¿Por qué la Tierra es tan gorda?

El error es que asume que la distribución de densidad es "casi esféricamente simétrica". Está lo suficientemente lejos de la simetría esférica si desea calcular los efectos de subdirección de primer orden, como la protuberancia ecuatorial. Si su objetivo es calcular las desviaciones del nivel del mar fuera de la simetría esférica (al primer orden), es inconsistente ignorar las correcciones igualmente grandes de primer orden a la simetría esférica en el otro lado: la fuente de gravedad. En otras palabras, el término$hg$en tu potencial está mal.

Solo imagine que la Tierra es un elipsoide con una protuberancia ecuatorial, no gira y no hay agua en la superficie. ¿Cuál sería el potencial en la superficie o el potencial a una distancia fija del centro del elipsoide? Ha asumido de facto que, en este caso, sería$-GM/R+h(\theta)g$dónde$R$es el radio fijo de la Tierra (de una distribución de materia esférica) y$R+h(\theta)$es la distancia real de la sonda desde el origen (centro de la Tierra). Sin embargo, con este Ansatz, solo ha reconocido la distancia variable de la sonda desde una fuente de gravedad esféricamente simétrica: aún ha ignorado la contribución de la protuberancia a la no esfericidad del campo gravitatorio.

Si incluye la corrección no esféricamente simétrica del campo gravitatorio de la Tierra,$hg$cambiará aproximadamente a$hg-hg/2=hg/2$, y correspondientemente, la protuberancia requerida$\Delta h$tendrá que duplicarse para compensar el potencial de rotación. Una explicación heurística del factor de$1/2$es que el verdadero potencial sobre un elipsoide depende de "algo intermedio" entre la distancia desde el centro de masa y la distancia desde la superficie. En otras palabras, una "superficie de potencial constante" alrededor de una fuente elipsoidal de materia está "exactamente entre" la superficie real del elipsoide y la esférica.$R={\rm const}$superficie.

Intentaré agregar fórmulas más precisas para el campo gravitacional del elipsoide en una versión actualizada de esta respuesta.

Actualización: campo gravitatorio de un elipsoide

He verificado numéricamente que el campo gravitatorio del elipsoide tiene exactamente el efecto de reducción a la mitad que esbocé anteriormente, usando un código de Monte Carlo Mathematica, para evitar integrales dobles que podrían calcularse analíticamente, pero hasta ahora lo encontré molesto.

Tomé millones de puntos aleatorios dentro de un elipsoide alargado con "radios"$(r_x,r_y,r_z)=(0.9,0.9,1.0)$; tenga en cuenta que la diferencia entre los dos radios es$0.1$. El valor medio de$1/r$, la distancia inversa entre el punto aleatorio del elipsoide y un punto elegido sobre el elipsoide, es$0.05=0.1/2$menor si el punto elegido está por encima del ecuador que si está por encima de un polo, suponiendo que la distancia desde el origen es la misma para ambos puntos elegidos.

Código:

{xt, yt, zt} = {1.1, 0, 0};

runs = 200000;
totalRinverse = 0;
total = 0;

For[i = 1, i < runs, i++,
 x = RandomReal[]*2 - 1;
 y = RandomReal[]*2 - 1;
 z = RandomReal[]*2 - 1;
 inside = x^2/0.81 + y^2/0.81 + z^2 < 1;
 total = If[inside, total + 1, total];
 totalRinverse = 
  totalRinverse + 
   If[inside, 1/Sqrt[(x - xt)^2 + (y - yt)^2 + (z - zt)^2], 0];
]

res1 = N[total/runs / (4 Pi/3/8)]
res2 = N[totalRinverse/runs / (4 Pi/3/8)]
res2/res1

Descripción

Use el código de Mathematica anterior: su objetivo es calcular una sola constante puramente numérica debido a la proporcionalidad de la no esfericidad del campo gravitacional al bulto; masa; La constante de Newton es evidente. El número final que imprime el código es el valor promedio de$1/r$. Si se elige {1.1, 0, 0} en lugar de {0, 0, 1.1} al principio, el programa genera 0.89 en lugar de 0.94. Eso prueba que el potencial gravitatorio del elipsoide se comporta como$-GM/R - hg/2$a distancia$R$del origen donde$h$es la altura local de la superficie relativa a la superficie esférica idealizada.

En el código anterior, elegí el elipsoide con radios (0.9, 0.9, 1) que es un esferoide alargado (largo, con forma de palo), a diferencia de la Tierra, que está cerca de un esferoide achatado (plano, con forma de disco). Así que no te confundas con algunas señales: funcionan bien.

Bono de Isaac

Mariano C. ha señalado la siguiente solución de un autor bastante conocido:

http://books.google.com/books?id=ySYULc7VEwsC&lpg=PP1&dq=principia%20mathematica&pg=PA424#v=onepage&q&f=false

I) Llanura. Aquí nos gustaría calcular analíticamente la solución de Lubos Motl al primer orden en el parámetro de planitud$f$,

$$0~<f~:=~1-\frac{b}{a}~\approx~\frac{a}{b}-1 ~\ll~ 1, \tag{1}$$

dónde$a$y$b$son el radio ecuatorial y polar de la Tierra, respectivamente, y$a>b$. (El$\approx$de ahora en adelante el símbolo significará igualdad hasta términos de orden superior en$f$.) Suponemos que la Tierra es un elipsoide achatado masivo

$$\left(\frac{x}{a}\right)^2 + \left(\frac{y}{a}\right)^2 +\left(\frac{z}{b}\right)^2 ~\leq~ 1 \tag{2}$$

con densidad uniforme$\rho$y volumen

$$V~=~\frac{4}{3}\pi a^2 b~\approx~\frac{4}{3}\pi b^3(1+2f).\tag{3}$$

La excentricidad es

$$e~=~\sqrt{(2-f)f}~\approx~ \sqrt{2f}~\ll ~1.\tag{4}$$

II) Cuadrupolo. Supondremos que la gravedad es newtoniana. Lo que necesitamos calcular es la contribución del momento cuadripolar al potencial gravitacional

$$U_4 ~= ~\frac{x^i Q_{ij}x^j}{r^5},\tag{5}$$

Por razones de simetría, una de las direcciones principales del momento cuadripolar$Q_{ij}=Q_{ji}$debe estar a lo largo del polar$z$-eje, y las otras dos direcciones principales deben tener los mismos valores propios y estar en el ecuatorial$xy$avión. De este modo$U_4$debe ser de la forma

$$U_4 ~=~ \frac{Q_a s^2+Q_b c^2}{r^3}, \tag{6}$$

dónde$Q_a$y$Q_b$son los valores propios ecuatoriales y polares, respectivamente; donde hemos introducido la notación abreviada$s\equiv\sin(\theta)$y$c\equiv\cos(\theta)$; y donde$\theta\in[0,\pi]$es el ángulo polar. Desde el momento cuadripolar$Q_{ij}$no puede contribuir a la ley de Gauss, debemos exigir que el laplaciano$\nabla^2 U_4 = 0$desaparece, lo que lleva a que el valor propio polar sea menos dos veces el valor propio ecuatorial, $Q_b=-2Q_a$. En otras palabras,

$$U_4 ~\sim~ \frac{3c^2-1}{r^3}~=~\frac{2-3s^2}{r^3}.\tag{7}$$

Por lo tanto, basta con calcular el potencial gravitacional en un punto$P=(0,0,r)$en el polar$z$-eje, donde tenemos azimutal$U(1)$simetría$\varphi\to\varphi+\varphi_{0}$.

