2 設定

まず問題を以下のように設定する。

地球の半径を $R$ とし、地表の A$(R, 0)$ から B $(R\cos\phi_0,R\sin\phi_0)$ ($0<\phi_0<\pi$) へ至るトンネルを考える (図 1)。 このトンネルに A から B に玉を初速度 0 で滑らすとき、 その時間 $T$ が最も短くなるようなトンネルの曲線を求めよ。 ただし、摩擦や空気抵抗は考えないものとする。

図 1: 設定

図 2: 反対回りの解 ?

トンネルは、$r=f(\theta)$ の極座標形式で考えることにする。 すなわち、$f(\theta)>0$ で、

$$x = f(\theta)\cos\theta, \hspace{1zw} y = f(\theta)\sin\theta$$

とパラメータ表示される曲線である。仮定より、

$$0< f(\theta)\leq R, \hspace{1zw}f(0) = f(\phi_0)=R$$

となる。なお、今回まずは $0\leq\theta\leq\phi_0$ のトンネル、 すなわち反時計回りの角を進んで B に至るトンネルを考えるが、 もしかすると、中心の反対側、すなわち時計回りに角を進んで、 $0\geq\theta\geq\phi_0-2\pi$ の負の角の方のトンネルが 早くなる可能性もあるかもしれない (図 2)。 それについてはまた後で考える。

地中内部の $P$ 地点で質量 $m$ の物体に働く重力 $\mbox{\boldmath$F$}$ は 、地球の内部構造が同心球の層状であると仮定すれば、 [2] にあるように

$$\mbox{\boldmath$F$} = -mg(\vert\mathrm{OP}\vert)\frac{\overrightarrow{\mathrm{OP}}}{\vert\mathrm{OP}\vert}$$

となる。ここで、$g(r)$ は、$0\leq r\leq R$ で定義される連続関数で、

$$g(r)>0 (0<r\leq R), \hspace{1zw}g(0)=0, g(R)=g_0 \hspace{1zw}\mbox{$g(r)$ は $r$ の増加関数}, \hspace{1zw}$$ (1)

となる ($g_0$ は地表での重力加速度)。 具体的には、中心から $r$ までの部分の球の質量による重力に比例する ものになる ([2])。 簡単のため本稿では $g(r)$ 微分可能であるとする。 (1) より $g'(r)>0$ ($0<r<R$) となる。 特に、地球内部が均質であるとすれば、

$$g(r) = \frac{r}{R}g_0$$ (2)

と $r$ に比例する関数となる。

ドンネル内の動点 $P(x,y)$ の位置ベクトルを $\mbox{\boldmath$r$}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}$, $r=\vert\mbox{\boldmath$r$}\vert$, $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ ( $0\leq\theta\leq\phi_0$), $r=f(\theta)$ とし、トンネルからの垂直抗力を $\mbox{\boldmath$N$}$ とすれば、 運動方程式は以下のようになる。

$$m\ddot{\mbox{\boldmath$r$}} = \mbox{\boldmath$F$}+\mbox{\bo... ...$}, \mbox{\boldmath$F$} = -mg(r)\frac{\mbox{\boldmath$r$}}{r}$$

ここで $\dot{} = d/dt$ とする。 $\mbox{\boldmath$N$}$ はトンネルに垂直、すなわち $r=f(\theta)$ の接線方向に垂直になる。

トンネルは $\theta$ でパラメータ表示されるから、 動点の位置を $\theta$ で表すことができ、 よってそれを時間の未知関数 $\theta=\theta(t)$ として考えることができる。 このとき、速度 $\mbox{\boldmath$v$}$ は

$$\mbox{\boldmath$v$}=\dot{\mbox{\boldmath$r$}} = \frac{d\mbox{\boldmath$r$}}{d\theta}\dot{\theta}$$ (3)

であり、 $\mbox{\boldmath$v$}$ はトンネルの接線方向を向くベクトルになる。 よって、 $\mbox{\boldmath$v$}\perp\mbox{\boldmath$N$}$ であるから、 運動方程式と $\mbox{\boldmath$v$}=\dot{\mbox{\boldmath$r$}}$ との 内積を考えれば、

$$m\ddot{\mbox{\boldmath$r$}}\mathop{・}\dot{\mbox{\boldmath$r... ...(r)}{r}\mbox{\boldmath$r$}\mathop{・}\dot{\mbox{\boldmath$r$}}$$

となるが、

$$\begin{eqnarray*}\mbox{\boldmath$r$}\mathop{・}\dot{\mbox{\boldmath$r$}} &=& \... ...{\mbox{\boldmath$r$}}\vert^2)^\cdot = \frac{1}{2}(v^2)^\cdot\end{eqnarray*}$$

となる ( $v=\vert\mbox{\boldmath$v$}\vert$)。よって、

$$\left(\frac{v^2}{2}\right)^\cdot+g(r)\dot{r}=0$$

となるので、

$$G(r) = \int_0^r g(u)du$$

とすれば

$$\left(\frac{v^2}{2}+G(r)\right)^\cdot=0$$

となり、よって

$$\frac{v^2}{2}+G(r)=\mbox{定数}$$ (4)

が成り立つことになる。これは、エネルギー保存の式に対応する。

初速度は 0 であるから、(4) より

$$v^2 = 2(G(R)-G(r))$$ (5)

となる。ここで (3) より

$$v=\left\vert\frac{d\mbox{\boldmath$r$}}{d\theta}\right\vert\vert\dot{\theta}\vert$$ (6)

であるが、

$$\frac{d\mbox{\boldmath$r$}}{d\theta} = (f(\theta)\cos\theta,... ...heta)(\cos\theta,\sin\theta)+f(\theta)(-\sin\theta,\cos\theta)$$

であり、 $(\cos\theta,\sin\theta)$ と $(-\sin\theta,\cos\theta)$ は 直交する単位ベクトルなので、よって

$$\left\vert\frac{d\mbox{\boldmath$r$}}{d\theta}\right\vert=\sqrt{f(\theta)^2+f'(\theta)^2}$$

となる。

玉は $\theta$ が増える方向にころがるので $\dot{\theta}\geq 0$ であり、 よって (6) より

$$v = \sqrt{f^2+(f')^2} \dot{\theta}$$

となり、(5), および $r=f(\theta)$ より、

$$\dot{\theta} = \frac{d\theta}{dt} = \frac{v}{\sqrt{f^2+(f')^2}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{G(R)-G(f)}}{\sqrt{f^2+(f')^2}}$$

となるので、この式の逆数を $0$ から $\phi_0$ まで積分すれば、 A から B までの所用時間 $T$ が

$$T = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^{\phi_0} \frac{\sqrt{f^2+(f')^2}}{\sqrt{G_1(f)}} d\theta$$ (7)

と表されることになる。なお、以後 $G(R)-G(r)=G_1(r)$ と書くことにする。 あとは、[1] と同様に、 変分法によりこの $T$ の式を最小にするような $f$ を求めればよいことになる。

なお、地球の反対側を回るトンネルの場合も、 今までの議論はほぼ同じで、 $\dot{\theta}\leq 0$ のみが異なり、 よって

$$\frac{d\theta}{dt} = -\frac{v}{\sqrt{f^2+(f')^2}} = -\frac{\sqrt{2G_1(f)}}{\sqrt{f^2+(f')^2}}$$

となるから、この逆数を 0 から $\phi_0-2\pi$ まで積分すれば、

$$T = - \frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^{\phi_0-2\pi} \frac{\sqr... ...i_0-2\pi}^0 \frac{\sqrt{f^2+(f')^2}}{\sqrt{G_1(f)}} d\theta$$

が得られる。