¿Cuáles son las energías de enlace gravitacional de los planetas gigantes?

La energía potencial gravitatoria de una esfera politrópica de gas (es decir, gobernada por una ecuación de estado politrópica), con un índice politrópico$n$es dado por

$$\Omega = -\frac{3}{5-n}\ \frac{GM^2}{R}$$ Ver por ejemplo aquí .

Una esfera de densidad constante tendría que ser incompresible. Como un politropo tiene una presión$p \propto \rho^{1 +1/n}$, esto corresponde a$n=0$y te da tu resultado para una esfera uniforme.

Valores más altos de$n$tienen perfiles más centralmente condensados ​​y energías de enlace más grandes.

El valor apropiado del índice politrópico para enanas marrones y gigantes gaseosos, donde el transporte de energía es convectivo o donde el gas es (no relativistamente) degenerado es$n=3/2$. En cuyo caso, su coeficiente principal aumenta de 3/5 a 6/7. es decir, no es gran cosa para un cálculo aproximado.

Esta es una respuesta al punto que mencioné en los comentarios.

Para empezar, me gustaría señalar que la fórmula citada para la energía de enlace gravitacional de un cuerpo con simetría esférica no es del todo correcta. Puedes ver en el artículo wiki que el factor de$3$en el denominador proviene de suponer una distribución de masa uniforme. Solo para tenerlo registrado, aquí hay una derivación adecuada.

Para enviar una capa de masa desde la superficie de una esfera, su caparazón, hasta el infinito, se necesita$dU$energía:

$$dU(r)=\frac{GM_{\text{inside}}(r)\,m_{\text{shell}}(r)}{r}=\frac{GM_{\text{inside}}(r)}{r}(4\pi r^2 \rho(r)\,dr)$$

La masa dentro de esta capa es

$$M_{\text{inside}}(r)=\int_0^r\rho(r') \,(4\pi r'^2\, dr')$$

Para obtener la energía de enlace total, enviamos todas las capas al infinito, es decir, integramos desde el núcleo ($r=0$) al radio exterior ($r=R$):

$$U_{\text{binding}}=\int dU = 16\pi^2 G \int_0^R dr_1 \rho(r_1) r_1 \int_0^{r_1} dr_2\, \rho(r_2) r_2^2$$

Tal vez con algún truco podrías reducir esa integral doble a una sola integral, pero no se me ocurre cómo hacerlo.

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Si asumimos que la distribución es, digamos,$\rho(r)=\rho_0 e^{-\alpha r}$, dónde$\rho_0$está fijado por la condición de que la masa total sea$M$, puede realizar largos cálculos y encontrar la energía de enlace en función del parámetro$\alpha$. Configuración$R=M=G=1$, mis cálculos me dieron:

$$U_{\text{binding}}(\alpha)=\frac{\alpha}{4}\frac{\frac{5}{8}-2e^{-\alpha}(\alpha+1)+\frac{1}{8}(2\alpha(\alpha(2\alpha+7)+11)+11)e^{-2\alpha}}{\left(1-(1+\alpha+\frac{1}{2}\alpha^2)e^{-\alpha}\right)^2}$$

Aquí hay una trama (cortesía de wolframalpha):

Primero, como control de cordura, observe que en$\alpha=0$recuperamos la respuesta de densidad uniforme,

$$U_{\text{binding}}(\alpha=0)=\frac{3 M^2 G}{5R}$$

Lo que nos dice este gráfico es que si tenemos una distribución de masa que decae como$e^{-4r}$, la energía de enlace cambiará en$\approx (0.8-0.6)/0.6\times 100\%=33\%$. Acabo de elegir específicamente$\alpha=4$porque eso da aproximadamente la densidad de masa de Júpiter en el enlace que proporcionó (ignorando la parte de hidrógeno gaseoso, cuya inclusión solo haría que la diferencia fuera más profunda).

Sin embargo, para un planeta rocoso como la Tierra , la densidad cerca de la superficie es aproximadamente un factor$3/13\approx e^{-1.5}$menos que la densidad en el núcleo, entonces$U_{\text{binding}}(\alpha=1.5)=0.649$, que es solo$8\%$diferente a la aproximación de densidad uniforme.

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Conclusión: la distribución de masa exacta para un gigante gaseoso sí importa, porque la energía de enlace calculada de una distribución semirrealista del planeta (desintegración exponencial) difiere de la distribución súper ingenua (uniforme) en un poco más de$33\%$. Sin embargo, para un planeta rocoso cuya distribución disminuye mucho más lentamente, la distribución semirrealista solo cambia la respuesta ingenua sobre$8\%$.

Entonces, aproximar la Tierra por una esfera de densidad de masa uniforme no es tan malo, a menos que quieras que la respuesta sea mejor que$8\%$.

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Siguiente paso: un posible próximo paso sería hacer una distribución por partes, utilizando una distribución diferente para cada "capa". Sin embargo, no creo que esto cambie demasiado la respuesta, pero es una dirección posible.