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

$$ \vec{F} =-\frac{GM m} {R^3} \vec {r}= -k \vec{r} = -m \omega^2 \vec{r}, \quad \omega^2 = \frac{GM}{R^3} = \frac{g}{R}$$

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

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

이고 역학적 에너지는 보존된다. 지표면에서 출발을 하면 역학적 에너지는

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

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

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

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 

$$ \frac{r^2}{\sqrt{(R^2 - r^2 ) (r^2 + \dot{r}^2)}}=\frac{1}{C} = \text{const} \\ \Longrightarrow \quad \dot{r}^2 = \frac{r^2[(1+C^2)r^2-R^2 ]}{R^2-r^2}$$

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

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

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

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

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

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

적분인자의 root를 벗기기 위해서

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

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

$$\Longrightarrow\quad \theta = \tan^{-1} \left( s_0 \tan \frac{\phi}{2}\right) -\frac{s_0}{2} \phi$$

를 얻는다. 출발지점은 $\phi=0$이고, 중심에서 가장 가까운 지점$(r=R_0)$은 $\phi=\pi$ 그리고 도착지점은 $\phi=2\pi$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 

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

를 얻는다. $\phi= 2\pi$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--