El inverso del teorema de la capa de Newton

Question

El inverso del teorema de la capa de Newton

amante_de_las_matematicas

El teorema del cascarón establece que un cuerpo esféricamente simétrico $S$ de masa $m$ tiene un campo gravitatorio idéntico al de una partícula puntual $P$ de masa $m$ ubicado en el centro de $S$ .

Podemos hacer la pregunta inversa: supongamos que hay una fuerza $F$ entre masas $M$ y $m$ , separados por una distancia $r$ de la forma

F = METRO metro F (r)

$F = M m f ( r )$ tal que cualquier cuerpo esféricamente simétrico afecta a los cuerpos externos como si su masa estuviera concentrada en su centro. Entonces, ¿de qué forma puede la función

f

$f$ ¿llevar?

Según Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Shell_theorem , la solución general es

F (r) = a / r^{2} + b r

$f(r)=a/r^2+br$

donde $a$ y $b$ son constantes.

Intenté demostrar esto. Sustitución de la fuerza gravitatoria por la fuerza general $F=Mmf(r)$ en los cálculos para probar el teorema de la cáscara, obtuve que para todas las distancias $r \ge R > 0$ , $f$ satisface:

\int_{r - R}^{R + r} (r^{2} - R^{2} + s^{2}) F (s) d s = 4 r^{2} R F (r) .

$\int_{r-R}^{R+r} (r^2-R^2 +s^2) f(s)\ ds = 4r^2Rf(r).$

Podemos sacar la segunda derivada de ambos lados con respecto a $r$ para deshacernos de la integral (tendremos que derivar dentro de la integral), y obtenemos la siguiente ecuación diferencial desagradable:

2 R r F^{″} (r) + 6 R F^{'} (r) = F^{'} (r + R) (r + R) + 2 F (r + R) - F^{'} (r - R) (r - R) - 2 F (r - R) .

$2Rrf''(r)+6Rf'(r)=f'(r+R)(r+R)+2f(r+R)-f'(r-R)(r-R)-2f(r-R).$

No creo que esto realmente ayude. Fácilmente podemos comprobar que $f=ar^2+br$ es una solución de esta ecuación, por lo que no cometí ningún error hasta el momento (tenga en cuenta que la ecuación es lineal, por lo que basta con comprobar que $f=r$ y $f=1/r^2$ ).

Entonces, ¿cómo podemos demostrar el resultado?

Respuestas (4)

El inverso del teorema de la capa de Newton

qmecanico · Answer 1

Teorema de capa inversa para una masa puntual exterior :

Suponga que la fuerza ${\bf F}_{12}$ entre dos masas puntuales $m_1$ y $m_2$ es colineal con la diferencia de posiciones ${\bf r}_{12}:={\bf r}_1-{\bf r}_2$ , es central, y la magnitud
$\begin{matrix} (*) & | F_{12} | = {metro}_{1} {metro}_{2} F (| r_{12} |) \end{matrix}$ $|{\bf F}_{12}|=m_1m_2 f(|{\bf r}_{12}|)\tag{*}$ es proporcional a las dos masas puntuales. Llamamos a la función $f(|{\bf r}_{12}|)$ la fuerza específica.

Suponga además que la magnitud de la fuerza total entre una masa extendida esféricamente simétrica $M$ y una masa puntual exterior $m$ es de la misma forma
$\begin{matrix} (**) & | F | = metro METRO F (r), \end{matrix}$ $|{\bf F}|=mM f(r),\tag{**}$ donde $r\equiv |{\bf r}|$ es la distancia entre $m$ y el centro de $M$ .

Entonces la fuerza especifica $f$ es una combinación lineal de

una fuerza lineal/ de Hooke ,

un cuadrado inverso/ fuerza de gravedad newtoniana .

Prueba esbozada: usemos la misma notación que la página de Wikipedia . Consideramos el exterior de una capa delgada, es decir $r\geq R$ .