III) Anillo. Calculemos la contribución a la energía potencial gravitatoria de un anillo paralelo al$xy$plano y con centro$(0,0,z)$sobre el$z$-eje. debido a la$U(1)$simetría azimutal, podemos enfocarnos en un punto en el anillo con$y=0$y$x\geq 0$, y que se encuentran en el$xz$avión. Deje que este punto tenga coordenadas polares 2D$(R,\theta)$. En otras palabras, el punto tiene coordenadas 3D.$(x,y,z)=(Rs,0,Rc)$. De la ecuación de una elipse

$$\left(\frac{x}{a}\right)^2 +\left(\frac{z}{b}\right)^2 ~=~ 1, \tag{8}$$

obtenemos, después de un poco de álgebra elemental,

$$R ~\approx~ b (1 + fs^2) \quad \left\{\begin{array}{rcl}~=~ b &\mathrm{for}& \theta~=~0, \\ ~\approx~ a &\mathrm{for}& \theta~=~\frac{\pi}{2} . \end{array}\right.\tag{9}$$

A continuación, la distancia$\ell$del anillo al punto$P$viene dada por la relación del coseno

$$\ell^2 ~=~ r^2 +R^2 - 2rRc ~\approx~ r^2 +b^2(1 + 2fs^2) - 2rb(1 + fs^2)c$$ $$~=~(r^2 +b^2 -2rbc) +2fbs^2(b-rc).\tag{10}$$

El área superficial "exterior" del anillo es

$$dA ~=~ 2\pi Rs \cdot R d\theta ~\approx~ 2\pi b^2(1 + 2fs^2) (-dc), \tag{11}$$

con espesor infinitesimal "radial"

$$dR ~\approx~ (1 + fs^2) db.\tag{12}$$

Entonces el volumen del anillo es

$$d^2V ~=~ dA \ dR ~\approx~ 2\pi b^2db(1 + 3fs^2) (-dc). \tag{13}$$

(Eventualmente queremos integrar sobre el ángulo polar$\theta$de$0$a$\pi$. Esto corresponde a integrar sobre$c\equiv\cos(\theta)$de$1$a$-1$en la dirección negativa. Por lo tanto$dc<0$es negativo.)

IV) Potencial. La contribución del anillo a la energía potencial gravitacional.$d^2 U$en el punto$P$es

$$d^2 U ~=~ -G \frac{d^2 M}{\ell} ~=~ - G\rho \frac{d^2 V}{\ell} ~\approx~ G\rho\frac{2\pi b^2db(1 + 3fs^2) dc}{\sqrt{(r^2 +b^2 -2rbc) +2fbs^2(b-rc)}}$$ $$~\approx~ G\rho2\pi b^2db\ dc\left(\frac{1 + 3f(1-c^2)}{\sqrt{r^2 +b^2 -2rbc}}- \frac{1}{2} \frac{2fb(1-c^2)(b-rc)}{(r^2 +b^2 -2rbc)^{\frac{3}{2}}}\right).\tag{14}$$

Integración sobre coseno$c$del ángulo polar$\theta\in[0,\pi]$para formar rendimientos de caparazón delgado (con la ayuda del programa MAPLE)

$$dU ~=~ \int_{c=1}^{c=-1} d^2 U ~\approx~ -G\rho\frac{4\pi b^2db}{r}\left( (1+3f) -f( 1+ \frac{2b^2}{5r^2}) - \frac{4fb^2}{15r^2}\right)$$ $$~=~ -G\rho\frac{4\pi b^2db}{r}\left( (1+2f) - \frac{2fb^2}{3r^2}\right).\tag{15}$$

A continuación integramos sobre$b$para obtener el potencial polar de un elipsoide masivo

$$U ~=~ \int^{b} dU ~\approx~ -G\rho\frac{4\pi b^3}{3r}\left( (1+2f) - \frac{2fb^2}{5r^2}\right) ~=~U_1+U_{4b}.\tag{16}$$

V) Monopolo y cuadrupolo. el primer termino$U_1$es, por supuesto, precisamente el potencial monopolo

$$U_1(r)~=~-\frac{GM}{r},\tag{17}$$

y el segundo termino$U_{4b}$es el potencial del cuadrupolo polar

$$U_{4b}~\approx~-\frac{2fb^2}{5r^2}U_1.\tag{18}$$

Así sabemos que el potencial de cuadrupolo gravitacional en un punto arbitrario (no necesariamente en el$z$-eje) es

$$U_{4}(r)~\approx~-\frac{(2-3s^2)fR^2}{5r^2}U_1(r),\tag{19}$$

y el potencial gravitatorio total es

$$U(r) ~\approx~ U_1(r)+U_4(r) ~\approx~ -\frac{GM}{r}\left(1 - \frac{(2-3s^2)fR^2}{5r^2}\right). \tag{20}$$

VI) Superficie. A partir de ahora, consideremos sólo puntos$P$con

$$r~=~R~\approx~ b (1 + fs^2)\tag{21}$$

en la superficie de la Tierra con forma de elipsoide. Entonces el potencial monopolar en$P$se convierte

$$U_1(R)~ \approx~ -(1- fs^2)\frac{GM}{b}, \tag{22}$$

mientras que el potencial cuadripolar en$P$se convierte

$$U_4(R) ~\approx~ \frac{f(2-3s^2)}{5}\frac{GM}{b} \tag{23}$$

de modo que todo el potencial gravitatorio en$P$se convierte

$$U(R) ~\approx~ U_1(R) + U_4(R) ~\approx~ -(1-\frac{2f(1+s^2)}{5})\frac{GM}{b}.\tag{24}$$

