地球を同じ角速度 $\omega_s$ で周回する物体（静止衛星・ワイヤー）を扱う万有引力と円運動の総合問題。記号は問題文の定義に従い、地球の質量を $M$、地球の半径を $R_0$、万有引力定数を $G$ とする。静止衛星の軌道半径は $R_s$。
立式：静止衛星は地球の自転と同じ周期 $T$ で回るので、角速度は周期から直接決まる。
$$\omega_s = \frac{2\pi}{T}$$数値代入：$T = 24\text{ 時間} = 24\times 3600 = 86400$ s を代入する。
$$\omega_s = \frac{2\pi}{86400} = \frac{6.283}{86400}$$途中計算：
$$\omega_s \fallingdotseq 7.27\times 10^{-5}\ \text{rad/s}$$結果（有効数字1桁）：
$$\omega_s \fallingdotseq 7\times 10^{-5}\ \text{rad/s}$$問1で問われているのは「静止衛星の角速度」。これは地球の自転に同期するという定義そのものから決まるので、地球の質量 $M$ や万有引力定数 $G$ は不要。$M$ と $G$ が効いてくるのは「その $\omega_s$ で円運動できる軌道半径 $R_s$ はどこか」を問う問2から。
厳密には自転は恒星日（約 $86164$ s）で測るのが正確だが、本問では $24$ 時間（$86400$ s）でよい。
角速度は「周期 $T$」だけで決まる：$\omega = 2\pi/T$。静止衛星の $\omega_s \fallingdotseq 7\times 10^{-5}$ rad/s は以降の計算すべての出発点。
立式：衛星（質量 $m$）の円運動の運動方程式は、向心加速度 $\omega_s^2 R_s$ に対して万有引力がはたらく形：
$$m\,\omega_s^2 R_s = \frac{G M m}{R_s^{\,2}}$$両辺を $m$ で割り、$R_s^{\,2}$ を掛けると：
$$\omega_s^2 R_s^{\,3} = G M$$$R_s$ について解くと（立方根）：
$$R_s = \sqrt[3]{\frac{G M}{\omega_s^2}}$$数値計算（参考）：$GM = 3.99\times 10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$、$\omega_s = 7.27\times 10^{-5}$ rad/s を入れると、
$$R_s^{\,3} = \frac{3.99\times 10^{14}}{(7.27\times 10^{-5})^2} \fallingdotseq 7.5\times 10^{22}\ \text{m}^3$$ $$R_s \fallingdotseq 4.2\times 10^{7}\ \text{m}\ (\fallingdotseq 6.6\,R_0,\ \text{高度約 } 3.6\times 10^4\ \text{km})$$$\omega_s = 2\pi/T$ を $\omega_s^2 R_s^3 = GM$ に代入すると
$$\frac{4\pi^2}{T^2}R_s^3 = GM \quad\Rightarrow\quad T^2 = \frac{4\pi^2}{GM}R_s^3$$これは「周期の2乗は軌道半径の3乗に比例する」というケプラーの第三法則そのもの。静止衛星も惑星も同じ法則に従う。
円運動は「万有引力＝向心力」で立式：$\dfrac{GM}{r^2}=\omega^2 r$。整理すると $\omega^2 r^3 = GM$。$R_s$ は $\omega_s$ だけで決まり、衛星質量 $m$ にはよらない。
力の整理：半径 $R_1$ で角速度 $\omega_s$ の円運動をする衛星（質量 $m$）にはたらく半径方向の力は次の2つ。
立式：円運動の運動方程式（内向きを正、向心力 $=m\omega_s^2 R_1$）：
$$m\,\omega_s^2 R_1 = \frac{GMm}{R_1^{\,2}} + T$$$T$ について解く：