Para simplificar, trabajemos en términos de energía potencial (en lugar de fuerza), porque es más fácil trabajar con una cantidad escalar (en lugar de un vector). Podemos suponer que la contribución $dU$ a la energía potencial de la masa $m$ y $dM$ con distancia $s$ es de la forma

\begin{matrix} (1.1) & d tu = metro d METRO tu (s), \end{matrix}

$dU~=~m~dM~u(s),\tag{1.1}$

donde $s\mapsto u(s)$ es un potencial específico desconocido. Definir por conveniencia posterior la antiderivada

\begin{matrix} (1.2) & V (s) := \int^{s} d s^{'} s^{'} tu (s^{'}), \end{matrix}

$V(s)~:=~\int^s\! ds^{\prime}~s^{\prime}~ u(s^{\prime}), \tag{1.2}$

así que eso

\begin{matrix} (1.3) & V^{'} (s) \overset{(1.2)}{=} s tu (s) . \end{matrix}

$V^{\prime}(s)~\stackrel{(1.2)}{=}~s~u(s).\tag{1.3}$

De la geometría tenemos la relación coseno

\begin{matrix} (1.4) & porque θ = \frac{r^{2} + R^{2} - s^{2}}{2 r R}, \end{matrix}

$\cos\theta ~=~\frac{r^2+R^2-s^2}{2rR},\tag{1.4}$

y por lo tanto

\begin{matrix} (1.5) & d METRO = \frac{METRO}{2} pecado θ d θ = - \frac{METRO}{2} d porque (θ) \overset{(1.4)}{=} \frac{METRO}{2} \frac{s d s}{r R} . \end{matrix}

$dM ~=~ \frac{M}{2}\sin\theta~ d\theta ~=~-\frac{M}{2}~d\cos(\theta) ~\stackrel{(1.4)}{=}~\frac{M}{2}\frac{s~ds}{rR}.\tag{1.5}$

En la última igualdad de la ecuación (1.5) variamos $s$ y $\theta$ mientras lo esté agarrando $r$ y $R$ fijado. Entonces nosotros tenemos

\begin{matrix} (1.6) & d tu \overset{(1.1) + (1.5)}{=} \frac{metro METRO}{2} \frac{s d s}{r R} tu (s) \overset{(1.3)}{=} \frac{metro METRO}{2 r R} d s V^{'} (s) . \end{matrix}

$dU~\stackrel{(1.1)+(1.5)}{=}~\frac{mM}{2}\frac{s~ds}{rR}~u(s) ~\stackrel{(1.3)}{=}~\frac{mM}{2rR}ds~V^{\prime}(s).\tag{1.6}$

Entonces la energía potencial total es

tu (r, R) = \int d tu \overset{(1.6)}{=} metro METRO \frac{V (r + R) - V (r - R)}{2 r R}

$U(r,R)~=~\int dU ~\stackrel{(1.6)}{=}~mM\frac{V(r+R)-V(r-R)}{2rR}$

\begin{matrix} (1.7) & \overset{(1.8)}{=} \frac{metro METRO}{r} (V^{'} (r) + \frac{R^{2}}{6} V^{'''} (r) + O (R^{5})) . \end{matrix}

$~\stackrel{(1.8)}{=}~\frac{mM}{r}\left(V^{\prime}(r)+ \frac{R^2}{6}V^{\prime\prime\prime}(r)+ {\cal O}(R^5)\right).\tag{1.7}$

En la última igualdad de la ec. (1.7), Taylor-expandió el potencial

\begin{matrix} (1.8) & V (r \pm R) = V (r) \pm R V^{'} (r) + \frac{R^{2}}{2} V^{''} (r) \pm \frac{R^{3}}{6} V^{'''} (r) + O (R^{4}) . \end{matrix}

$V(r\pm R)~=~V(r) \pm RV^{\prime}(r) + \frac{R^2}{2}V^{\prime\prime}(r) \pm \frac{R^3}{6}V^{\prime\prime\prime}(r)+ {\cal O}(R^4). \tag{1.8}$

Ahora implementemos la suposición principal de la capa inversa: Suponemos que la energía potencial $U(r,R)$ hasta una ambigüedad en la elección de la energía de punto cero $U_0(R)$ no depende del radio $R$ de la fina concha, es decir $U(r,R)$ es de la forma

\begin{matrix} (1.9) & tu (r, R) = {tu}_{1} (r) + {tu}_{0} (R) . \end{matrix}

$U(r,R)~=~U_1(r)+U_0(R) .\tag{1.9}$

Vemos que la única forma en que la ec. (1.7) podría ser de la forma (1.9) es iff

\begin{matrix} (1.10) & V^{'''} (r) \overset{(1.7) + (1.9)}{\propto} r, \end{matrix}

