Energía potencial gravitatoria de cualquier distribución esférica

Question

Energía potencial gravitatoria de cualquier distribución esférica

Cham

La fórmula general para obtener la energía potencial de cualquier distribución esférica es la siguiente:

\begin{matrix} (1) & tu = - \int_{0}^{R} \frac{GRAMO METRO (r)}{r} ρ (r) 4 π r^{2} d r, \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} U = - \int_0^R \frac{GM(r)}{r} \, \rho(r) \, 4 \pi r^2 \, dr, \end{equation}$ dónde

M (r)

$M(r)$ es la masa dentro de una capa de radio

r < R

$r < R$ . Es fácil obtener la energía gravitacional de una esfera uniforme de masa

M

$M$ y radio

R

$R$ :

\begin{matrix} (2) & tu = - \frac{3 GRAMO {METRO}^{2}}{5 R} . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} U = -\, \frac{3 G M^2}{5 R}. \end{equation}$ En general, para cualquier distribución esférica de masa total

M

$M$ y radio exterior

R

$R$ , podemos escribir esto :

\begin{matrix} (3) & tu = - \frac{k GRAMO {METRO}^{2}}{R}, \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{3} U = -\, \frac{k \, G M^2}{R}, \end{equation}$ dónde

k > 0

$k > 0$ es una constante que depende de la distribución interna.

k = \frac{3}{5}

$k = \frac{3}{5}$ para la distribución uniforme. Para una capa esférica delgada de radio

R

$R$ (toda la masa concentrada en su superficie), podemos obtener

k = \frac{1}{2}

$k = \frac{1}{2}$ .

Ahora, sospecho que para todos los casos:

\begin{matrix} (4) & \frac{1}{2} \leq k < \infty . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{4} \frac{1}{2} \le k < \infty. \end{equation}$

Físicamente, esto tiene sentido. Pero, ¿cómo probar esto a partir de la integral general (1)?

Para simplificar un poco las cosas, podemos introducir la variable adimensional $x = r/R \le 1$ , y define la masa relativa $\bar{M}(x) \equiv M(r)/M \le 1$ y densidad relativa $\bar{\rho}(x) = \rho(r) / \rho_{\text{average}}$ , dónde $\rho_{\text{average}} = 3 M/4 \pi R^3$ . Así, la integral (1) toma la siguiente forma:

\begin{matrix} (5) & tu = - \frac{3 GRAMO {METRO}^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{METRO} (X) \bar{ρ} (X) X d X . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} U = -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx. \end{equation}$ La última integral es

\frac{k}{3}

$\frac{k}{3}$ . No estoy seguro de que esto pueda ayudar a probar (4).

SRS

¿Cómo funciona la integral de la Ec. (5) evaluar a

k / 3

$k/3$ ? no pude seguir @Cham

Cham

@SRS, es simple:

tu = - k \frac{GRAMO {METRO}^{2}}{R} \equiv - \frac{3 GRAMO {METRO}^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{METRO} (X) \bar{ρ} (X) X d X \Rightarrow \int_{0}^{1} \bar{METRO} (X) \bar{ρ} (X) X d X \equiv \frac{k}{3} .

$\begin{equation}U = -\, k \, \frac{G M^2}{R} \equiv -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \quad \Rightarrow \quad \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \equiv \frac{k}{3}.\end{equation}$

Respuestas (2)

Energía potencial gravitatoria de cualquier distribución esférica

¿Cómo funciona la integral de la Ec. (5) evaluar a $k/3$ ? no pude seguir @Cham
@SRS, es simple: $tu = - k \frac{GRAMO {METRO}^{2}}{R} \equiv - \frac{3 GRAMO {METRO}^{2}}{R} \int_{0}^{1} \bar{METRO} (X) \bar{ρ} (X) X d X \Rightarrow \int_{0}^{1} \bar{METRO} (X) \bar{ρ} (X) X d X \equiv \frac{k}{3} .$ $\begin{equation}U = -\, k \, \frac{G M^2}{R} \equiv -\, \frac{3 G M^2}{R} \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \quad \Rightarrow \quad \int_0^1 \bar{M}(x) \, \bar{\rho}(x) \, x \, dx \equiv \frac{k}{3}.\end{equation}$

CDCM · Answer 1

Comienza escribiendo que:

\begin{matrix} (1) & METRO = \int_{0}^{R} ρ (r) 4 π r^{2} d r = \int_{0}^{R} \frac{d METRO}{d r} d r . \end{matrix}

$\tag1 M=\int^R_0 \rho(r)4\pi r^2 dr = \int^R_0 \frac{dM}{dr}dr.$ De (1), podemos identificar que:

\begin{matrix} (2) & \frac{d METRO}{d r} d r = 4 π r^{2} ρ (r) d r . \end{matrix}

$\tag2 \frac{dM}{dr}dr = 4\pi r^2 \rho(r)dr.$ Ahora volvamos a tu ecuación (1):

tu = - \int_{0}^{R} \frac{GRAMO METRO (r)}{r} ρ (r) 4 π r^{2} d r,

$U = - \int_0^R \frac{GM(r)}{r} \, \rho(r) \, 4 \pi r^2 dr,$ usando la ecuación (2), esto se convierte en:

tu = - GRAMO \int_{0}^{R} \frac{METRO (r)}{r} \frac{d METRO}{d r} d r .

