Geometry & Recognition

이제 중력이 일정하지 않고, 중심으로부터의 거리에 대해 제곱에 반비례하는 경우까지 확장해 보자. 이 경우 발사체의 경로는 원뿔곡선(conic section)으로 표현된다. 발사 에너지가 탈출속도 이하라면 물체는 지구 중력을 벗어나지 못하므로 타원 궤도를 그리게 된다. 그렇다면 이러한 타원 궤도들의 bounding envelope는 무엇이 될까?

우선 발사 지점이 반드시 지표면일 필요는 없으며, 계산의 편의를 위해 지구를 점질량으로 생각하자. 이때 한 점에서 발사된 물체의 경로는 지구 중심을 한 초점 $F_1$​으로 하는 타원이 된다. 발사 속력이 동일하므로, 발사각과 무관하게 역학적 에너지는 항상 같다. 따라서 물체가 그리는 타원 궤도의 장반경은 모두 동일하다. 타원의 구체적인 모양은 에너지와 각운동량에 의해 결정되는데, 에너지가 고정된 상황에서는 각운동량에 따라 이심률이 달라진다. 그에 따라 제2초점 $F_2$​의 위치 역시 발사각(즉 각운동량)에 따라 달라지게 된다.

그런데 모양에 상관없이 물체가 그리는 타원은 발사위치($P$)를 통과해야 한다. 이 사실은 이용하면 제 2초점이 어떻게 분포하는지 알 수 있다. 타원의 정의에 따라 $\overline{PF_1} + \overline{PF_2}= \text{장축길이}=2a$를 만족시켜야 하는데, 발사위치가 고정되어 있으므로 $\overline{PF_1}$은 타원의 모양에 상관없이 지구반지름($R$)으로 일정하므로 $\overline{PF_2}$도 일정한 값을 가져야 함을 알 수 있다. 발사각에 따라 타원의 제 2초점의 위치는 변하지만, 발사위치에서 2 초점까지 거리는 일정한 거리만큼 떨어져 있다. 즉, 타원의 제 2초점은 발사위치를 중심으로 하는 원 위에 분포한다. 

발사위치를 중심으로 2초점이 원을 그리게 타원을 회전시켜서 얻은 타원집합의 포락선도 타원임은 예측할 수 있지만 구체적으로 보이자. 포락선 상의 한 점 $X$를 고려하자. $X$는 발사지점($P$)을 중심으로 하는 원 위에 2 초점 $F_2$를 가지는 어느 타원에 속하는 점이다. $X$가 포락선에 있으려면 그 타원의 2 초점 $F_2$에 가장 가까이 있어야 한다. 그럼 2 초점 $F_2$는 어느 위치에 있어야 할까? $F_2$가 발사지점 $P$를 중심으로 하는 원 상에 있으므로 $P-F_2-X$가 일직선상에 배치되면 $\overline{X F_2}$가 가장 짧아진다. 이제 초점원의 반지름을 $r$이라면 

$$\overline{XF_2} =\overline{XP}-\overline{F_2P} =\overline{XP}- r $$

그런데 $X$는 지구중심($F_1$)과 $F_2$을 초점으로 하는 타원상의 점이므로

$$ \overline{XF_1} + \overline{XF_2}= 2a$$을 만족하는데 위의 결과를 대입하면

$$ \overline{XF_1} + \overline{XP}- r = 2a$$임을 알 수 있다. 이는 포락선 상의 임의의 한 지점 $X$가 지구중심과 발사위치를 초점으로 하고 장축길이가 $2a+r$ 타원 위에도 있음을 보인 것이다. 즉, 포락선은 타원이 됨을 증명했다.