$V^{\prime\prime\prime}(r)~\stackrel{(1.7)+(1.9)}{\propto}~r,\tag{1.10}$

es decir $V^{\prime}$ es un polinomio de tercer orden al que le falta un término de segundo orden:

\begin{matrix} (1.11) & V^{'} (r) \overset{(1.10)}{=} A r^{3} + B r^{2} + C r + D, B = 0. \end{matrix}

$V^{\prime}(r)~\stackrel{(1.10)}{=}~Ar^3+Br^2+Cr+D\tag{1.11}, \qquad B~=~0.$

O en términos del potencial específico

\begin{matrix} (1.12) & tu (r) \overset{(1.3) + (1.11)}{=} A r^{2} + C + \frac{D}{r} . \end{matrix}

$u(r)~\stackrel{(1.3)+(1.11)}{=}~Ar^2+C+\frac{D}{r}\tag{1.12}.$

O en términos de la fuerza específica

\begin{matrix} (1.13) & - F (r) = {tu}^{'} (r) \overset{(1.12)}{=} 2 A r - \frac{D}{r^{2}} . \end{matrix}

$-f(r)~=~u^{\prime}(r)~\stackrel{(1.12)}{=}~2Ar-\frac{D}{r^2}\tag{1.13}.$

$\Box$

Proyecto futuro: Generalizar a $n$ dimensiones espaciales: $f(r)~=~ a/r^{1-n} +b r$ .

ZeroTheHero · Answer 2

Esto se sigue de la ley de Gauss. Él $1/r^2$ parte sería para una esfera gaussiana de radio mayor que el radio de la fuente, mientras que la $r$ parte se deriva de tener una esfera gaussiana con radio dentro de la fuente, suponiendo una densidad de masa uniforme.

La mejor manera de mostrar esto es partir de la ecuación diferencial del potencial en coordenadas esféricas suponiendo simetría esférica; esta sería la ecuación de Laplace fuera y la ecuación de Poisson con un término constante a la derecha dentro de la fuente. Una vez que tenga el potencial, puede obtener la fuerza a través del gradiente.

Editar. Empezar desde

\begin{aligned} \nabla^{2} V (r) & = 0, \\ \frac{1}{r^{2}} \frac{d}{d r} (r^{2} \frac{d V}{d r}) & = 0, \\ r^{2} \frac{d V}{d r} & = - a, \end{aligned}

$\begin{align} \nabla^2V(r)&=0\, ,\\ \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dV}{dr}\right)&=0\, ,\\ r^2\frac{dV}{dr}&=-a\, , \end{align}$ por alguna constante

a

$a$ . Esto es suficiente para darle la fuerza como

\sim 1 / r^{2}

$\sim 1/r^2$ fuera de la fuente desde

F_{r} = - \frac{d V}{d r}

$F_r=-\frac{dV}{dr}$ .

En el interior, debe encontrar una solución particular para

\nabla^{2} V = 4 π GRAMO ρ_{metro}

$\nabla^2V=4\pi G\,\rho_m$ donde

ρ_{m}

$\rho_m$ es la densidad de masa. Mediante inspección

d V / d r = 4 π G ρ_{m} r / 3

$dV/dr=4\pi G\rho_m\,r/3$ trabajará; esto implica

F_{r} = b r

$F_r=br$ dentro de la fuente. La solución general con

ρ_{m} \neq 0

$\rho_m\ne 0$ es entonces la suma de la solución particular y la suma del problema homogéneo.