$U=-G\int_0^R \frac{M(r)}{r} \frac{dM}{dr}dr.$

Concentrémonos solo en la parte integral, y llamémosla $I$ para la concreción,

\begin{matrix} (3) & I = \int_{0}^{R} \frac{METRO (r)}{r} \frac{d METRO}{d r} d r . \end{matrix}

$I=\int_0^R \tag{3}\frac{M(r)}{r} \frac{dM}{dr}dr.$ ¡Ajá! Esto parece algo que podemos integrar por partes. vamos a configurar

u = \frac{M (r)}{r}

$u=\frac{M(r)}{r}$ , y

v^{'} = \frac{d M}{d r}

$v'=\frac{dM}{dr}$ . Entonces

{tu}^{'} = - \frac{METRO (r)}{r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{d METRO}{d r} .

$u'=-\frac{M(r)}{r^2} + \frac{1}{r}\frac{dM}{dr}.$ Continuando con IBP, obtenemos:

I = [\frac{METRO (r)}{r} METRO (r)]_{0}^{R} - \int_{0}^{R} (- \frac{METRO (r)}{r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{d METRO}{d r}) METRO (r) d r .

$I=\Bigg[\frac{M(r)}{r}M(r)\Bigg]^R_0-\int^R_0 \Big(-\frac{M(r)}{r^2} + \frac{1}{r}\frac{dM}{dr}\Big)M(r) dr.$ Veamos únicamente la parte integral, llamándola

J

$J$ :

j = - \int_{0}^{R} \frac{{METRO}^{2} (r)}{r^{2}} d r + \underset{conocemos esta integral, es I}{\underset{⏟}{\int_{0}^{R} \frac{METRO (r)}{r} \frac{d METRO}{d r} d r}} .

$J=-\int^R_0 \frac{M^2(r)}{r^2} dr + \underbrace{\int^R_0 \frac{M(r)}{r}\frac{dM}{dr} dr}_{\textrm{we know this integral, it's }I}.$ Así que ahora tenemos eso:

I = [\frac{{METRO}^{2} (r)}{r}]_{0}^{R} + \int_{0}^{R} \frac{{METRO}^{2} (r)}{r^{2}} d r - I,

$I=\Bigg[\frac{M^2(r)}{r}\Bigg]^R_0 + \int^R_0 \frac{M^2(r)}{r^2} dr - I,$ y entonces:

2 I = [\frac{{METRO}^{2} (r)}{r}]_{0}^{R} + \int_{0}^{R} (\frac{METRO (r)}{r})^{2} d r .

$2I= \Bigg[\frac{M^2(r)}{r}\Bigg]^R_0 + \int^R_0 \Bigg(\frac{M(r)}{r}\Bigg)^2 dr.$ Para el caso de no patológicos

M

$M$ , eso es

M (0) = 0

$M(0)=0$ , obtenemos:

I = \frac{{METRO}^{2}}{2 R} + \frac{1}{2} \int_{0}^{R} (\frac{METRO (r)}{r})^{2} d r .

$I=\frac{M^2}{2R} + \frac{1}{2}\int^R_0 \Bigg(\frac{M(r)}{r}\Bigg)^2 dr.$

Por lo tanto, podemos identificar a partir de esto que $U$ tiene el límite de $-\frac{GM^2}{2R}$ , y de eso restamos la integral de algo positivo definido.

Creo que esto prueba (según los estándares físicos) su conjetura sobre $k$ .

Solicitud de simplificación del trámite:

Consideremos sin dimensiones la integral:

k = \int_{0}^{X} \frac{F (X) F^{'} (X)}{X} d X .

$K=\int^X_0 \frac{f(x) f'(x)}{x} dx.$

Llevar:

gramo (X) = \frac{F^{2} (X)}{2 X},

$g(x)=\frac{f^2(x)}{2x},$ luego tomando la derivada:

{gramo}^{'} (X) = \frac{F (X) F^{'} (X)}{X} - \frac{F^{2} (X)}{2 X^{2}} .