그럼 이 포락타원의 장축과 이심률을 구해보자. 우선 포락선이 지구중심에서 가장 멀어 떨어진 위치를 찾자. 이 경우는 물체를 위로 똑바로 발사하는 경우이고 물체는 최고점까지 올라갔다가 다시 떨어지는 직선운동을 한다. 직선운동은 완전히 찌그러진 타원으로 최고점과 지구중심이 두 초점이 된다. 지구 중심에서 최고점까지 거리를 $r_\text{max}$라면 

$$ \frac{1}{2} v_0^2 -\frac{GM}{R} = -\frac{GM}{r_\text{max}}~~   \to~~r_\text{max} =\frac{R}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

이제, 지구중심과 발사위치에서 최고점까지 거리의 합을 구하면

$$ r_\text{max}+ (r_\text{max}-R) = R\frac{1+(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

지구중심에서 포락선까지 가장 가까운 최근점까지 거리($r_\text{min}$)는 타원궤도의 2 초점이 발사위치에서 지구중심 반대편에 있는 경우이다. 발사위치와 이 위치에서 각운동량 보존과 에너지 보존을 쓰면

$$ v_0R = v_\text{min} r_\text{min},~~~~\frac{1}{2} v_0^2 -\frac{GM}{R} = \frac{1}{2} v_\text{min}^2 - \frac{GM}{r_\text{min}}$$

$$~~\to~~ r_\text{min} = \frac{R}{(v_\text{esc}/v_0)^2-1}$$

지구중심과 발사위치에서 최근점까지 거리를 더하면

$$ r_\text{min}+ (r_\text{min}+R) = R\frac{1+(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2}$$

이다. 따라서 이 지점도 지구중심에서 가장 멀리 떨어진 지점과 마찬가지로 지구중심과 발사위치를 초점으로 하는 타원에 속함을 알 수 있다. 따라서 포락선 타원의 장축은

$$2A =r_\text{max}+r_\text{min} = R \frac{1+(v_0/v_\text{esc} )^2 }{1- (v_0/v_\text{esc})^2 }$$

이고 이심률은

$$ e_\text{env} = \frac{R}{2A} = \frac{1- (v_0/v_\text{esc})^2}{1+ (v_0/v_\text{esc})^2}$$

발사속력이 탈출속력에 접근하면 어느 지점에나 다 도달이 가능하므로 포락선은 무한원이 된다. 

발사체가 그리는 타원궤도의 2초점은 지구를 중심으로 하는 원상에 분포하는데 그 원의 반지름은

$$r= A- \frac{R}{2} = R\frac{(v_0/v_\text{esc})^2}{1-(v_0/v_\text{esc})^2 } $$

점질량의 별이 있고 별의 중심에서 일정한 거리만큼 떨어진 한 지점에서 같은 거리만큼 떨어진 다른 지점으로 가는 마찰이 없는 경로가 만들어졌다고 하자. 경로가 어떤 모양일 때 최단시간으로 갈 수 있을까? 그리고 임의의 두 지점(별에서 같은 거리만큼 떨어진)을 연결하는 경로가 가능할까?

일반적으로 두 지점 사이의 사잇각($\Delta\theta$)이 커질수록, 물체는 중력을 가속도로 활용하기 위해 별의 중심에 가깝게 접근하는 경로를 택할 것이다. 별에 가까워질수록 중력이 강해져 속력이 빨라지므로, 경로는 중심을 향하는 직선에 가까운 형태가 된다. 그러나 목적지에 도달하기 위해서는 다시 중심에서 멀어져야 하며, 이 과정에서 경로가 급격히 휘어져야 한다. 별의 내부(균일 밀도)와 달리 점질량 모델에서는 중심 부근의 중력 잠재력 변화가 극심하므로, 이 휘어짐의 기하학적 한계로 인해 모든 지점을 연결하는 최단 시간 경로가 존재하지 않을 수 있음을 예측할 수 있다.