Supongo que tendré que revisar esta respuesta cuando haya hecho algo de física de nivel superior porque no entiendo por qué la afirmación de que un cuerpo esféricamente simétrico actúa como si toda su masa estuviera concentrada en su centro es equivalente a la condición que dio con las ecuaciones de Laplace y Poisson.
@JoshuaBenabou Los puntos clave son: 1. la simetría esférica y 2. el potencial, que debe satisfacer $\nabla^2V(r)=4\pi G\rho_m$ según en.wikipedia.org/wiki/… (corregí la falta $4\pi G$ factores en mi respuesta).
¿Cómo es que la fuerza total es la suma cuando dentro y fuera siguen ecuaciones diferentes?
@rpfphysics los coeficientes $a$ y $b$ que aparecen en la solución general necesitan ser ajustados para soluciones particulares.

qmecanico · Answer 3

En esta respuesta, damos una prueba del teorema del caparazón inverso para una masa puntual exterior que suma fuerzas en lugar de potenciales, en el espíritu del cálculo de OP.

Prueba esbozada: usamos la misma notación que la página de Wikipedia y mi otra respuesta de Phys.SE. Consideramos el exterior de una capa delgada, es decir $r\geq R$ . Definir por conveniencia posterior la antiderivada

\begin{matrix} (2.1) & W (s) := - \int^{s} d s^{'} (s^{'})^{2} F (s^{'}), \end{matrix}

$W(s)~:=~-\int^s\! ds^{\prime}~(s^{\prime})^2~ f(s^{\prime}), \tag{2.1}$

así que eso

\begin{matrix} (2.2) & W^{'} (s) \overset{(2.1)}{=} - s^{2} F (s) . \end{matrix}

$W^{\prime}(s)~\stackrel{(2.1)}{=}~- s^2~f(s).\tag{2.2}$

La relación del coseno produce

\begin{matrix} (2.3) & porque ϕ = \frac{s^{2} + r^{2} - R^{2}}{2 s r} . \end{matrix}

$\cos\phi ~=~\frac{s^2+r^2-R^2}{2sr}.\tag{2.3}$

La contribución radial $dF_r$ a la fuerza sobre la masa $m$ del anillo $dM$ con distancia $s$ es de la forma

\begin{matrix} (2.4) & \begin{aligned} d F_{r} = & - metro d METRO F (s) porque ϕ \\ \overset{(1.5)}{=} & - metro \frac{METRO}{2} \frac{s d s}{r R} F (s) porque ϕ \\ \overset{(2.3)}{=} & - \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} d s F (s) (s^{2} + r^{2} - R^{2}) \\ \overset{(2.2)}{=} & \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} d s [W^{'} (s) + (r^{2} - R^{2}) {tu}^{'} (s)] . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}dF_r~=~& -m~dM~f(s)~\cos\phi\cr ~\stackrel{(1.5)}{=}& -m~\frac{M}{2}\frac{s~ds}{rR}~f(s)~\cos\phi \cr ~\stackrel{(2.3)}{=}&-\frac{mM}{4r^2R}~ds~f(s)~(s^2+r^2-R^2)\cr ~\stackrel{(2.2)}{=}&\frac{mM}{4r^2R}~ds\left[W^{\prime}(s)+(r^2-R^2)u^{\prime}(s)\right].\end{align}\tag{2.4}$

La fuerza radial total debe ser independiente de $R$ :

\begin{matrix} (2.5) & \begin{aligned} F_{r} (r) = & \int d F_{r} \\ \overset{(2.4)}{=} & \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} \int_{r - R}^{r + R} d s [W^{'} (s) + (r^{2} - R^{2}) {tu}^{'} (s)] \\ = & \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} [W (r + R) - W (r - R) + (r^{2} - R^{2}) (tu (r + R) - tu (r - R))] \\ = & \frac{metro METRO}{2 r^{2}} [W^{'} (r) + \frac{R^{2}}{6} W^{'''} (r) + (r^{2} - R^{2}) ({tu}^{'} (r) + \frac{R^{2}}{6} {tu}^{'''} (r)) + O (R^{4})] \\ = & \frac{metro METRO}{2} [\underset{= - 2 F (r)}{\underset{⏟}{r^{- 2} W^{'} (r) + {tu}^{'} (r)}} + R^{2} (\dots) + O (R^{4})] . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}F_r(r)~=~&\int \! dF_r\cr ~\stackrel{(2.4)}{=}&\frac{mM}{4r^2R}~\int_{r-R}^{r+R} \! ds\left[W^{\prime}(s)+(r^2-R^2)u^{\prime}(s)\right] \cr ~=~&\frac{mM}{4r^2R}\left[W(r\!+\!R)-W(r\!-\!R)+(r^2-R^2)\left(u(r\!+\!R)-u(r\!-\!R)\right)\right] \cr ~=~&\frac{mM}{2r^2}\left[W^{\prime}(r)+\frac{R^2}{6}W^{\prime\prime\prime}(r)+(r^2-R^2)\left(u^{\prime}(r)+\frac{R^2}{6}u^{\prime\prime\prime}(r)\right)+{\cal O}(R^4)\right]\cr ~=~&\frac{mM}{2}\left[\underbrace{r^{-2}W^{\prime}(r)+u^{\prime}(r)}_{=~-2f(r)}+R^2 (\ldots)+{\cal O}(R^4)\right].\end{align} \tag{2.5}$

