g}{2\omega ^{2}}}\sin 2\theta \,d\theta \\y&, =-{\frac{g}{4\omega ^{2}}}\cos 2\theta +C_{y}\end{알.igned}}}

$\phi =2\theta \,$ $\phi =2\theta \,$ 2 ${\$ { $displaystyle \phi = 2$ \ $theta$ } $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ r $\phi =2\theta \,$ $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ 2 { \ $displaystyle$ r $= frac$ { g } { $4$ \ $obega$ ^{ $2}}$ , $r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,$ 로 치환하면 x{ \ $displaystyle$ x } $및$ y {\ $displaystyle$ y $}$ 의 $x$ $y$ $r$ 파라메트릭 방정식이 $수평선상$ 에 있는 점임을 알 수 있습니다.(cycloid), 원의 중심이 좌표 $(C_{x}+r\phi ,C_{y})$ x + $(C_{x}+r\phi ,C_{y})$ , , $(C_{x}+r\phi ,C_{y})$ y $)\displaystyle (C_{x}+r\phi$ , $C_{y$

(\displaystyle\sin\phi+\phi)+C_{x}\y&=-r\cos\phi+C_{y}\end{aligned})

${\$ { $displaystyle \phi }$ $\phi$ $-\pi \leq \phi \leq \pi$ 、 - $-\pi \leq \phi \leq \pi$ ≤ $-\pi \leq \phi \leq \pi$ （ \ $displaystyle - \pi \leq \phi }$ ）의 범위는 다음과 같습니다. $C_{x}=0$ 으로 $C_{x}=0$ x $=$ 0(\ $displaystyle$ C_ ${x$ }=0 $}$ 및 $C_{y}=r$ $=$ $(\displaystyle$ C_ ${y$ })의 $C_{y}=r$ $곡선$ 과 일치하도록 $C_{x}=0$ 합니다.그 때문에,

(\displaystyle\displaystyle{aligned}x&=r(\phi +\sin \phi)\y&=r(1-\cos \phi)\end{aligned})

${\({displaystyle \obega})$ 에 대해 $\omega$ 풀고 T $T={\frac {2\pi }{\omega }}$ $T={\frac {2\pi }{\omega }}$ $({$ T= $fr$ frac ${2\pi }{\obega$ }})가 $T={\frac {2\pi }{\omega }}$ 강하 소요 시간임을 기억하면 $(\displaystyle$ r $r$

{\frac {g} {4\opega ^{2}} \\\Omega &=frac {1}{2} {\frac {g} {r}} \\\\displaystyle {\frac {g} {r} \T&=\pi {frac {r}{g}}\\end {aligned}

(Proctor, 135–139페이지에 대략적으로 기초함)

아벨 해

Niels Henrik Abel은 Tautochrone 문제(Abel's mechanical 문제)의 일반화 버전을 공격했습니다. 즉, 주어진 시작 높이에 대한 총 하강 시간을 지정하는 $T(y)$ T $(y)$ 가 $T(y)$ 주어지면 이 결과를 산출하는 곡선의 방정식을 찾습니다.T $T(y)$ $)$ { $displaystyle$ T $(y)}$ 가 $T(y)$ 상수인 $T(y)$ , Tautochrone 문제는 Abel의 기계적 문제의 특수한 경우입니다.