이를 구체적으로 보이기 위해서 별에서 $R$만큼 떨어진 지점에서 정지한 상태에서 출발하는 경우를 보자. 거리 $R$인 지점에서 정지 상태($v_0 = 0$)로 출발할 때, 역학적 에너지 보존 법칙에 의해 거리 $r$에서의 속력 $v$는 다음과 같다.

$$ v= \sqrt{2GM\left( \frac{1}{r} -\frac{1}{R}\right)}$$

변분법 또는 스넬의 법칙(Snell's Law)을 적용하여, 근일점(별에 가장 가까운 지점)에서의 각을 $\theta=0$으로 설정하면 다음과 같은 경로 방정식을 얻는다.

$$ \left( \frac{d\theta}{dr}\right)^2 = \frac{C(R-r)}{r^5R-Cr^2 ( R-r)}$$

여기서 $c$는 상수이다. 별에 가장 가까이 접근한 위치에서 $d\theta/dr \to \infty$이므로

$$ C= \frac{r_\text{min}^3 R} {R- r_\text{min}}$$

이어야 한다. 이제 차원이 없는 거리 $\rho= r/R$, $\rho_0= r_\text{min}/R$을 사용하면 경로방정식은 

$$ (\dot\theta)^2 = \frac{\rho_0^3 (1-\rho)}{(1-\rho_0) \rho^5 -\rho_0^3 \rho^2 (1-\rho)}$$

이다. 물체가 $\rho:\rho_0\to 1$로 움직일 때 각의 변화는

$$ \Delta\theta_{h} = \int_{\rho_0}^1\sqrt{\frac{\rho_0^3 (1-\rho)}{(1-\rho_0) \rho ^5  -\rho_0^3 \rho^2 (1-\rho)}}d\rho= \frac{2}{3} \arccos (\rho_0^{3/2})$$ 

별에 근접하는 경우 $\rho_0 \to 0$이고 이때 각변화는

$$\Delta \theta_{h} \to \frac{\pi}{3}$$

으로 주어진다. 별에서 같은 거리만큼 떨어져 있더라도 두 지점 사이의 각도가 $120^\circ$를 초과하는 경우 최속강하선은 존재할 수 없다. 이는 출발 시의 속력이 0이기 때문에 발생하는 물리적 제약으로, 중력을 이용한 가속의 이점보다 급격한 경로 굴절과 포텐셜 탈출에 드는 시간 손실이 더 커지기 때문에 나타나는 현상이다.

지구의 한 지점에서 다른 지점을 연결하는 지구 속을 관통하는 직선 터널(물론 마찰이나 저항이 없는 경우)을 만들면 동력이 없이 두 지점을 이동할 수 있다. 그리고 그 시간은 터널의 길이에 상관없이 대략 42.24분 정도이다. 물론 터널이 직선이 아닌 경우라면 이 시간이 변하게 될 것이다. 그럼 두 지점을 최단시간에 이동할 수 있게 만들려면 터널의 모양을 어떻게 설계해야 하는가? 역학적에너지가 보존된다는 사실을 이용해서 터널의 모양을 구해보자. 지표면에서 중력위치에너지를 0으로 설정하면 중심에서 $r\le R$만큼 떨어진 지점에서 위치에너지는

$$V(r) = - \frac{GMm}{2R^3} ( R^2 - r^2), \qquad V(R) = 0$$

로 표현된다. 출발할 때 ($r=R$)에서 정지상태에서 움직이기 시작했다면 반지름 $r$ 위치에서 속력은 
$$ v(r) = \sqrt{ \frac{GM}{R}\left( 1- \frac{r^2}{R^2}\right)}= \sqrt{ gR \left(1-\frac{r^2}{R^2}\right)}$$

이제 계산의 편의를 위해 모든 변수를 차원이 없도록 바꾸자. $\tau= t/\sqrt{R/g}$, $\rho = r/R$, $u = v/\sqrt{gR}$로 치환하고, 물체가 지표면에서 지구중심에 가장 가까워지는 지점까지($R\to r_\text{min}$) 경로만 고려하자.

$$ u =  \sqrt{1- \rho^2}, ~~~\rho \in [r_\text{min}/R , 1]$$

물체가 지구중심에 가장 가까웠을 때 위치와 중심을 연결하는 선분을 기준으로 잰 각을 $\theta$라 하면, 물체가 움직이는 경로상의 미소길이는

$$ d\ell = \sqrt{ d\rho^2 + \rho^2 d\theta^2} = \sqrt{ 1 + \rho^2 \dot{\theta}^2 } d\rho$$