VII) Discusión. Usemos el polo norte como punto de referencia, es decir, restemos el potencial gravitacional$U_b(b)$en el polo norte. Entonces el potencial gravitacional en$P$se convierte

$$U(R)- U_b(b) ~\approx~ \frac{2fs^2}{5} \frac{GM}{b}~\approx~ \frac{2}{5}g hs^2,\tag{25}$$

dónde

$$h~:~=~a-b~=~fa~ \approx~ fb ~>~0\tag{26}$$

es la diferencia entre los radios ecuatorial y polar, y

$$g~=~ |\vec{\nabla} U(R)| ~=~ \left. \frac{\partial U(r)}{\partial r}\right|_{r=R}+{\cal O}(f) ~=~ \frac{GM}{R^2}+{\cal O}(f).\tag{27}$$

Ahora debemos agregar el potencial centrífugo

$$V ~=~ -\frac{(\omega Rs)^2}{2}. \tag{28}$$

A la orden en$f\ll 1$que estamos trabajando, vemos que el potencial total$U(R)+V$es constante (independiente del punto de la superficie$P$), si

$$\frac{2}{5}gh~=~\frac{(\omega R)^2}{2}. \tag{29}$$

Conclusión: Encontramos un factor$\color{Red}{\frac{2}{5}}$a diferencia del argumento original del monopolo de Mark Eichenlaub.

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Actualización: medio año después de que se publicara esta respuesta en Phys.SE, el 18 de noviembre de 2011, la página de Wikipedia cambió su expresión matemática enumerada para el parámetro de planitud a$\frac{h}{R}\approx f\approx\frac{5}{4}\frac{\omega^2R}{g}$, y ahora está totalmente de acuerdo con esta respuesta.

Hubo algunas dudas sobre la respuesta de Lubos (que acepté), por lo que esto es solo una verificación.

Copié el método descrito por Lubos y encontré la diferencia de potencial para un elipsoide con diferentes excentricidades. Efectivamente, para un esferoide achatado, si hace que la distancia entre el centro y el ecuador sea una fracción$e$mayor que la distancia entre el centro y el polo, el potencial es aproximadamente una fracción$e/2$menor en el ecuador.

Para hacer todo el problema, tendríamos que tener en cuenta la densidad variable de la Tierra, pero como una estimación aproximada, esto parece funcionar.

Por ejemplo, para el esferoide achatado

$$\left(\frac{x}{1.01}\right)^2 + \left(\frac{y}{1.01}\right)^2 + z^2 < 1$$

el valor medio de$1/r$en$(0,0,1)$es alrededor de .996, y el promedio en$(1.01,0,0)$es aproximadamente .991.

Código de Python a continuación (disculpe la afición)

import random
import math

points = 10000000
e = .01
rad = 1+e
diam = 2*rad

pot= 0
count = 0
for i in range(1,points):
    x = diam*random.random()-rad
    y = diam*random.random()-rad
    z = diam*random.random()-rad
    r = math.sqrt((x-rad)*(x-rad)+y*y+z*z)
    if x*x/(rad*rad)+y*y/(rad*rad) + z*z < 1:
        pot = pot + 1/r
        count = count + 1

print pot/count

pot2 = 0
count = 0
for j in range(1,points):
    x = diam*random.random()-rad
    y = diam*random.random()-rad
    z = diam*random.random()-rad
    r = math.sqrt(x*x+y*y+(z-1.0)*(z-1.0))
    if x*x/(rad*rad)+y*y/(rad*rad) + z*z < 1:
        pot2 = pot2 + 1/r
        count = count + 1

print pot2/count

Comience con el potencial gravitacional no perturbado para una esfera uniforme de masa M y radio R, interior y exterior:

$$\phi^0_\mathrm{in} = {-3M \over 2R} + {M\over 2R^3} (x^2 + y^2 + z^2)$$ $$\phi^0_\mathrm{out} = {- M\over r}$$

Agrega una perturbación de cuadrupolo, obtienes

$$\phi_\mathrm{in} = \phi^0_\mathrm{in} + {\epsilon M\over R^3} D$$ $$\phi_\mathrm{out} = \phi^0_\mathrm{out} + {M\epsilon R^2\over r^5} D$$

$$D = x^2 + y^2 - 2 z^2$$

Los factores de escala de M y R son solo para hacer$\epsilon$adimensional, la caída de$D\over r^5$es solo para que la solución exterior resuelva la ecuación de Laplace, y el emparejamiento de las soluciones es para asegurar que en cualquier elipsoide cerca de la esfera de radio R, las dos soluciones son iguales al orden$\epsilon$. La razón por la que esto funciona es porque el$\phi^0$las soluciones se igualan tanto en valor como en primera derivada en x=R, por lo que se mantienen igualados en valor al orden principal incluso cuando se alejan de una esfera. El orden$\epsilon$Los términos del cuadrupolo son iguales en la esfera y, por lo tanto, coinciden con el orden principal.

El elipsoide que elegiré resuelve la ecuación:

$$r^2 + \delta D = R^2$$

El diámetro z se incrementa en una fracción$\delta$, mientras que el diámetro x disminuyó en$\delta/2$. De modo que la relación entre el radio polar y el ecuatorial es$3\delta/2$. A orden de salida

$$r = R + {\delta D \over 2R}$$

Ya igualamos los valores de las soluciones interior y exterior, pero necesitamos igualar las derivadas. tomando la "d":

$$d\phi_\mathrm{in} = {M\over R^3} (rdr) + {\epsilon M\over R^3} dD$$ $$d\phi_\mathrm{out} = {M\over r^3} (rdr) + {MR^2\epsilon \over r^5} dD - {5\epsilon R^2 M\over r^7} (rdr)$$

$$rdr = x dx + y dy + z dz$$ $$dD = 2 x dx + 2ydy - 4z dz$$

A primer orden en$\epsilon$, solo el primer término de la segunda ecuación se modifica por el hecho de que r no es constante en el elipsoide. Especializando a la superficie del elipsoide:

$$d\phi_\mathrm{out}|_\mathrm{ellipsoid} = {M\over R^3} (rdr) + {3\delta \over 2 R^5}(rdr) + {\epsilon M \over R^3} dD - {5\epsilon M \over R^5} (rdr)$$

Igualando las derivadas in y out, las partes proporcionales a$dD$cancelar (como deben--- las derivadas tangenciales son iguales porque las dos funciones son iguales en el elipsoide). El resto debe cancelar también, así que

$${3\over 2} \delta = 5 \epsilon$$

Entonces encuentras la relación entre$\delta$y$\epsilon$. La solución para$\phi_\mathrm{in}$da

$$\phi_\mathrm{in} + {3M\over 2R} = {M\over 2R^3}( r^2 + {3\over 5} \delta D )$$

Lo que significa, mirando la ecuación entre paréntesis, que las equipotenciales están un 60% tan aplastadas como el elipsoide.