$$T = m\,\omega_s^2 R_1 - \frac{GMm}{R_1^{\,2}} = m\left(\omega_s^2 R_1 - \frac{GM}{R_1^{\,2}}\right)$$符号の確認：$\omega_s^2 R_s^3 = GM$ より $GM/R_1^2 = \omega_s^2 R_s^3/R_1^2$。よって
$$T = m\,\omega_s^2\!\left(R_1 - \frac{R_s^{\,3}}{R_1^{\,2}}\right)$$$R_1 > R_s$ なら $R_1 > R_s^3/R_1^2$ となり $T>0$。ワイヤーは確かに（押すのではなく）引く向きに張る。これが「軌道エレベーター」が $R_s$ より外側で成立する理由。
地球とともに角速度 $\omega_s$ で回転する系で見ると、衛星は静止している。この系では慣性力として遠心力が外向きにはたらく：
$$F_\text{遠心} = m\,\omega_s^2 R_1\ (\text{外向き})$$衛星は静止しているので、力のつり合いは「外向きの遠心力＝内向きの（万有引力＋張力）」：
$$m\,\omega_s^2 R_1 = \frac{GMm}{R_1^{\,2}} + T$$慣性系の運動方程式とまったく同じ式が得られ、$T = m(\omega_s^2 R_1 - GM/R_1^2)$。回転系で考えると「静止＝つり合い」として直感的に扱える。
$R_1>R_s$：必要向心力＞万有引力 → 不足分を内向きの張力 $T$ が補う。$T = m(\omega_s^2 R_1 - GM/R_1^2)$。ワイヤーは「引く」ことしかできないので、この方式が成立するのは外側 $R_1>R_s$ のみ。
切り離し直後の状態：半径 $r'$ で角速度 $\omega_s$ の円運動から切り離されるので、小物体は接線方向に
$$v = \omega_s r'$$の速さをもつ。この後はワイヤーから独立に、万有引力だけで運動する。
脱出条件（エネルギー保存）：無限遠（$r\to\infty$ で位置エネルギー $\to 0$、速さ $\to 0$ 以上）に到達するには、切り離し時点の力学的エネルギー（運動エネルギー＋万有引力の位置エネルギー）が 0 以上であればよい：
$$\frac{1}{2}m'v^2 - \frac{GMm'}{r'} \ge 0$$$v=\omega_s r'$ を代入し、$m'$ で割って整理する：
$$\frac{1}{2}\omega_s^2 r'^{\,2} \ge \frac{GM}{r'} \quad\Rightarrow\quad \omega_s^2 r'^{\,3} \ge 2GM$$最小の $r'$（等号成立）：
$$r'^{\,3} = \frac{2GM}{\omega_s^2} \quad\Rightarrow\quad r' = \sqrt[3]{\frac{2GM}{\omega_s^2}}$$$R_s$ との関係：$R_s^{\,3}=GM/\omega_s^2$ なので $r'^{\,3} = 2R_s^{\,3}$、したがって
$$r' = \sqrt[3]{2}\,R_s \fallingdotseq 1.26\,R_s \fallingdotseq 5.3\times 10^{7}\ \text{m}$$半径 $r'$ の地点での脱出速度は $v_\text{esc}=\sqrt{2GM/r'}$。切り離し速度がこれ以上ならよい：
$$\omega_s r' \ge \sqrt{\frac{2GM}{r'}}$$両辺正なので2乗して、
$$\omega_s^2 r'^{\,2} \ge \frac{2GM}{r'} \quad\Rightarrow\quad \omega_s^2 r'^{\,3} \ge 2GM$$エネルギー条件とまったく同じ式に帰着する。脱出速度は表面でも軌道上でも $\sqrt{2GM/r}$ の形で共通。
脱出条件は「力学的エネルギー $E\ge 0$」。$\dfrac12 m'v^2 = \dfrac{GMm'}{r'}$ の等号が脱出のギリギリ。$v=\omega_s r'$ を入れて $r'=\sqrt[3]{2}\,R_s\fallingdotseq 1.26R_s$。係数の $\sqrt[3]{2}$ が「2倍のエネルギー」由来であることを押さえる。