Por lo tanto las elipses $(\ldots)$ en la ec. (2.5) debe desaparecer:

\begin{matrix} (2.6) & \begin{aligned} 0 = & (\dots) \\ \overset{(2.5)}{=} & \frac{W^{'''} (r)}{6 r^{2}} - \frac{{tu}^{'} (r)}{r^{2}} + \frac{{tu}^{'''} (r)}{6} \\ \overset{(2.2)}{=} & - \frac{1}{6 r^{2}} \frac{d^{2} (r^{2} F (r))}{d r^{2}} + \frac{F (r)}{r^{2}} - \frac{F^{''} (r)}{6} \\ = & \frac{1}{3} (\frac{2 F (r)}{r^{2}} - \frac{2 F^{'} (r)}{r} - F^{''} (r)) \\ = & - \frac{d}{d r} (\frac{1}{3 r^{2}} \frac{d (r^{2} F (r))}{d r}) \\ \overset{(2.2)}{=} & \frac{d}{d r} (\frac{W^{''} (r)}{3 r^{2}}) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}0~=~&(\ldots) \cr ~\stackrel{(2.5)}{=}& \frac{W^{\prime\prime\prime}(r)}{6r^2}- \frac{u^{\prime}(r)}{r^2} +\frac{u^{\prime\prime\prime}(r)}{6} \cr ~\stackrel{(2.2)}{=}& -\frac{1}{6r^2}\frac{d^2(r^2f(r))}{dr^2}+ \frac{f(r)}{r^2} -\frac{f^{\prime\prime}(r)}{6} \cr ~=~& \frac{1}{3}\left( \frac{2f(r)}{r^2}-\frac{2f^{\prime}(r)}{r} -f^{\prime\prime}(r)\right)\cr ~=~& -\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{3r^2} \frac{d(r^2f(r))}{dr}\right)\cr ~\stackrel{(2.2)}{=}& \frac{d}{dr}\left(\frac{W^{\prime\prime}(r)}{3r^2}\right).\end{align} \tag{2.6}$

Por lo tanto

\begin{matrix} (2.7) & W^{''} (r) \overset{(2.6)}{\propto} r^{2}, \end{matrix}

$W^{\prime\prime}(r)~\stackrel{(2.6)}{\propto}~r^2 ,\tag{2.7}$

así que eso

\begin{matrix} (2.8) & W^{'} (r) \overset{(2.7)}{=} α r^{3} + β . \end{matrix}

$W^{\prime}(r)~\stackrel{(2.7)}{=}~\alpha r^3+\beta. \tag{2.8}$

O en términos de la fuerza específica

\begin{matrix} (2.9) & - F (r) \overset{(2.2)}{=} \frac{W^{'} (r)}{r^{2}} \overset{(2.8)}{=} α r + \frac{β}{r^{2}} . \end{matrix}

$-f(r)~\stackrel{(2.2)}{=}~\frac{W^{\prime}(r)}{r^2}~\stackrel{(2.8)}{=}~\alpha r+\frac{\beta}{r^2}. \tag{2.9}$

◻

$\Box$

Entonces, ¿podemos entender este resultado (2.9) intuitivamente? Sí:

La ley de Coulomb proviene de la ley de Gauss .
La ley de Hooke $\vec{f}(\vec{r})=-k\vec{r}$ funciona para cada masa extendida $M$ (no necesariamente un caparazón esféricamente simétrico) que es invariante bajo la reflexión de un punto espacial $\vec{R}\to -\vec{R}$ . Esto se sigue de la linealidad: dos antípodas $\vec{f}(\vec{r}\!+\!\vec{R})+\vec{f}(\vec{r}\!-\!\vec{R})=2\vec{f}(\vec{r})$ contribuye tanto como el doble del punto medio (= centro).