Ahora hay una condición de que esto se equilibre por rotación, lo que significa que el elipsoide es equipotencial una vez que agrega el potencial centrífugo:

$$- {\omega^2\over 2} (x^2 + y^2) = -{\omega^2 \over 3} (x^2 + y^2 + z^2) -{\omega^2\over 6} (x^2 + y^2 - 2z^2)$$

para hacer el$\delta$equipotencial elipsoide requiere que$\omega^2\over 6$es igual al resto${2\over 5} {M\over 2R^2}$, para que, llamando$M\over R^2$(la aceleración de la gravedad) por el nombre "g", y$\omega^2 R$por el nombre "C" (centrífugo)

$$\delta = {5\over 6} {C \over g}$$

La diferencia real en diámetros ecuatoriales y polares se encuentra multiplicando por 3/2 (ver arriba):

$${3\over 2} \delta = {5\over 4} {C\over g}$$

en lugar de la estimación ingenua de${C\over 2g}$. Entonces, la estimación ingenua se multiplica por dos y medio para una esfera giratoria de densidad uniforme.

Interior no uniforme: modelo primitivo

La solución anterior es tanto interior como exterior para un elipsoide rotatorio uniforme, y es exacta en r, es solo orden principal en la desviación de la simetría esférica. Entonces inmediatamente se extiende para dar la forma de la Tierra para una distribución de masa interior no uniforme. La estimación con una densidad uniforme es sorprendentemente buena, y esto se debe a que existen efectos competitivos que anulan en gran medida la corrección de la densidad no uniforme.

Los dos efectos en competencia son: 1. la distribución interior es más elíptica que la superficie, porque la solución interior siente que toda la Tierra elíptica circundante la deforma, con una densidad adicional que la deforma más. 2. La elipticidad del interior es suprimida por la$1/r^3$caída de la solución cuadripolar de la ecuación de Laplace, que es$1/r^2$más rápido que el potencial habitual. Entonces, aunque el interior está algo más deformado, la caída compensa con creces, y el efecto de la densidad adicional interior es hacer que la Tierra sea más esférica, aunque no mucho.

Estos efectos competitivos son los que cambian el factor de corrección de 2,5 a 2, que en realidad es bastante pequeño teniendo en cuenta que el interior de la Tierra es extremadamente irregular, con el centro más de tres veces más denso que las partes exteriores.

La solución exacta es un poco complicada, así que comenzaré con un modelo tonto. Esto supone que la Tierra es un elipsoide uniforme de masa M y parámetro de elipticidad$\delta$, más una fuente puntual en el medio (o una esfera, no importa), lo que representa la masa extra en el interior, de masa M'. El potencial interior viene dado por superposición. Con el potencial centrífugo:

$$\phi_{int} = - {M'\over r} - {2M\over 3R} + {M\over 2R^3}(r^2 - {3\over 5} \delta D) + {\omega^2\over 2} r^2 - {\omega^2\over 6} D$$

Esto tiene la forma esquemática de esférico más cuadrupolo (incluida la fuerza centrífuga dentro de F y G)

$$\phi_{int} = F(r) + G(r) D$$

La condición de que el$\delta$elipsoide es un equipotencial se encuentra reemplazando$r$con$R - {\delta D\over 2R}$dentro de F(r), y poniendo la parte D a cero:

$${F'(R) \delta \over 2R} = G(r)$$

En este caso, obtienes la siguiente ecuación, que se reduce al caso anterior cuando$M'=0$:

$${M'\over M+M'}\delta + {M\over M+M'} (\delta - {3\over 5} \delta) = - {C\over 3 g }$$

dónde$C=\omega^2 R$es la fuerza centrífuga, y$g= {M+M'\over R^2}$es la fuerza gravitacional en la superficie. Debo señalar que la parte esférica del potencial centrífugo${\omega^2\over 2} r^2$siempre aporta un término subprincipal proporcional a$\omega^2\delta$a la ecuación y debe eliminarse. El resultado es

$${3\over 2} \delta = {1\over 2 (1 - {3\over 5} {M\over M+M'}) } {C\over g}$$

De modo que si elige que M' sea 0,2 M, obtiene la respuesta correcta, de modo que el radio ecuatorial adicional es el doble de la cantidad ingenua de${C\over 2g}$.

Esto dice que el potencial en la superficie de la Tierra solo se modifica a partir de la estimación del elipsoide uniforme al agregar una esfera con el 20% de la masa total en el centro. Esto es algo pequeño, considerando que la densidad no uniforme en el interior contiene alrededor del 25% de la masa de la Tierra (la masa perturbadora es el doble de la densidad en la mitad del radio, por lo tanto, alrededor del 25% del total). La ligera diferencia se debe a la elipticidad del núcleo.

Densidad de masa no uniforme II: solución exacta

Lo principal que se pasa por alto en lo anterior es que el centro también es no esférico y, por lo tanto, se suma a la parte no esférica D del potencial en la superficie. Este efecto contrarresta principalmente la tendencia general de la masa adicional en el centro a hacer que la superficie sea más esférica, aunque de manera imperfecta, de modo que sobra una corrección.

Se puede considerar como una superposición de elipsoides uniformes de radio medio s, con parámetro de elipticidad$\delta(s)$para$0<s<R$aumentando a medida que avanza hacia el centro. Cada uno es uniforme en el interior, con densidad de masa$|\rho'(s)|$dónde$\rho(s)$es la densidad adicional de la Tierra a una distancia s del centro, de modo que$\rho(R)=0$. Estos elipsoides se superponen encima de un elipsoide de densidad uniforme de densidad$\rho_0$igual a la densidad superficial de la corteza terrestre:

consideraré$\rho(s)$y$\rho_0$conocido, para que yo también sepa$|\rho'(s)|$, es derivada (negativa) con respecto a s, que es la densidad del elipsoide que agregas en s, y también sé:

$$M(r) = \int_0^r 4\pi \rho(s) s^2 ds$$

La cantidad$M(s)$es${1\over 4\pi}$veces la masa adicional en el interior, en comparación con una Tierra uniforme en la densidad de la corteza. Tenga en cuenta que$M(s)$no se ve afectado por la forma elipsoidal en orden principal, porque todos los elipsoides anidados son perturbaciones de cuadrupolo y, por lo tanto, contienen el mismo volumen que las esferas.