아벨의 해는 에너지 보존의 원리에서 시작합니다 – 입자는 마찰이 없고, 따라서 열에너지를 잃지 않기 때문에, 어느 지점에서나 운동 에너지는 시작점에서의 중력 위치 에너지의 차이와 정확히 동일합니다.운동에너지는 1, ${\frac {1}{2}}mv^{2}$ $({$ ^{2 ${\frac {1}{2}}mv^{2}$ 이며, 입자가 곡선을 따라 이동하도록 구속되어 있기 때문에 속도는 단순히 ${\frac {d\ell }{dt}}$ ${\frac {d\ell }{dt}}$ t $({displaystyle\$ $ell$ $}{dt$ 이며, 여기서 $θ\$ displaystyle $\$ ell은 $\ell$ 곡선을 따라 측정된 거리입니다.마찬가지로 초기 $y_{0}\,$ $y_{0}\,$ 0 $displaystyle y_{0},})$ 에서 $y_{0}\,$ $y\,$ y({ $displaystyle$ y $,})$ 로 $y\,$ 떨어질 때 얻는 중력 위치 에너지는 m $mg(y_{0}-y)\,$ 0 - $)$ { $displaystyle$ mg $(y_{0}-y$ 입니다. 따라서 다음과 같습니다.

{\displaystyle {\frac {1}{2}}m\frac {d\ell}{dt}\right}^{2}&=mg(y_{0}-y)\{\frac {d\ell}{dt}\pm{2g(y_0}-y}}}\pm=frac {\frac}\frac}{d}{d}\frac}\frac}{d}\frac}{d}}\fr}{d}\fr}\frac}{d}}}}\fr}\

마지막 방정식에서는 곡선을 따라 남은 거리를 높이 함수( $\ell (y))$ ( ( $)$ { $displaystyle \ell (y$ 로 쓸 것으로 예상했으며, 남은 거리는 시간이 지날수록 감소해야 한다는 것을 인식하고(마이너스 부호를 표시), $d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy$ $d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy$ d = d = d $d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy$ d $d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy$ d y d { $displaystyle$ d\ $frac 형식$ 의 체인 규칙을 사용했다. ${d\ell}{dy}}dy$

이제 입자가 낙하하는 데 필요한 총 시간을 얻기 위해 $y=y_{0}$ $=$ $y=y_{0}$ 0({ $displaystyle y=y_{$ 0})에서 $y=y_0$ y $y=0$ ({ $displaystyle$ y $=0})$ 으로 $y=0$ 통합합니다.

{\displaystyle T(y_{0})=\int _{y={0}^{y=0},dt=sqfrac {1}{y_{0}}\int _{0}{\frac {1}{0}-y}}{\frac {\frac {\dell}}},{dy}}}}},{dy}},

이것은 아벨의 적분 방정식이라고 불리며 주어진 곡선을 따라 입자가 떨어지는 데 필요한 총 시간을 계산할 수 있습니다( ${\frac {d\ell }{dy}}$ ${\frac {d\ell }{dy}}$ ${\frac {d\ell }{dy}}$ y ${\frac {d\ell }{dy}}$ \ $displaystyle$ \ $frac$ { $d\ell$ } { $dy$ ）。그러나 Abel의 기계적 문제에는 역방향 $T(y_{0})\,$ 0 $)$ { $displaystyle T(y_$ {0 $T(y_{0})\,$ 가 필요합니다. $T(y_{0})\,$ 경우 $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ f $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ ( y ) $=$ $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ d y { $displaystyle$ f $(y$ )= $displayfrac {d\ell }{dy$ 를 $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ 합니다. 여기서 곡선에 대한 방정식은 직선적입니다.다음으로, 오른쪽의 적분은 d ${\frac {d\ell }{dy}}$ d ${\frac {d\ell }{dy}}$ y(\ $displaystyle {d\ell}$ { $dy})$ 와 ${\frac {d\ell }{dy}}$ ${\frac {1}{\sqrt {y}}}$ y $(\displaystyle$ {1} {\ $sqrt {y}})$ 의 $\frac{1}{\sqrt{y}}$ 합성곱이며, $변수$ y(\ $displaystyle$ y $y$ 에 대한 양측의 라플라스 변환을 취합니다.