$g'(x) = \frac{f(x) f'(x)}{x}-\frac{f^2(x)}{2 x^2}.$ Podemos reconocer nuestra integral original en esta mezcla, y así integrando

g^{'} (x)

$g'(x)$ nos dará nuestra integral, menos

\int_{0}^{X} \frac{f^{2} (x)}{2 x^{2}} d x

$\int^X_0 \frac{f^2(x)}{2 x^2} dx$ , y así podemos escribir:

k = [gramo (X)]_{0}^{X} + \frac{1}{2} \int_{0}^{X} \frac{F^{2} (X)}{X^{2}} d X = [\frac{F^{2} (X)}{2 X}]_{0}^{X} + \frac{1}{2} \int_{0}^{X} (\frac{F (X)}{X})^{2} d X .

$K=\big[g(x)\big]^X_0 + \frac{1}{2}\int^X_0 \frac{f^2(x)}{x^2}dx= \Bigg[\frac{f^2(x)}{2 x}\Bigg]^X_0 + \frac{1}{2}\int^X_0 \bigg( \frac{f(x)}{x} \bigg)^2 dx.$ Dándonos el resultado que queríamos. Como IBP es siempre el inverso de la regla del producto, con un poco de reflexión generalmente se puede descifrar la función original. Sin embargo, si hubiera publicado esta última prueba de 4 pasos, creo que habrías pensado que soy un mago...

esto pide que $\underset{r \to 0}{límite} \frac{{METRO}^{2} (r)}{r} = 0,$ $\begin{equation} \lim_{r \, \rightarrow \, 0} \frac{M^2(r)}{r} = 0,\end{equation}$ lo cual me parece muy razonable, ya que creo que $M(r) \approx \rho(0) \, 4 \pi r^3 / 3$ para $r \ll R$ . Esta prueba parece ser bastante perfecta. ¿Alguna forma de mejorarlo o hacerlo un poco más simple? (No creo que pueda ser más sencillo)
@Cham Me preocupaba principalmente un escenario de carga puntual, donde el numerador no sería cero, incluso para $r=0$ . Actualicé la respuesta original con una versión más simple de la prueba.

youpilat13 · Answer 2

Su queja, $k\in\bigg[\dfrac{1}{2},\infty\bigg)$ , es verdad.

Proporcionaré una prueba ondulada a mano que los físicos podrían aceptar como prueba pero que los matemáticos seguramente ridiculizarán como una conjetura. Entonces, aquí va:

Si inviertes el signo de tu integral (y estableceremos $4\pi G=1$ ) luego se lee:

\begin{matrix} (1) & \int \frac{{METRO}_{en} (r)}{r} ρ (r) r^{2} d r \end{matrix}

$\displaystyle\int\dfrac{M_{\text{in}}(r)}{r}\rho(r) r^2 dr \tag{1}$ Esto es idéntico a la expresión (siempre que hayamos establecido

4 π ϵ_{0} = 1)

$4\pi\epsilon_0=1)$ para la energía autopotencial de una distribución de carga esférica si identificamos

M_{in} (r)

$M_{\text{in}}(r)$ con la carga dentro del radio

r

$r$ y

ρ (r)

$\rho(r)$ con la densidad de carga en el radio

r

$r$ . Ahora, sabemos que si ponemos cierta carga en una bola esférica metálica, entonces, en su estado de equilibrio, la distribución de carga será tal que minimice la energía autopotencial que una distribución de carga de la carga total

M

$M$ puede tener cuando se distribuye dentro de un radio

R

$R$ . Pero sabemos, según la ley de Gauss, que la carga se distribuye en forma de capa esférica sobre la superficie de la bola esférica. Así, el valor mínimo de

(1)

$(1)$ será cuando toda la carga esté en

R = 1

$R=1$ . Sabemos, como calculaste, que la energía potencial propia en este caso se convierte en

\frac{1}{2} \frac{M^{2}}{R}

$\dfrac{1}2\dfrac{M^2}R$ . Por supuesto, el valor máximo

(1)

$(1)$ puede tener es indefinidamente grande, lo que corresponde a una fracción cada vez mayor de carga que se coloca cada vez más cerca del centro.

En el caso gravitacional, el signo menos adicional le hace leer el mínimo de la explicación anterior como máximo y viceversa. Pero como ha mantenido el signo negativo fuera de la definición de $k$ (es decir, multiplicas $k$ con un menos para llegar a la final $U$ ), se puede ver muy directamente que $k\in\bigg[\dfrac{1}{2},\infty\bigg)$ sostiene

Tiene sentido, pero preferiría la forma matemática. Una demostración general de la integral (5) (o (1)).

Energía potencial gravitatoria de cualquier distribución esférica

Cham

SRS

Cham

Respuestas (2)

CDCM

Cham

CDCM

youpilat13

Cham

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