Cada uno de estos elipsoides concéntricos es en sí mismo una superficie equipotencial para el potencial centrífugo más el potencial de los elipsoides interior y exterior. Así que una vez que conoces la forma del potencial de todos estos elipsoides superpuestos, que es de la forma esférico + cuadrupolo + cuadrupolo centrífugo (la parte esférica centrífuga siempre da una corrección sublime, así que la omito):

$$\phi_\mathrm{int}(r) = F(r) + G(r) D + {\omega^2 \over 6} D$$

Sabes que cada uno de estos elipsoides anidados es un equipotencial

$$F(s - {\delta(s) \over 2s}) D + G(s) D - {\omega^2\over 6} D$$

de modo que la ecuación que exige que esto sea equipotencial en cualquier s es

$${\delta(s) F'(s) \over 2s} - G(s) + {\omega^2\over 6} = 0$$

Para encontrar la forma de F y G, primero expresa la solución interior/exterior de un elipsoide uniforme en términos de la densidad$\rho$y el radio R:

$${\phi_\mathrm{int}\over 4\pi} = - {\rho R^2\over 2} + {\rho\over 6} r^2 + {\rho \delta\over 10} D$$

$${\phi_\mathrm{ext}\over 4\pi} = - {\rho R^3 \over 3 r} + {\rho\delta R^5\over 10 r^5} D$$

Puede verificar el signo y el valor numérico de los coeficientes utilizando la regla de 3/5 para los elipsoides equipotenciales interiores, la coincidencia separada de las perturbaciones esféricas y D en r=R y el análisis dimensional. pongo un factor$4\pi$en el fondo de$\phi$de modo que el lado derecho resuelve la forma libre constante de la ecuación de Laplace.

Ahora puede superponer todos los elipsoides, configurando$\delta$en cada elipsoide para ser$\delta(s)$, configuración$\rho$en cada elipsoide para ser$|\rho'(s)|$, y$R$ser$s$. Solo voy a dar la solución interior en r (haciendo integración por partes en la parte esférica, donde sabes que la respuesta va a ser, y descartando alguna constante aditiva C) es:

$${\phi_\mathrm{int}(r)\over 4\pi} - C = {\rho_0\over 6} r^2 + {\rho_0 \delta(R)\over 10} D - {M(r)\over 4\pi r} + {1\over 10r^5} \int_0^r |\rho'(s)| \delta(s) s^5 ds D + {1\over 10} \int_r^R |\rho'(s)|\delta(s) D$$

Los primeros dos términos son la solución interior para densidad constante$\rho_0$. El tercer término es la contribución esférica total, que es igual que en el caso simétrico esférico. El cuarto término es el potencial exterior superpuesto de los elipsoides dentro de r, y el último término es el potencial interior superpuesto de los elipsoides fuera de r.

A partir de esto, puede leer las partes esféricas y cuadripolares:

$$F(r) = {\rho_0\over 6} r^2 + {M(r)\over r}$$ $$G(r) = {\rho_0\delta(R)\over 10} + {1\over 10r^5} \int_0^r |\rho'(s) |\delta(s) s^5 ds + {1\over 10} \int_r^R |\rho'(s)|\delta(s)$$

De modo que la ecuación integral para$\delta(s)$afirma que el$\delta(r)$forma es una equipotencial a cualquier profundidad.

$${F'(r)\delta(r)\over 2r} - G(r) + {\omega^2 \over 6} = 0$$

Esta ecuación se puede resolver numéricamente para cualquier perfil de masa en el interior, para encontrar el$\delta(R)$. Esto es difícil de hacer a mano, pero puede obtener información cualitativa.

Considere una perturbación elipsoidal dentro de un elipsoide de densidad uniforme. Si deja que esta masa se asiente a lo largo de una equipotencial, se asentará con la misma forma elipsoidal que la superficie, porque la solución interior para el elipsoide uniforme es cuadrática y, por lo tanto, tiene elipsoides anidados exactos de la misma forma que las equipotenciales. Pero esta densidad adicional contribuirá menos de lo que le corresponde al potencial elíptico de la superficie, disminuyendo como la tercera potencia de la relación entre el radio de la Tierra y el radio de la perturbación. Pero producirá elipses más fuertes en el interior, de modo que el interior sea siempre más elíptico que la superficie.

Modelo de núcleo oblato

La solución exacta es demasiado difícil para los cálculos con papel y lápiz, pero mirando [aquí]( http://www.google.com/imgres?hl=en&client=ubuntu&hs=dhf&sa=X&channel=fs&tbm=isch&prmd=imvns&tbnid=hjMCgNhAjHnRiM:&imgrefurl= http://www.springerimages.com/Images/Geosciences/1-10.1007_978-90-481-8702-7_100-1&docid=ijMBfCAOC1GhEM&imgurl=http://img.springerimages.com/Images/SpringerBooks/BSE%253D5898/BOK %253D978-90-481-8702-7/PRT%253D5/MediaObjects/WATER_978-90-481-8702-7_5_Part_Fig1-100_HTML.jpg&w=300&h=228&ei=ZccgUJCTK8iH6QHEuoHICQ&zoom=1&iact=hc&vpx=210&vpy=153&dur=4872&hovh=182&hovw=240&tx =134&ty=82&sig=108672344460589538944&page=1&tbnh=129&tbnw=170&start=0&ndsp=8&ved=1t:429,r:1,s:0,i:79&biw=729&bih=483 ) ,ves que es sensato modelar la Tierra como dos esferas concéntricas de radio$R$y$R_1$con masa total$M$y$M_1$y$\delta$y$\delta_1$.

voy a tomar

$$R_1 = {R\over 2}$$

y

$$M_1 = {M\over 4}$$

es decir, la esfera interior tiene 3000 km de ancho, con el doble de densidad, lo que es más o menos exacto. Superponiendo los potenciales y encontrando la ecuación para el$\delta$s (el truncamiento de dos puntos de la ecuación integral), se encuentra

$$-\delta + {3\over 5} {M_0\over M_0 + M_1} \delta + {3\over 5} {M_1\over M_0 + M_1} \delta_1 ({R_1\over R})^2 = {C\over 3g}$$

$${M_0 \over M_0 + M_1} (-\delta_1 + {3\over 5} \delta) + {M_1 \over M_0 + M_1}( -\delta_1 + {3\over 5} \delta_1) = {C\over 3g}$$

Dónde

$$g = {M_0+ M_1\over R^2}$$ $$C = \omega^2 R$$

son la fuerza gravitacional y la fuerza centrífuga por unidad de masa, como de costumbre. Usando los parámetros y definiendo$\epsilon = {3\delta\over 2}$y$\epsilon_1={3\delta_1\over 2}$, uno encuentra:

$$- 1.04 \epsilon + .06 \epsilon = {C\over g}$$ $$- 1.76 \epsilon_1 + .96 \epsilon = {C\over g}$$

(estas son fracciones decimales exactas, hay denominadores de 100 y 25). Restar las dos ecuaciones da:

$$\epsilon_1 = {\epsilon\over .91}$$

(todavía fracciones exactas) Lo que da la ecuación

$$(-1.04 + {.06\over .91} ) \epsilon = {C\over g}$$

De modo que el factor de enfrente es$.974$, en lugar del ingenuo 2. Esto da un diámetro ecuatorial de 44,3 km, en lugar de 42,73, que está lo suficientemente cerca como para que el modelo básicamente explique todo lo que querías saber.

