¿La energía de enlace gravitacional y la energía potencial integrada no son lo mismo?

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¿La energía de enlace gravitacional y la energía potencial integrada no son lo mismo?

basureroDoofus

Antes de buscar la fórmula para la energía de enlace gravitacional de una esfera uniforme, simplemente pensé que la fórmula general para la energía de enlace de una distribución de masa de forma arbitraria sería $\left\langle V,\rho\right\rangle$ , dónde $V$ es el potencial en función del espacio debido a la distribución, $\rho$ es la distribución de densidad en función del espacio, y $\left\langle ,\right\rangle$ es el producto interior (es decir, integral sobre todo el espacio).

Avanzando para el caso especial de una esfera uniforme de densidad $\rho$ y radio $R$ , utilicé el conocido resultado para el potencial dentro de una esfera de densidad uniforme,

V (r) = \frac{2}{3} π GRAMO ρ (r^{2} - 3 R^{2}) para r \leq R .

$V(r)=\frac{2}{3}\pi G\rho(r^{2}-3R^{2})\mbox{ for }r\leq R.$ Luego calculé el producto interno,

⟨ V, ρ ⟩ = \int_{0}^{R} r^{2} d r \int_{0}^{π} pecado (θ) d θ \int_{0}^{2 π} d ϕ V (r) ρ = - \frac{32}{15} GRAMO π^{2} R^{5} ρ^{2} = - \frac{6 GRAMO {METRO}^{2}}{5 R},

$\left\langle V,\rho\right\rangle =\int_{0}^{R}r^{2}dr\int_{0}^{\pi}\mbox{sin}(\theta)d\theta\int_{0}^{2\pi}d\phi V(r)\rho=-\frac{32}{15}G\pi^{2}R^{5}\rho^{2}=-\frac{6GM^{2}}{5R},$ que es el doble del resultado correcto,

\frac{- 3 G M^{2}}{5 R}

$\frac{-3GM^{2}}{5R}$ . (La última igualdad se sigue de

ρ = \frac{M}{4 / 3 π R^{3}}

$\rho=\frac{M}{4/3\pi R^{3}}$ ).

Entiendo completamente la prueba geométrica de que la energía de enlace de una esfera es $\frac{-3GM^{2}}{5R}$ que procede moviendo sucesivamente las conchas desde el infinito, pero estaba un poco confundido cuando el enfoque del producto interno dio un factor adicional de 2. Mi pregunta es la siguiente:

Es el factor adicional de dos en $\left\langle V,\rho\right\rangle$ debido a la doble contabilización de las energías de interacción?
Si es así, ¿es la fórmula correcta para la energía de enlace de una distribución de masa arbitraria $U=\frac{1}{2}\left\langle V,\rho\right\rangle$ ?

Estoy tratando de estimar la energía total liberada cuando dos planetas que apenas se tocan colapsan para formar una sola esfera grande, y en el curso de la derivación surgió este problema. ¡Cualquier ayuda que explique el factor adicional de 2 sería muy apreciada!

Respuestas (1)

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Brian polillas · Answer 1

Tienes razón en que el factor de $\frac{1}{2}$ es de doble conteo. Para ver esto supongamos que tenemos dos objetos $A$ y $B$ , con densidades $\rho_A$ y $\rho_B$ por lo que la densidad total es $\rho$ . El potencial $V$ es una suma del potencial $V_A$ del objeto $A$ y $V_B$ del objeto $B$ . Ahora vamos a evaluar la energía usando tu fórmula. Obtenemos

mi = ⟨ ρ, V ⟩ = ⟨ ρ_{A} + ρ_{B}, V_{A} + V_{B} ⟩ = ⟨ ρ_{A}, V_{A} ⟩ + ⟨ ρ_{A}, V_{B} ⟩ + ⟨ ρ_{B}, V_{A} ⟩ + ⟨ ρ_{B}, V_{B} ⟩

$E = \langle \rho , V \rangle = \langle \rho_A + \rho_B , V_A + V_B \rangle = \\ \langle \rho_A , V_A \rangle+\langle \rho_A , V_B \rangle+\langle \rho_B , V_A \rangle+\langle \rho_B , V_B \rangle$

Ahora $\langle \rho_A , V_A \rangle$ y $\langle \rho_B , V_B \rangle$ son las propias energías gravitatorias de los objetos $A$ y $B$ (De todos modos, de acuerdo con su fórmula, en realidad debería haber un factor de la mitad). Asimismo, los términos $\langle \rho_A , V_B \rangle$ y $\langle \rho_B , V_A \rangle$ son iguales, básicamente porque el $\nabla^{2}$ El operador es simétrico.

Ahora preguntamos qué sucede cuando comenzamos con el objeto $A$ y traer objeto $B$ desde el infinito? No se realiza trabajo sobre el objeto. $A$ ya que no se mueve. El trabajo realizado sobre el objeto $B$ es $\langle \rho_B , V_A \rangle$ . Sin embargo, su fórmula predice el doble de este cambio de energía, porque tiene ambos $\langle \rho_A , V_B \rangle$ y $\langle \rho_B , V_A \rangle$ . Esta es exactamente la manifestación de la doble contabilidad. Este problema se resuelve por el factor de $\frac{1}{2}$ .

En realidad, el factor de 1/2 surgió cuando estaba calculando la energía propia de una sola esfera, no de dos que interactúan. Pero básicamente, ¿está diciendo que la fórmula para la autoenergía gravitatoria es siempre 1/2*<V,rho>? Gracias por responder por cierto.
Estaba tratando de convencerte de que si no tienes un factor de la mitad estás contando dos veces. Tu única esfera se puede dividir en dos medias esferas, ya sabes. Otra forma de decirlo es imaginar el trabajo requerido para aumentar la carga de $0$ a $\rho_0$ . la energía es $E=\int dE = \int \langle V, d \rho \rangle = \int \langle \nabla^{-2} \rho, d \rho \rangle = \int_0^1 \langle \nabla^{-2} \alpha \rho_0, d \alpha \rho_0 \rangle = \langle \nabla^{-2} \rho_0 , \rho_0 \rangle \int_0^1 \alpha d \alpha = \frac{1}{2} \langle V , \rho_0 \rangle$
Interesante. Creo que lo entiendo ahora. Y cuando dices el $\nabla^{2}$ operador es simétrico, ¿quiere decir que es un operador autoadjunto y, por lo tanto, podemos trasladarlo de un lado del producto interno al otro para obtener la equivalencia de los términos cruzados?

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basureroDoofus

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