찾는 경로가 최소시간이 걸리는 경로이므로 시간을 $\theta(\rho)$의 범함수로 놓고 변분법을 이용해서 곡선이 만족하는 방정식을 구하자.

$$ T[\theta;\rho] = \int d\tau = \int \frac{d\ell}{u} = \int \frac{\sqrt{1+ \rho^2 \dot{\theta}^2} }{\sqrt{1- \rho^2} } d\rho$$

적분인자가 $\theta$에 무관하므로 Euler-Lagrange 운동방정식에서

$$ \frac{\rho^2 \dot{\theta}}{ \sqrt{1-\rho^2} \sqrt{1 + \rho^2 \dot{\theta}^2}}= \text{const}=C$$

그런데 중심에 가장 가까워지면  $d\theta/d\rho = (d\rho/d\theta)^{-1}\to \infty$이므로 상수 $C$는 지구중심에서 가장 가까워지는 거리 $\rho_0 = r_\text{min}/R$로 고정된다.

$$ \rho_0 ^2 = \frac{C^2}{1+C^2} $$

이어야 한다. 이를 이용하면 경로에 대한 미분방정식은

$$ \dot\theta = \frac{\rho_0}{\rho} \frac{\sqrt{1- \rho^2}}{\sqrt{\rho^2- \rho_0^2}}$$

적분을 완성하기 위해 다시 새로운 변수

$$x = \sqrt{ \frac{\rho^2 - \rho_0^2}{1-\rho^2}}~~~\leftrightarrow ~~~\rho = \sqrt{\frac{x^2 +\rho_0^2}{1+x^2}}$$

을 이용하면

\begin{align} {\theta} &= \rho_0 \int \frac{dx}{x^2 + \rho_0^2} - \rho_0\int \frac{dx}{1+x^2} \\  &=   \tan^{-1} \frac{x}{\rho_0} - \rho_0 \tan^{-1} x \end{align}

즉, \begin{align} \theta=  \tan^{-1} \left( \frac{1}{\rho_0 }\sqrt{\frac{\rho^2- \rho_0^2}{1-\rho^2}}\right) - \rho_0 \tan^{-1} \sqrt{\frac{\rho^2-\rho_0^2}{1- \rho^2}}\end{align}

예상대로 

$$ \rho=\rho_0~(r=r_\text{min})~~~~\to~~\theta = 0$$

$$ \rho=1 ~~(r=R)~~~~\to~~\theta = \frac{\pi}{2}\left( 1- \frac{r_\text{min}}{R}\right) $$

중심에서 잰 지표면 두 지점의 사이각은

$$\Delta \theta = \left( 1- \frac{r_\text{min}}{R}\right) \pi$$

이므로 이 값이 주어지면 곡선은 유일하게 결정된다. 이 곡선은 hypocycloid로 지표면에 내접하도록 바퀴를 굴렸을 때 바퀴의 한 지점이 그리는 곡선의 모양과 같다. 중력이 센 표면 근처에 있는 즉, $\Delta \theta$가 작은 경로의 경우 방향을 바꾸기 위해서 더 큰 수직항력이 필요하므로 경로의 곡률이 더 크게 된다. 그리고 중심을 통과하는 경로는 직선임을 알 수 있다.

그럼 시간은 얼마나 걸리는가? 지표면에서 중심에 가장 가까운 위치까지 가는데 걸리는 시간을 다시 $\rho$의 적분으로 쓰면

$$ T = \int_{\rho_0}^1 \frac{\rho \sqrt{1- \rho_0^2} d\rho} {\sqrt{1- \rho^2}\sqrt{\rho^2 - \rho_0^2}} = \frac{\pi}{2} \sqrt{1- \rho_0^2 }$$이동에 걸리는 시간은 이 값의 2배이고 원래의 시간차원으로 복원시키면

$$ T_\text{travel} = 2\times \frac{\pi}{2} \sqrt{1- \rho_0^2} \times \sqrt{ \frac{R}{g}} = \sqrt{ 1- \left( 1-\frac{\Delta\theta}{\pi}\right)^2 } \times 42.24 \text{min}$$