El valor de$\epsilon_1$también es interesante, te dice que el núcleo de la Tierra es un 9% más excéntrico que el elipsoide exterior de la Tierra misma. Dado que la precisión del modelo está en el nivel del 3%, esto debería ser muy preciso.

En esta respuesta, presentaré un marco para usar y luego enmarcaré las respuestas anteriores dentro de ese marco. Permítanme resumir los valores que tenemos aquí. Usaré la misma notación (lo mejor posible) que todos los demás y Wikipedia para un esferoide achatado donde$a$es el radio ecuatorial grande.

• Mark1, método en la pregunta,$2 (a-b) = 21.6 km$
• Mark2, método en la respuesta, tiempo de respuesta pasado 5/2 para$2 (a-b) = 54.0 km$

Aquí está mi enfoque:

La masa de la tierra se puede tomar como una combinación de dos formas, una esfera interior con radio$b$y un volumen de borde, que es el esferoide achatado menos la esfera interior. La Tierra tiene una cierta densidad media definida por$\rho = M/V$, pero esto se puede dividir en dos tipos diferentes de materiales, el núcleo y la corteza. El requerimiento de masa total entonces requerirá que$M = V_{core} \rho_{core} + V_{edge} \rho_{edge}$, mientras que la densidad media de la Tierra requiere$V = V_{core} + V_{edge}$, restringiendo$a$y$b$por un grado de libertad. Al escribir un código podemos decir que$a$siempre implica$b$de acuerdo a$b=3V/(4 \pi a^2)$, la densidad de la corteza también se puede tomar para implicar la densidad del núcleo. Luego, la restricción de superficie equipotencial registra otro grado de libertad, que se puede usar para encontrar iterativamente el valor de$a$. Ilustración:

El potencial de la esfera interna es fácil. Lo escribiré para un punto en el ecuador y en el polo, combinado con los otros potenciales.

$$U_a = G \frac{M_{core}}{a} + U_{a,edge} + \frac{1}{2} \omega^2 a^2$$ $$U_b = G \frac{M_{core}}{b} + U_{b,edge}$$

Obviamente, la parte difícil es calcular el potencial de la forma del borde ridículamente irregular. Antes de eso, sin embargo, es importante pensar en las implicaciones físicas de ver el problema de esta manera. Para empezar, ¿cuáles son las densidades relevantes para la Tierra? Aquí está la densidad promedio, y luego la densidad dentro de aproximadamente 0 a 200 km de la superficie.

$$rho_{Earth} = 5520. \frac{kg}{m^3}$$ $$rho_{crust} = 3400. \frac{kg}{m^3}$$

Cuando realmente resolvamos el problema, especificaremos la densidad de la corteza, y eso implicará una densidad de la esfera central. ¿Es preciso este método? No. Lo principal que pasa por alto es que la esfera central no es una distribución de materia esféricamente simétrica. Las densidades teóricamente se estratificarán según líneas de potencial constante. En otras palabras, si hubiera un núcleo de alta densidad de la Tierra, también sería un esferoide achatado. Por esa razón, la introducción de la esfera interior pierde algunos detalles, pero este modelo aún podría ser bastante bueno.

Implementar esto es un poco complicado, como han señalado otros, pero centrar los cálculos en el volumen del borde ayuda mucho. También usé un método de Monte Carlo, pero resté el volumen central. Es decir, disparé puntos al azar en el volumen del borde de la manera más eficiente posible. Para hacer esto, utilicé un método ponderado y parece haber funcionado bien. Con 5 millones de iteraciones encontré variaciones aleatorias en el cálculo del potencial en$a$tener una desviación estándar de aproximadamente$15 m$de potencial gravitacional equivalente y alrededor$2 m$de potencial gravitatorio equivalente en$b$. La razón de la mayor desviación en$a$es porque tiene más masa cerca de él, y el muestreo fue imparcial en el plano yz para los cálculos de la$a$potencial e imparcial en el plano xy para los cálculos de la$b$potencial. De todos modos, como iteré en el$a$valor, establezco una tolerancia para$100 m$, porque esto debería ser considerablemente más alto que la variación estadística y es lo suficientemente bueno para el cálculo de la protuberancia. En resumen, este es mi método:

Para el cálculo del potencial en$a$

• Muestree dos valores aleatorios para el$y$y$z$valores entre$0$y$a$
• Si estos dos valores se encuentran fuera de la elipse de$\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}<1$luego pruebe dos nuevos valores e intente nuevamente (da algo así como una pérdida de eficiencia del 30%)
• Muestra un valor de x entre la superficie de la esfera interior y el esferoide exterior. Si el par (y,z) no cae dentro de la esfera interior, muestree entre$0$y la superficie esferoide exterior.
• Calcule el potencial entre el punto muestreado (x,y,z) y (a,0,0), usando la masa M_edge
• Repetir entre (-x,y,z) y (a,0,0)
• Calcule el peso de esta muestra como la distancia entre las dos superficies multiplicada por dos.
• El potencial en (a,0,0) es entonces el potencial total contado dividido por el peso total contado.
• Repita un método similar para encontrar el potencial en (0,0,b)
• Encuentre la raíz numéricamente para satisfacer la condición equipotencial discutida anteriormente.

Hice esto, y para los diferentes valores de la densidad de la corteza, obtuve lo siguiente.

