Brachistochrone inside the Earth

지구 내부(물론 지구는 완벽한 반지름 $R$인 구이고 밀도는 균일하다고 가정한다)에 직선 터널을 뚫어 두 지점을 연결할 때 순수한 중력에 의해서 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 직선 터널의 길이에 상관없이 항상 $T=\pi \sqrt{\frac{R}{g}}=42\text{min}$로 주어진다. 이는 지표면을 스치듯이 지나는 인공위성의 주기의 절반에 해당한다. 균일한 중력장에서 두 지점을 잇는 직선 경로가 최단 시간 경로가 아니듯 이 경우에도 더 짧은 통과시간을 가지는 경로를 만들 수 있다.

우선 지구 내부에서 질량 $m$인 물체에 작용하는 중력의 세기는 가우스 법칙을 쓰면

$$\overrightarrow{F}=-\frac{GMm}{R^3}\overrightarrow{r}=-k\overrightarrow{r}=-m{\omega }^2\overrightarrow{r}$$

$$\to {\omega }^2=\frac{GM}{R^3}=\frac{g}{R}$$

처럼 쓸 수 있다(용수철의 탄성력과 같다). 그리고 보존력이므로 위치에너지 함수를 가지는데

$$U(\overrightarrow{r})=\frac{1}{2}m{\omega }^2{r}^2$$

이고 역학적 에너지는 보존된다. 지표면에서 출발을 하면 역학적 에너지는

$$E=K+U=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{r}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{R}^2$$

따라서 중심에서 $r$만큼 떨어진 지점에서 물체의 속력은

$$v=\omega \sqrt{R^2-r^2}$$

그리고 주어진 터널을 지나는 데 걸리는 시간은

$$t=\int \frac{d\ell }{v}=\frac{1}{\omega }\int \frac{d\ell }{\sqrt{R^2-r^2}}$$

터널은 항상 출발, 지구 중심, 도착 지점을 포함하는 한 평면 상에 있어야 하므로 평면 극좌표 $(r,\theta )$를 사용하는 것이 편리하다. 이 경우 터널 곡선은 $r=r(\theta )$로 표현할 수 있으므로

$$d\ell =\sqrt{(dr{)}^2+(rd\theta {)}^2}=\sqrt{r^2+{\dot{r}}^2}d\theta$$

여기서 $\dot{r}=dr/d\theta$를 나타낸다. 터널 통과시간은 따라서

$$t=\frac{1}{\omega }\int \sqrt{\frac{r^2+{\dot{r}}^2}{R^2-r^2}}d\theta$$

최단 시간을 주는 터널 모양을 찾는 문제는 $t$을 최소시키는 $r(\theta )$를 찾는 변분문제가 된다. 적분인자가 $\theta$에 명시적으로 의존하지 않으므로 Euler-Lagrange 방정식을 써서 

$$\begin{gathered} \frac{r^2}{\sqrt{(R^2-r^2)(r^2+{\dot{r}}^2)}}=\frac{1}{C}=\text{const} \\ ⟹{\dot{r}}^2=\frac{r^2[(1+C^2)r^2-R^2]}{R^2-r^2} \end{gathered}$$

임을 보일 수 있다. 중심에서 가장 가까이 왔을 때($\dot{r}=0$) 거리를 $R_0$라면, $(1+C^2)R_0^2=R^2$이므로

$${\dot{r}}^2=\frac{r^2(\frac{R^2}{R_0^2}{r}^2-R^2)}{R^2-r^2}$$

모든 거리를 $R$ 단위로 재면 (이 경우 반지름이 1인 행성에서의 터널 문제가 된다) 터널 곡선은 다음 미분방정식을 풀어서 얻을 수 있다.

$$s=r/R,s_0=R_0/R,$$

$$\frac{ds}{d\theta }=\pm \frac{s}{s_0}\sqrt{\frac{s^2-s_0^2}{1-s^2}}$$

$$⟹\theta =-\int \frac{s_0}{s}\sqrt{\frac{1-s^2}{s^2-s_0^2}}ds$$

적분인자의 root를 벗기기 위해서

$$s^2={\cos }^2\frac{\varphi }{2}+s_0^2{\sin }^2\frac{\varphi }{2}$$로 치환하면 

$$\theta =s_0(1-s_0^2)\int \frac{{\sin }^2\frac{\varphi }{2}}{{\cos }^2\frac{\varphi }{2}+s_0^2{\sin }^2\frac{\varphi }{2}}d\frac{\varphi }{2}$$

$$⟹\theta ={\tan }^{-1}(s_0\tan \frac{\varphi }{2})-\frac{s_0}{2}\varphi$$

를 얻는다. 출발지점은 $\varphi =0$이고, 중심에서 가장 가까운 지점$(r=R_0)$은 $\varphi =\pi$ 그리고 도착지점은 $\varphi =2\pi$에 해당한다. 이제 도착시간을 계산하면 

$$t=\frac{1}{\omega }\int \frac{sds}{\sqrt{(1-s^2)(s^2-s_0^2)}}$$로 쓸 수 있는데 앞의 치환을 이용하면 

$$t=\frac{1}{2\omega }\sqrt{1-s_0^2}\varphi$$

를 얻는다. $\varphi =2\pi$을 대입하면 

$$t=\pi \sqrt{\frac{R}{g}}\sqrt{1-{\left(\frac{R_0}{R}\right)}^2}$$

이어서 직선 터널을 움직이는 시간보다 짧다. 그리고 중심을 통과할 때는 ($R_0=0$) 곡선은 직선이 된다. 지구 내부에서 최단시간 곡선은 지구 내부에서 반지름 $r=(R-R_0)/2$인 원을 굴렸을 때 원의 한 지점이 그리는 곡선의 자취로 표현되고, 이 곡선을 hypocycloid라 한다. 이는 직교좌표를 사용하면 더 쉽게 볼 수 있다.

--계속--