Geometry & Recognition

지상에서 발사된 포탄의 경로는 중력 때문에 경로가 휘어서 포물선을 그리면서 운동한다. 한 지점에서 같은 속력으로 랜덤한 방향으로 발사된 포탄이 결코 도달할 수 없는 영역이 있는데 이 영역은 포탄의 가능한 포물선 경로에 포락선(envelope)의 바깥이 될 것이고, 그 포락선은 포물선이 됨을 어렵지 않게 보일 수 있다(3차원 공간에 따지면 포물면이다).

이제 중력이 일정하지 않고 거리에 제곱에 반비례하는 경우까지 확장해서 생각해보자. 이때 발사체의 경로는 conic section으로 표현되는데 에너지가 탈출속도 이하여서 항상 지구중력을 벗어날 수 없는 경우에는 타원궤도를 그리게 된다. 그러면 이 타원궤도의 bounding envelope는 어떻게 될까? 

우선 지상에서(꼭 지상일 필요는 없다) 발사된 물체의 경로는 지구 중심을 한 초점($F_1$)으로 하는 타원이 된다. 발사속력이 동일하므로 발사각에 무관하게 역학적 에너지는 같으므로 물체가 그리는 타원 궤도의 장축은 항상 같다. 타원의 모양은 에너지와 각운동량이 결정하는데, 제 2초점($F_2$)은 각운동량을 결정하는 발사각도에 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. 이 $X$는 2 초점 $F_2$가 발사지점을 원점으로 하는 원 위에 있는 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 포락선은 지구중심과 발사위치를 초점으로 하는 타원임을 알 수 있다. 그리고 이 타원의 이심률은

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

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

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? 두 번의 질문은 답을 예상할 수 있는데, 별에서 볼 때 두 지점이 이루는 각도가 클수록 경로가 별에 가깝게 접근할 것인데, 이 경우 중력도 세지므로 물체의 속력이 빨라져서 경로가 중심을 향하는 직선에 가깝게 된다. 그런데 다시 중심에서 멀어져 목적지까지 가기 위해서는 경로가 심하게 휘어져야 할 것이다. 이 휘어짐에는 한계가 있을 것이므로 균일한 별의 내부에서처럼 임의의 두 지점을 연결하는 최단시간경로는 존재하지 않을 것으로 예상할 수 있다. 이를 구체적으로 보이기 위해서 별에서 $R$만큼 떨어진 지점에서 정지한 상태에서 출발하는 경우를 보자. 물체의 거리가 $r$일 때 속력은 

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

별의 내부에서와 마찬가지로 별에서 가장 가까이 왔을 때를 기준으로 잰 각을 $\theta$라 하면 $\theta$가 만족해야 할 방정식은 변분법이나 Snell의 법칙등을 이용해서 얻을 수 있는데 그 결과는

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

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. 즉, 별에서 같은 거리만큼 떨어지고 사이각이 $120^\circ$가 넘는 두 지점을 연결하는 최단시간경로는 존재할 수 없다. 이는 출발할 때 속력이 0이기 때문에 일어날 수 있는 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

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