• $\rho_{crust} = 0$, lo que implica que el campo gravitatorio es insensible a la planitud, se vuelve$2(a-b)= 21.8 \pm 0.1 km$
• $\rho_{crust} = 3400. \frac{kg}{m^3}$, un valor razonable para la densidad de la corteza, se obtiene$2(a-b) = 34.7 \pm 0.1 km$
• $\rho_{crust} = 5520. \frac{kg}{m^3}$, se obtiene una densidad completamente homogénea de la Tierra$2(a-b) = 54.0 \pm 0.1 km$

Pensé que estos son buenos resultados porque el primero y el último se acercan a las respuestas anteriores dentro del error numérico y el valor razonable para la densidad de la corteza se acerca al valor real de$42 km$.

Si alguien está interesado, puedo considerar poner el código para esto en github o algo similar. De lo contrario, es un poco más largo que los otros publicados aquí, así que por ahora evitaré abarrotar este espacio.

Miro dos modelos de una "tierra gorda":

1. un interior esféricamente simétrico con una capa superficial asférica en equilibrio hidrostático. Este análisis se generaliza a partir de la densidad constante asumida en otras respuestas y, por lo tanto, muestra la sensibilidad del aplanamiento a la densidad de la superficie. Comparo el resultado con los de varias otras respuestas.
2. Para estimar el efecto de la asfericidad interior, reviso el caso analizado por Ron Maimon de dos esferas achatadas concéntricas de densidad constante, ambas en equilibrio hidrostático. Mi cálculo muestra que el efecto del achatamiento del núcleo en el aplanamiento de la superficie es pequeño, en comparación con el impacto de un núcleo denso en la densidad promedio.

Para ambos análisis, uso el siguiente resultado: considere una capa delgada de material con densidad$\rho_s$, radio medio$r_o$y espesor

$$\delta r_s(\theta)=-\frac{2}{3}f r_o P_2(\cos \theta)$$

(Estas son coordenadas polares con$P_2 = \frac{1}{2} ( 3\cos^2 \theta -1)$, el segundo polinomio de Legendre.) Tenga en cuenta que$\Delta r_s = \delta r_s(\pi/2) - \delta r_s(0) = f r_0$, entonces$f$es el aplanamiento. Es fácil demostrar que el radio medio es de hecho$r_o$y la masa neta del caparazón es 0. (Piense en una densidad de masa superficial$\rho_s \delta r_s$, que es negativo donde$\delta r_s<0$. Ignora por el momento la afisicalidad de la masa negativa; en la práctica, esta capa se superpondrá a una esfera.)

Entonces, a primer orden en f, el campo generado por esta shell es

$$r > r_o: \phi_e(r,\theta)= \frac{2}{5} f \frac{G \rho_s V(r_o)}{r} \left( \frac{r_o}{r} \right)^2 P_2(\cos\theta)$$

$$r < r_o: \phi_e(r,\theta)= \frac{2}{5} f \frac{G \rho_s V(r_o)}{r_o} \left( \frac{r}{r_o} \right)^2 P_2(\cos\theta)$$

(Aquí$V(r) = \frac{4 \pi}{3} r^3$es el volumen de una esfera de radio$r$.) Incluyo un resumen del cálculo al final.)

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1. interior esféricamente simétrico + capa superficial

Sea la densidad media del interior$\rho_a=M/V(r_o)$y la densidad en la superficie$\rho_s$. Entonces, con la capa superficial asférica descrita anteriormente, el potencial en la superficie es (de primer orden en f):

$$\phi_s = - \frac{GM}{r_{o}}\left( 1+ \frac{2}{3} f P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} f \frac{G V(r_{o}) \rho_s}{r_{o}} P_2(\cos \theta) \\ - \frac{1}{3} \omega^2 r_{o}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

donde el primer término incluye el cambio en el potencial esférico (el "$mgh$"término) el segundo es el potencial de cuadrupolo, y el último es el pseudo-potencial de la rotación (escrito en términos de polinomios de Legendre). En términos generales, en los polos la superficie está más cerca del centro y, por lo tanto, más profundo en el potencial bien, pero la reducción de la masa cercana contrarresta en parte este efecto.

Para el equilibrio hidrostático, este potencial debe ser independiente de$\theta$, entonces:

$$-\frac{2}{3} \frac{M}{r_o} f + \frac{2}{5} \frac{\rho_s V(r_o)}{r_o} f = -\frac{1}{3} \omega^2 r_o^2$$

Resolviendo:

$$\left( 1 - \frac{3}{5} \frac{\rho_s}{\rho_a} \right) f = \frac{1}{2} \frac{\omega^2 r_o^2}{GM/r_o} = \frac{1}{2} \frac{\omega^2 r_o}{g} = \frac{q}{2}$$

o

$$\Delta r_s = f r_o = \frac{1}{1-\frac{3}{5} \frac{\rho_s}{\rho_a}} \frac{q}{2} r_o$$

Números: estoy usando$r_o=6370$kilómetros,$\rho_a = 5520$kg/m2$^3$, y$q=3.438 \cdot 10^{-3}$

Casos.

1. límite de 0 densidad superficial$(\rho_s/\rho_a \rightarrow 0)$.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o = 10.95 \text{ km}$
   Ninguna densidad de superficie implica que no hay campo cuadripolar, por lo que este resultado es el mismo que el calculado en la pregunta, y también el mismo que en el texto del profesor Morin de 2004, sección 9.4, problema 8. (El profesor Morin asignó a este problema 3 de 4 estrellas de dificultad ; ¿quizás debería haber sido 4 de 4?)
2. $\rho_s=\rho_a$, que incluye el caso de densidad constante analizado por Qmechanic y Ron Maimon.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /(1-3/5) = (5/2) (q/2) r_o = 27.37 \text{ km}$, en acuerdo.
3. $\rho_s=3400$kg/m2$^3$, como en el cálculo numérico de AlanSE.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /[1-(3/5)(3400/5520)] = 1.586 (q/2) r_o = 17.37 \text{ km}$, de nuevo de acuerdo.
4. $\rho_s/\rho_a = 4/5$, que corresponde a la masa extra del núcleo de Ron Maimon.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /[1-(3/5)(4/5)] = (25/13) (q/2) r_o = 1.923 (q/2) r_o =21.06 \text{ km}$.

   ---

2. Dos esferas achatadas superpuestas, cada una con densidad constante

Siguiendo el análisis de Ron Maimon, ahora agrego una masa central. Notación:

1. Voy a llamar a la esfera de radio más pequeño #1 (como Ron Maimon), con radio nominal$r_{co}$, masa$M_1$, densidad constante$\rho_1=M_1/V(r_{co})$, y aplanamiento$f_c$.
2. La esfera de mayor radio es la #2 (diferente del análisis de Ron Maimon, lo siento), con radio nominal$r_{so}$, masa$M_2$, densidad constante$\rho_2=M_2/V(r_{so})$, y aplanamiento$f_s$

Se supone que ambas superficies esféricas están en equilibrio hidrostático (y, por lo tanto, achatadas). Los dos coeficientes de aplanamiento se acoplan a través de sus campos cuadripolares.