qmecanico · Answer 4

Teorema de capa inversa para una masa puntual interior :

Suponga que la fuerza ${\bf F}_{12}$ entre dos masas puntuales $m_1$ y $m_2$ es colineal con la diferencia de posiciones ${\bf r}_{12}:={\bf r}_1-{\bf r}_2$ , es central, y la magnitud
$\begin{matrix} (*) & | F_{12} | = {metro}_{1} {metro}_{2} F (| r_{12} |) \end{matrix}$ $|{\bf F}_{12}|=m_1m_2 f(|{\bf r}_{12}|)\tag{*}$ es proporcional a las dos masas puntuales. Llamamos a la función $f(|{\bf r}_{12}|)$ la fuerza específica.

Suponga además que la fuerza total entre una masa extendida esféricamente simétrica $M$ y una masa puntual interior $m$ desaparecer.

Entonces la fuerza especifica $f$ es un cuadrado inverso/ fuerza de gravedad newtoniana .

Prueba esbozada: usamos la misma notación que la página de Wikipedia y mi otra respuesta de Phys.SE. Consideramos el interior de una capa delgada, es decir $r\leq R$ .

La fuerza radial total debe ser cero:

\begin{matrix} (3.1) & \begin{aligned} 0 = & F_{r} (r) \\ = & \int d F_{r} \\ \overset{(2.4)}{=} & \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} \int_{R - r}^{R + r} d s [W^{'} (s) + (r^{2} - R^{2}) {tu}^{'} (s)] \\ = & \frac{metro METRO}{4 r^{2} R} [W (R + r) - W (R - r) + (r^{2} - R^{2}) (tu (R + r) - tu (R - r))] \\ = & \frac{metro METRO}{2 r R} [W^{'} (R) + \frac{r^{2}}{6} W^{'''} (R) + (r^{2} - R^{2}) ({tu}^{'} (R) + \frac{r^{2}}{6} {tu}^{'''} (R)) + O (r^{4})] \\ = & \frac{metro METRO}{2 r R} [\underset{= 0}{\underset{⏟}{W^{'} (R) - R^{2} {tu}^{'} (R)}} + r^{2} (\dots) + O (r^{4})] . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} 0~=~&F_r(r)\cr ~=~&\int \! dF_r\cr \stackrel{(2.4)}{=}&\frac{mM}{4r^2R}~\int_{R-r}^{R+r} \! ds\left[W^{\prime}(s)+(r^2-R^2)u^{\prime}(s)\right]\cr ~=~&\frac{mM}{4r^2R}\left[W(R\!+\!r)-W(R\!-\!r)+(r^2-R^2)\left(u(R\!+\!r)-u(R\!-\!r)\right)\right] \cr ~=~&\frac{mM}{2rR}\left[W^{\prime}(R)+\frac{r^2}{6}W^{\prime\prime\prime}(R)+(r^2-R^2)\left(u^{\prime}(R)+\frac{r^2}{6}u^{\prime\prime\prime}(R)\right)+{\cal O}(r^4)\right]\cr ~=~&\frac{mM}{2rR}\left[\underbrace{W^{\prime}(R)-R^2u^{\prime}(R)}_{=~0}+r^2 (\ldots)+{\cal O}(r^4)\right].\end{align}\tag{3.1}$

En particular, la elipsis $(\ldots)$ en la ec. (3.1) debe desaparecer:

\begin{matrix} (3.2) & \begin{aligned} 0 = & (\dots) \\ \overset{(3.1)}{=} & \frac{W^{'''} (R)}{6} + {tu}^{'} (R) - R^{2} \frac{{tu}^{'''} (R)}{6} \\ \overset{(2.2)}{=} & - \frac{1}{6} \frac{d^{2} (R^{2} F (R))}{d R^{2}} - F (R) + R^{2} \frac{F^{''} (R)}{6} \\ = & - \frac{2}{3} (2 F (R) + R F^{'} (R)) \\ = & - \frac{2}{3 R} \frac{d (R^{2} F (R))}{d R} \\ \overset{(2.2)}{=} & \frac{2 W^{''} (R)}{3 R} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} 0~=~&(\ldots) \cr ~\stackrel{(3.1)}{=}& \frac{W^{\prime\prime\prime}(R)}{6}+ u^{\prime}(R) -R^2\frac{u^{\prime\prime\prime}(R)}{6} \cr ~\stackrel{(2.2)}{=}&-\frac{1}{6}\frac{d^2(R^2f(R))}{dR^2}-f(R)+R^2\frac{f^{\prime\prime}(R)}{6}\cr ~=~&-\frac{2}{3}\left(2f(R) +Rf^{\prime}(R)\right)\cr ~=~&-\frac{2}{3R}\frac{d(R^2f(R))}{dR}\cr ~\stackrel{(2.2)}{=}&\frac{2W^{\prime\prime}(R)}{3R}.\end{align}\tag{3.2}$

Por lo tanto

\begin{matrix} (3.3) & W^{'} (R) \overset{(3.2)}{=} C o norte s t a norte t, \end{matrix}

$W^{\prime}(R)~\stackrel{(3.2)}{=}~ {\rm constant},\tag{3.3}$

y por lo tanto la fuerza especifica

\begin{matrix} (3.4) & F (R) \overset{(2.2)}{=} - \frac{W^{'} (R)}{R^{2}} \overset{(3.3)}{\propto} R^{- 2} \end{matrix}

$f(R)~\stackrel{(2.2)}{=}~-\frac{W^{\prime}(R)}{R^2}~\stackrel{(3.3)}{\propto}~ R^{-2}\tag{3.4}$

es una fuerza del cuadrado inverso. $\Box$

Gracias Qmecánico por ayudarme hasta aquí. Ahora bien, ¿cómo demostraremos lógicamente que $f(R)=kR^{-2}$ es la única solución, es decir, no hay otras soluciones. Has demostrado en tu respuesta. No lo creo. ¿Estoy en lo correcto o incorrecto? Eche un vistazo a math.stackexchange.com/q/3612111
Sí, esta respuesta prueba que $f(r)=kr^{-2}$ es la única solución.
Qmechanic: Creo que la lógica es la siguiente: (Por favor, señale si me equivoco) $Supongamos que existe norte soluciones F_{1} (R) = k R^{- 2}, F_{2} (R), F_{3} (R), . . . . . ., F_{norte} (R)$ $\text{Suppose there exists $n$ solutions ${f_1(R)=kR^{-2}, f_2(R), f_3(R),......,f_n(R)} $}$ $solo lo has probado F_{1} (R) = k R^{- 2}$ $\text{You have only proved that $f_1(R)=kR^{-2}$ }$ $Así que a continuación tenemos que probar norte = 1, es decir, sólo existe uno F (R) = k R^{- 2}$ $\text{So next we have to prove $n=1$, i.e. there exists only one $f(R)=kR^{-2}$}$
$f(r)=kr^{-2}$ no es una suposición en mi prueba; es una conclusión.
empezaste desde $F=0$ y alcanzó $f(r)=kr^{-2}$ . Ahora, ¿qué pasa si empezamos desde $F=0$ y por un enfoque diferente, llegamos a $f(r)=f_2(r)$ . Después $f(r)=kr^{-2}$ y $f(r)=f_2(r)$ ambas serán soluciones. ¿Cómo podemos eliminar la posibilidad de que podamos obtener $f(r)$ otro que $kr^{-2}$ ?

El inverso del teorema de la capa de Newton

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Obtener 2 respuestas diferentes al encontrar la constante de resorte kkk cuando la gravedad está involucrada

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En f=−∇uf=−∇u\textbf{f} = -\boldsymbol{\nabla} u, ¿cuál es uuu?

¿Fuerza centrífuga en el problema de los dos cuerpos?

Discontinuidad en el potencial gravitacional

Energía potencial interna y distancia relativa de la partícula

¿Cuál es la intuición detrás de "Net Work is Zero"?

¿La gravedad ejerce una fuerza mayor sobre una masa a medida que avanza desde un cuerpo gravitacional hasta un límite definido?