問題７−３−１ 解答
（１） 図（左）と（右）の球面三角形の対応を， A→N， B→S， C→E とすると，余弦定理からは， \begin{eqnarray*} \cos\delta & = & \cos(90-\lambda_E)\cos(90-\lambda_S) + \sin(90-\lambda_E)\sin(90-\lambda_S)\cos(\phi_E-\phi_S), \\ & = & \sin\lambda_E\sin\lambda_S + \cos\lambda_E\cos\lambda_S\cos(\phi_E-\phi_S). \end{eqnarray*} 正弦定理からは， \begin{eqnarray*} \frac{\sin\delta}{\sin(\phi_E-\phi_S)} & = & \frac{\sin(90-\lambda_E)}{\sin D}, \\ \sin D & = & \frac{\cos\lambda_E\sin(\phi_E-\phi_S)}{\sin\delta}. \end{eqnarray*}
（２） これらの式に数値を代入して， \[ \cos\delta = \sin 62.4\sin65 + \cos 62.4\cos65\cos(135.8+20) = 0.6246 \] これより， \(\delta\) = 51.35 となります．この値を使って \(D\) は， \[ \sin D = \cos 62.4\sin 155.8/\sin 51.35 = 0.2432 \] より， \(D\) = 14.07 となります．回転運動の角速度をラジアンに直すと， \begin{eqnarray*} \omega & = & 0.21\ \mathrm{°/Myr}, \\ & = & \left(0.21\times\frac{3.14}{180}\right)\times\frac{1}{10^6}, \\ & = & 3.663\times 10^{-9}\ \mathrm{rad/yr}. \end{eqnarray*} アイスランドでの，北米プレートに対するユーラシアプレートの相対速度は本文の式 (11) から， \begin{eqnarray*} v & = & (3.663\times 10^{-9})\times(6400\times 10^5)\times\sin(51.35), \\ & = & 1.83\ \mathrm{cm/yr}. \end{eqnarray*} 以上より，相対速度の大きさは約 1.8 cm/yr で，速度ベクトルの方向は \(D\) に 90° を加えて，北から東回りに 104° となります．
大西洋中央海嶺はアイスランドでは地上に現れています．中央海嶺の拡大速度は両側拡大速度を指すことが多いようで，その場合は上の値で良いですが，片側拡大速度の場合は上の値を２で割って 0.9 cm/yr となります．また，中央海嶺におけるプレートの拡大方向については，ユーラシアプレートに対する北米プレートの速度方向，北から西回りに 76°，についても言及する必要があるでしょう．
（３） \(\lambda_E\) や \(\phi_E-\phi_S\) が負になりますが，上の式にそのまま代入すれば解が得られます（但し，逆正弦関数の角度の任意性には注意が必要です）．しかし，ここでは右図の角度 \(D\) が鈍角の球面三角形に直接公式を当てはめてみます． \begin{eqnarray*} \cos\delta & = & \cos(90-38)\cos(90+61.1) \\ & & + \sin(90-38)\sin(90+61.1)\cos(142-94.2), \\ & = & -0.2832 \end{eqnarray*} これより， \(\delta\) = 106.45 となります．この値を使って \(D\) は， \[ \sin D = \sin 151.1\sin 47.8/\sin 106.45 = 0.3733 \] より， \(D\) = 21.92 ですが，正しい値はこの補角ですので， \(D\) = 158.08 となります．速度ベクトル \({\bf v}\) の方向はこの角度から 90° 引いて，西回りに 68.08° となります．角速度については，ラジアンに直すと， \[ \omega = 0.86\times(3.14/180)/10^6 = 1.500\times 10^{-8}\ \mathrm{rad/yr}. \] よって，東北沖におけるユーラシアプレートに対する太平洋プレートの相対速度の大きさは， \[ v = (1.500\times 10^{-8})\times(6400\times 10^5)\times\sin(106.45) = 9.21\ \mathrm{cm/yr}. \] 以上より，東北付近での太平洋プレートの運動は北から西に 68° で年間 9.2 cm の速度となり，問い (2) で求めた大西洋中央海嶺のアイスランド付近での拡大速度より格段に大きいことが分かります．
問題７−３−２ 解答
（１） 本文の式 (12) より， \[ \left(\begin{array}{c} _{AF}\omega_{IN}{_x} \\ _{AF}\omega_{IN}{_y} \\ _{AF}\omega_{IN}{_z} \end{array}\right) = 0.39\times\left(\begin{array}{c} \cos25.5\cos26.8 \\ \cos25.5\sin26.8 \\ \sin25.5 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0.3142 \\ 0.1587 \\ 0.1679 \end{array}\right). \]