$i$ 番目の質点（質量 $\Delta m$、半径 $r_i$）にはたらく力は、万有引力（内向き）$\dfrac{GM\Delta m}{r_i^{\,2}}$ と、上のひもからの張力 $T_i$（鉛直上向き＝外向き）、下のひもからの張力 $T_{i-1}$（鉛直下向き＝内向き）。問題の定義より $F_i=T_i-T_{i-1}$（外向きを正とした張力の差）。
角速度 $\omega_s$ の円運動なので向心加速度は内向きに $\omega_s^2 r_i$。内向きを正として運動方程式を立てると、内向きの力は「万有引力」と「内向き張力 $T_{i-1}$」、外向きの力は「外向き張力 $T_i$」：
$$\frac{GM\Delta m}{r_i^{\,2}} + T_{i-1} - T_i = \Delta m\,\omega_s^2 r_i$$$F_i = T_i - T_{i-1}$ を使って書き直すと（$T_{i-1}-T_i = -F_i$）：
$$\frac{GM\Delta m}{r_i^{\,2}} - F_i = \Delta m\,\omega_s^2 r_i$$$F_i$ について解く：
ワイヤーは単位長さあたり $\lambda$ の質量をもち、各質点は長さ $\Delta r$ の要素を代表する。よって質点 1 個の質量は線密度 × 長さ：
(a)(b) より $F_i = \lambda\Delta r\left(\dfrac{GM}{r_i^{\,2}} - \omega_s^2 r_i\right)$。総和をとると：
$$F = \sum_{i=1}^{N} F_i = \lambda\!\left[\,GM\sum_{i=1}^{N} r_i^{-2}\,\Delta r \;-\; \omega_s^2\sum_{i=1}^{N} r_i^{\,1}\,\Delta r\,\right]$$与えられた近似式 $\displaystyle\sum_{i=1}^{N} r_i^{\,n}\Delta r \fallingdotseq \frac{1}{n+1}\!\left(R_2^{\,n+1}-R_0^{\,n+1}\right)$ を、$n=-2$ と $n=1$ に適用する。
$n=-2$：$\displaystyle\sum r_i^{-2}\Delta r \fallingdotseq \frac{1}{-1}\!\left(R_2^{-1}-R_0^{-1}\right) = \frac{1}{R_0}-\frac{1}{R_2}$
$n=1$：$\displaystyle\sum r_i^{\,1}\Delta r \fallingdotseq \frac{1}{2}\!\left(R_2^{\,2}-R_0^{\,2}\right)$
これらを代入すると：
$F_i=T_i-T_{i-1}$ なので、総和は隣どうしが打ち消し合う望遠鏡和（telescoping sum）になる：
$$F = \sum_{i=1}^{N}(T_i - T_{i-1}) = (T_1-T_0)+(T_2-T_1)+\cdots+(T_N-T_{N-1}) = T_N - T_0$$0 番目と $N+1$ 番目の質点は存在しないので、両端のひもには張力がはたらかない：$T_0 = T_N = 0$。したがって
(c) は「各質点の力を物理的に足し上げた式」、(d) は「張力の構造から出る式」。両者は同じ $F$ なので等しくなければならない：
$$\lambda\!\left[GM\!\left(\frac{1}{R_0}-\frac{1}{R_2}\right) - \frac{\omega_s^2}{2}(R_2^{\,2}-R_0^{\,2})\right] = 0$$この等式（$\lambda\ne0$）が、ワイヤーが地表に固定されずに静止軌道で釣り合うための条件であり、問6で $R_2$ を決める方程式になる。
運動方程式は「向心加速度 $\omega_s^2 r_i$ に対して内向き力を等しく」と立てる。張力の差の総和は望遠鏡和で端だけ残り、$T_0=T_N=0$ より $F=0$。離散和を近似式で積分的に評価するのがこの問題の核心。