Superponiendo los campos de las dos masas, el potencial en la superficie del núcleo es:

$$\phi_c = - \frac{G M_1}{r_{co}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_c P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_1}{r_{co}} \left( \frac{r_{co}}{r_{co}} \right)^2 f_c P_2(\cos \theta) -\frac{3}{2} \frac{G M_2}{r_{so}} \left[ 1 - \frac{1}{3} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 \left( 1 - \frac{4}{3} f_c P_2(\cos \theta) \right) \right] + \frac{2}{5} \frac{G M_2}{r_{so}} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 f_s P_2(\cos \theta) - \frac{1}{3} \omega^2 r_{co}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

El potencial en la superficie exterior es:

$$\phi_s = - \frac{G M_1}{r_{so}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_s P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_1}{r_{so}} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 f_c \, P_2(\cos \theta) - \frac{G M_2}{r_{so}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_s P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_2}{r_{so}} \left( \frac{r_{so}}{r_{so}} \right)^2 f_s \, P_2(\cos \theta) - \frac{1}{3} \omega^2 r_{so}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

Requerir, para el equilibrio hidrostático, que no haya$\theta$-dependencia da el par de ecuaciones:

$$\left[ 1 - \frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} \right] f_s - \alpha f_c = \frac{q}{2} \text{ , surface}$$

$$-\frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} f_s + \beta f_c = \frac{q}{2} \text{ , core}$$

$$\text{where } \alpha = \frac{3}{5} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 \frac{M_1}{M_1+M_2}$$

$$\text{and } \beta = \left( \frac{r_{so}}{r_{co}} \right)^3 \left[ \frac{M_1 + \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^3 M_2}{M_1+M_2} - \frac{3}{5} \frac{M_1}{M_1+M_2} \right]$$

Resolviendo:

$$f_c = \frac{1}{\beta + \alpha} f_s$$ $$f_s = \frac{1}{1-\frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} - \frac{1}{1+\beta/\alpha}} \frac{q}{2}$$

Tenga en cuenta que$\frac{M_2}{M_1+M_2} = \frac{\rho_s}{\rho_a}$, en consonancia con el análisis anterior.

numéricos. Usando los valores de Ron Maimon:$\frac{r_{co}}{r_{so}}=\frac{1}{2}, and \frac{M_1}{M_2}=\frac{1}{4}$, uno calcula$\alpha = 0.030, \beta = 1.440$y$1/(1+\beta/\alpha) = 0.020$, con el resultado de que el valor de$f_s/(q/2)$calculado en la parte 1 caso 4,$1.923$, se incrementa a 2.002 (+4%) cuando se incluye la oblación del núcleo. Este efecto es menor que el efecto de la masa del núcleo en la reducción$\rho_s/\rho_a$, que redujo$f_s/(q/2)$de 2,5 a 1,923 (-23%).

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Finalmente, aquí hay un resumen del cálculo del potencial debido a una capa de "cuadrupolo": aproxime la capa como una superficie de densidad de masa variable en el radio medio$r_o$. Esta superficie se puede descomponer en anillos de constante$\theta$con masa

$$dm(\theta') = 2 \pi r_0 \sin \theta' \, r_0 \, d\theta' \, \delta r_s \, \rho_s = - f \rho_s \frac{4 \pi}{3} r_o^3 \, P_2(\cos \theta') \, \sin \theta' \, d \theta'$$

El potencial generado por este anillo se calcula en Jackson, Classical EM , Sección 3.3:

$$r>r_o: d\phi (r,\theta) = - \frac{G \, dm(\theta')}{r} \sum_{l=0}^{\infty} \left( \frac{r_o}{r} \right)^l P_l(\cos \theta') P_l(\cos \theta)$$

Sustituyendo la densidad de masa (que es proporcional a$P_2$) e integrando sobre$\theta'$pone a cero todos los términos excepto el$P_2$término, debido a la ortogonalidad de los polinomios de Legendre, dando el resultado indicado. (El desarrollo de$r<r_0$es similar.)

Aquí me gustaría comprobar numéricamente la predicción teórica de un factor$\frac{2}{5}$a diferencia del argumento original del monopolo de Mark Eichenlaub. En la práctica, esto significa calcular la diferencia de potencial gravitacional entre el polo norte y el ecuador, y dividirla por la diferencia correspondiente de potencial de monopolo. Por razones numéricas, en la práctica es mejor calcular la fracción inversa (=reciprocidad), que luego debe compararse con$\frac{5}{2}$. Como mis habilidades de programación son limitadas, acabo de escribir un código MAPLE lento para hacer el trabajo.

 b:=100; f:=.10; a:=b*(1+f); V1:=evalf(4*Pi*a^2*b/3); 
 xa:=a; ya:= 0; za:=0; xb:=0; yb:=0; zb:=b; 
 U1a := evalf(V1/sqrt(xa^2 + ya^2 + za^2)); 
 U1b := evalf(V1/sqrt(xb^2 + yb^2 + zb^2));

 Ua:=0;Ub:=0;V:=0;
 for x from -a-.5 by 1 to a+.5 do 
 for y from -a-.5 by 1 to a+.5 do 
 for z from -b-.5 by 1 to b+.5 do 
 if (x/a)^2 + (y/a)^2 + (z/b)^2 < 1 then 
 Ua:=Ua + 1/sqrt((x-xa)^2 + (y-ya)^2 + (z-za)^2); 
 Ub:=Ub + 1/sqrt((x-xb)^2 + (y-yb)^2 + (z-zb)^2); 
 V:=V+1;
 end if;od;od;od;

 b;f;Ua;U1a;Ub;U1b;V;V1;Ub-Ua;U1b-U1a;(U1b-U1a)/(Ub-Ua);

El resultado con radio polar$b:=100$era

$$\begin{array}{cc} \mathrm{Flatness}&\mathrm{Inverse \ fraction} \\ f & \frac{U_{1b}-U_{1a}}{U_b-U_a} \\ \\ 0.10 & 2.5549 \\ 0.05 & 2.5353 \\ 0.03 & 2.5149 \\ 0.02 & 2.5085 \\ 0.01 & 2.5088 \\ \end{array}$$

El hecho de que la estimación no mejore de la planitud.$0.02$a$0.01$es un artefacto de celosía, porque el espaciado de la celosía es del mismo orden que la diferencia de radio entre el polo norte y el ecuador.