（２） 成分ごとに加え，大きさも求めると， \[ _{EU}\boldsymbol{\omega}_{IN} = (0.3788, 0.1467, 0.1731), \quad |_{EU}\boldsymbol{\omega}_{IN}| = 0.4416 \] オイラー極の緯度 \(\lambda_E\) と経度 \(\phi_E\) は， \[ \sin\lambda_E = \frac{0.1731}{0.4416} = 0.3920, \quad \tan\phi_E = \frac{0.1467}{0.3788} = 0.3873 \] より \(\lambda_E\) = 23.08°N， \(\phi_E\) = 21.17°E，角速度の大きさは約 0.44 °/Myr となります．
（３） まず，角速度の単位は deg/Myr のままで，地球半径を 1 とすると， \[ _{EU}\boldsymbol{\omega}_{IN} = \left(\begin{array}{c} 0.3788 \\ 0.1467 \\ 0.1731 \end{array}\right), \quad {\bf r} = \left(\begin{array}{c} \cos20\cos80 \\ \cos20\sin80 \\ \sin20 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0.1632 \\ 0.9254 \\ 0.3420 \end{array}\right). \] \({\bf v}={_{EU}}\boldsymbol{\omega}_{IN}\times{\bf r}\) を計算すると， \[ \left(\begin{array}{c} v_x \\ v_y \\ v_z \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0.3788 \\ 0.1467 \\ 0.1731 \end{array}\right) \times \left(\begin{array}{c} 0.1632 \\ 0.9254 \\ 0.3420 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0.1467\times0.3420 - 0.1731\times0.9254 \\ 0.1731\times0.1632 - 0.3788\times0.3420\\ 0.3788\times0.9254 - 0.1467\times0.1632 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} -0.1100 \\ -0.1013 \\ 0.3266 \end{array}\right). \] この結果に角速度を rad/yr に直し，地球半径を cm で表わすためのファクター， \[ (\pi/180)\div 10^6\times 6.4\times 10^8 = 11.1701 \] を掛けて，地点 S でのユーラシアプレートに対するインドプレートの速度ベクトルは次の通りです． \[ \left(\begin{array}{c} v_x \\ v_y \\ v_z \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} -1.2287 \\ -1.1315 \\ 3.6482 \end{array}\right)\ \mathrm{cm/yr}. \]
（４） 局地座標での速度ベクトルは問い (3) の結果に変換行列を掛けて計算します． \[ \left(\begin{array}{c} v_n \\ v_e \\ v_d \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} -0.0594 & -0.3368 & 0.9397 \\ -0.9848 & 0.1736 & 0 \\ -0.1632 & -0.9254 & -0.3420 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} -1.2287 \\ -1.1315 \\ 3.6482 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 3.8823 \\ 1.0136 \\ -0.0001 \end{array}\right)\ \mathrm{cm/yr}. \] 当然ですが \(v_d\) は誤差範囲でゼロとなりました．これより，速度ベクトルの大きさは， \[ v = 4.0124\ \mathrm{cm/yr}, \] で，ベクトルの向きは方位角を \(D\) として次のようになります． \[ D = \tan^{-1}\left(\frac{1.0136}{3.8823}\right) = \tan^{-1}(0.2611) = 14.6323\ \mathrm{deg}. \]
以上より，ユーラシアプレートに対するインドプレートの相対速度ベクトルは，インドの（20°N， 80°E）の地点で北から東へ 15° の方向で大きさは年間 4.0 cm となります．インドプレートは過去百万年程度で見ても北上を続けていることが分かります．また，問い (3) と (4) を通じた計算は球面三角形による方法より大変ですが，角速度ベクトルの和を取るときは直交座標に直す必要もあり，計算機で処理するときはこの方法で行います．
なお， 14 のプレートを含めた高度な解析によるグローバルモデル NUVEL-1A では， \(_{EU}\boldsymbol{\omega}_{IN}\) は， \[ \lambda_E = 24.4\mathrm{°N};, \quad \phi_E = 17.7\mathrm{°E}, \quad \omega = 0.51\ \mathrm{°/Myr}, \] で，オイラー極の位置は演習問題の結果と良く合っていますが，角速度は 15% 大きいようです．また，グローバルモデルによるインドの（20°N, 80°E）の地点での速度ベクトルの方向は，計算結果とほぼ同じ北から東へ 17° で，大きさは 20% 大きい 4.8 cm/yr です．