方程式の整理：問5の「$F=0$」（補足の等式）から、$\lambda\ne0$ なので括弧の中身が 0：
$$GM\!\left(\frac{1}{R_0}-\frac{1}{R_2}\right) = \frac{\omega_s^2}{2}\!\left(R_2^{\,2}-R_0^{\,2}\right)$$$R_s$ を使って $\omega_s$ を消す：問2より $GM = \omega_s^2 R_s^{\,3}$。代入して両辺を $\omega_s^2$ で割る：
$$R_s^{\,3}\!\left(\frac{1}{R_0}-\frac{1}{R_2}\right) = \frac{1}{2}\!\left(R_2^{\,2}-R_0^{\,2}\right)$$左辺を通分、右辺を因数分解する：
$$R_s^{\,3}\cdot\frac{R_2-R_0}{R_0 R_2} = \frac{1}{2}(R_2-R_0)(R_2+R_0)$$$R_2>R_0$ より $R_2-R_0\ne0$ だから、両辺を $(R_2-R_0)$ で割れる：
$$\frac{R_s^{\,3}}{R_0 R_2} = \frac{R_2+R_0}{2} \quad\Rightarrow\quad 2R_s^{\,3} = R_0 R_2(R_2+R_0)$$無次元化：$\dfrac{R_2}{R_0}=x$ とおき、$R_0 R_2(R_2+R_0)=R_0^3\,(x^2+x)$ を用いると：
$$R_0^{\,3}\,(x^2+x) = 2R_s^{\,3} \quad\Rightarrow\quad x^2 + x = 2\!\left(\frac{R_s}{R_0}\right)^{3}$$2次方程式を $x>0$ について解くと（$R_2/R_0$ を $R_0,R_s$ で表した形）：
$$\frac{R_2}{R_0} = x = \frac{-1+\sqrt{1+8\left(R_s/R_0\right)^{3}}}{2}$$数値計算（$R_s = 7R_0$ と近似）：$\left(R_s/R_0\right)^3 = 7^3 = 343$ なので、
$$x^2 + x = 2\times 343 = 686$$ $$x = \frac{-1+\sqrt{1+8\times 343}}{2} = \frac{-1+\sqrt{2745}}{2}$$$\sqrt{2745}\fallingdotseq 52.4$ だから、
$$x \fallingdotseq \frac{-1+52.4}{2} \fallingdotseq 25.7$$選択肢（あ）2.5・（い）5・（う）10・（え）25・（お）125・（か）3.5・（き）7・（く）14・（け）49・（こ）343 のうち、最も近いのは （え）25。
$x$ が大きいときは $x^2+x\fallingdotseq x^2$ と近似できる。すると
$$x^2 \fallingdotseq 686 \quad\Rightarrow\quad x \fallingdotseq \sqrt{686} \fallingdotseq 26.2$$1次の項 $x$ をきちんと入れると $25.7$ なので、近似でも 25 が選べる。検算として有効。
$R_2 \fallingdotseq 26\,R_0 \fallingdotseq 26\times 6.4\times 10^3\ \text{km} \fallingdotseq 1.6\times 10^5\ \text{km}$。地表から約16万km、月までの距離（38万km）の半分近い壮大な構造物になる。質量をもつワイヤーは静止軌道 $R_s$ より外側に大きく伸ばさないと全体が釣り合わない（外側の遠心力で内側の重力を支える）。実現には炭素ナノチューブ級の強度が必要とされる。
$GM=\omega_s^2 R_s^3$ の代入で $\omega_s$ を消すのが鍵。共通因子 $(R_2-R_0)$ を割れば $2R_s^3=R_0R_2(R_2+R_0)$、無次元化で $x^2+x=2(R_s/R_0)^3$。$R_s=7R_0$ で $x\fallingdotseq 25.7$ →（え）25。