{\displaystyle {L}[T(y_{0})]=snapfrac {1}{\snaphrt {2g}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\snaphrt {y}}}\right]F(s)

$F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ 서 $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ F ( $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ ) $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ [ $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ y $]$ { $displaystyle F$ ( s ) = $light$ ${\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]={\sqrt {\frac {\pi }{s}}}$ [ \ $frac {$ $d$ \ $ell$ } { $dy$ } \ $right$ $}$ 이래 $F(s)={\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]$ L ${\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]={\sqrt {\frac {\pi }{s}}}$ [ ${\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]={\sqrt {\frac {\pi }{s}}}$ y ${\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]={\sqrt {\frac {\pi }{s}}}$ ] $=$ ${\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]={\sqrt {\frac {\pi }{s}}}$ [ \ $displaystyle { L$ } \ $frac$ { \ $light$ ] $yle {frac {d\ell}{dy}}($ $t$ { $displaystyle$ T(y_{ $0$ 의 Laplace 변환:

{\displaystyle {L}\left[{\frac {d\ell}{dy}}\right}=s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}[T(y_{0}}}}}]

This is as far as we can go without specifying $T(y_{0})\,$ . Once $T(y_{0})\,$ is known, we can compute its Laplace transform, calculate the Laplace transform of ${\frac {d\ell }{dy}}$ and then take the inverse transform (or try to) to fi ${\frac {d\ell }{dy}}$ d ${\frac {d\ell }{dy}}$ { $dy$

Tautochrone 문제의 $T(y_{0})=T_{0}\,$ T $T(y_{0})=T_{0}\,$ ( $T(y_{0})=T_{0}\,$ 0 ) $T(y_{0})=T_{0}\,$ $T(y_{0})=T_{0}\,$ $T(y_{0})=T_{0}\,$ { $displaystyle$ T ( $y$ _ { 0 ) $=$ $T_{0},}$ 은 $T(y_0) = T_0\,$ (는) 상수입니다.1의 Laplace ${\frac {1}{s}}$ 은 $({$ {1 ${\frac {1}{s}}$ s $}),$ 즉 ${\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {T_{0}}{s}}$ L ${\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {T_{0}}{s}}$ ${\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {T_{0}}{s}}$ )] $=$ $T 0초$ ({ $mathcal {L}})$ [ $T(y_{0$ }})] $= seffic$ frac ${\frac {1}{s}}$ ${$ $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ $}$ $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ y = $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ y $f(y)={\frac {d\ell }{dy}}$ 입니다.

{begin{aligned}F=mathcal {L}\left[{\frac {d\ell}{dy}}\right]&=mathrt {frac {2g}{\pi }}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}T_{0}\&=sqrt {frac {2g}{\pi }}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}\end {aligned}}

위의 Laplace 변환을 다시 사용하여 변환을 반전하고 다음과 같이 결론을 내립니다.

{d\ell}{dy}}=T_{0}{\frac {sqrt {2g}}{\pi }}{\frac {1}{\sqrt {y}}}

사이클로이드가 이 방정식을 따른다는 것을 알 수 있다.경로 형상의 표현을 얻으려면y에 $대한$ 적분을 한 단계 더 진행해야 합니다.

(시몬스, 제54조)

「」를 참조해 주세요.

레퍼런스

^ Blackwell, Richard J. (1986). Christiaan Huygens' The Pendulum Clock. Ames, Iowa: Iowa State University Press. Part II, Proposition XXV, p. 69. ISBN 0-8138-0933-9.

참고 문헌

Simmons, George (1972). Differential Equations with Applications and Historical Notes. McGraw–Hill. ISBN 0-07-057540-1.
Proctor, Richard Anthony (1878). A Treatise on the Cycloid and All Forms of Cycloidal Curves, and on the Use of Such Curves in Dealing with the Motions of Planets, Comets, etc., and of Matter Projected from the Sun.

외부 링크

수학 세계

[1] Blackwell, Richard J. (1986). Christiaan Huygens' The Pendulum Clock. Ames, Iowa: Iowa State University Press. Part II, Proposition XXV, p. 69. ISBN 0-8138-0933-9.

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