1r ciclo Tamaño de los cielos en teogonía Hesíodo

[sater]

Estoy leyendo "Historia de la cosmología" de Helge Kragh, y hay una anécdota que me ha intrigado y me ha hecho ponerme a calcular un buen rato. Os lo dejo por si os apetece.

En su Teogonía, Hesíodo comenta que el tamaño de los cielos es tal que "un yunque de cobre que cayera nueve días llegaría a la Tierra el décimo día". Se trataria de encontrar una función $h(t)$ que te diga la altura desde que debes dejar caer algo en caída libre para que llege a la tierra tras un tiempo t. El problema se puede resolver analíticamente (al menos para encontrar $t(h)$), pero es verdad que se las trae.

Si no me he equivocado sustituyendo a estas horas de la noche, la afirmación de Hesíodo significa que hay que dejarlo caer desde unos 574000 km de altura.

pd: recomiendo no tirar de wolfram alpha para las integrales que salgan, las complica más que otra cosa, dadles una vuelta o buscad tablas de integración.

[Al2000]

Una pregunta... si tu "sueltas" un objeto a esa altura ¿caería o quedaría en órbita?

[Richard R Richard]

Hola Sater, de este Articulo de Guibix https://forum.lawebdefisica.com/arti...dimensi%C3%B3n

puedes recorrer el camino para integrar

$$\begin{aligned}<br /> \frac{\dd v}{\dd t}&=a(r)\\<br /> \frac{\dd v}{\dd r}\frac{\dd r}{\dd t}&=a(r)\\<br /> v\frac {\dd v}{\dd r}&=a(r),\\<br /> v\dd v&=a(r)\dd r,\\<br /> \int_{v_0}^v v\dd v&=\int_{r_0}^{r} a(r)\dd r,\\<br /> \frac 1 2 (v^2-v_0^2)&= \int_{r_0}^{r} a(r)\dd r,\\<br /> v(r)&=\pm\sqrt{v_0^2+2\int_{r_0}^r a(r)\dd r}.<br /> \end{aligned}$$

donde $a(r)=-\dfrac{GM}{r^2}<br />$
el radio inicial es $r_0$ , y el final $r_T$

como sabes de las condiciones contorno que la velocidad inicial es nula $v_0=0$

$\dst v(r)=\pm\sqrt{2\int\limits_{r_0}^r \dfrac{-GM}{r^2}\dd r}=\sqrt{-2GM\left(\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r_0} \right)}$

el sistema de referencia nos dice que debemos tomar la opción de signos

$v(r)=\sqrt{-2GM\left(\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r_0} \right)}=\sqrt{2GM\left(\dfrac{1}{r_0}-\dfrac{1}{r} \right)}$

luego recurres a

$$\begin{aligned}<br /> \frac{\dd r}{\dd t}&=v(r),\\<br /> \dd t&=\frac{\dd r}{v(r)},\\<br /> \int_0^t \dd t&=\int_{r_0}^{r_T}\frac{\dd r}{v(r)},\\<br /> t(r)&=\int_{r_0}^{r_T}\frac{\dd r}{v(r)}.<br /> \end{aligned}<br />$$

$t(r)=\displaystyle \int\limits_{r_0}^{r_T}\frac{\dd r}{\sqrt{2GM\left(\dfrac{1}{r_0}-\dfrac{1}{r} \right)}}=$

Corregido

y allí las condiciones de contorno t= 9 días mas 1 segundo par estar en el décimo día, según mi interpretación del enunciado.


Edito: Obviamente desprecio cualquier otra interacción , como con la luna, el sol, y el rozamiento del aire al entrar a la atmósfera....

veo que si el movimiento empieza en $r_0$ hay una indeterminación muy molesta o en algo me equivoque.

Al2000 si no tiene momento angular, debería entrar en linea recta.

[Alriga]

"... hay una indeterminación muy molesta o en algo me equivoqué ..." Has olvidado la raíz cuadrada en la expresión:

$\dst v(r)=\pm\sqrt{2\int\limits_{r_0}^r \dfrac{-GM}{r^2}\dd r}=2GM\left(\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r_0} \right)$

Saludos.

[Richard R Richard]

Ja!!!con razon no me daba y no me daba...

[sater]

Genial Richard, vas bien (te falta la raíz eso sí, que la habías puesto y la has perdido en el camino =) ). Sacar la velocidad así es posible, pero por conservación de la energía se va mas rápido. Esa integral es una integral impropia por diverger el integrando, pero es finita (si le pones la raíz, si no no). Es pesada de calcular pero muy entretenida.

Y Al2000, como te ha dicho Richard, si consideramos ambas masas puntuales, en ausencia de momento angular de la que cae debería caer en línea recta.

[carroza]

Estoy leyendo "Historia de la cosmología" de Helge Kragh, y hay una anécdota que me ha intrigado y me ha hecho ponerme a calcular un buen rato. Os lo dejo por si os apetece.

En su Teogonía, Hesíodo comenta que el tamaño de los cielos es tal que "un yunque de cobre que cayera nueve días llegaría a la Tierra el décimo día". Se trataria de encontrar una función $h(t)$ que te diga la altura desde que debes dejar caer algo en caída libre para que llege a la tierra tras un tiempo t. El problema se puede resolver analíticamente (al menos para encontrar $t(h)$), pero es verdad que se las trae.

Si no me he equivocado sustituyendo a estas horas de la noche, la afirmación de Hesíodo significa que hay que dejarlo caer desde unos 574000 km de altura.

pd: recomiendo no tirar de wolfram alpha para las integrales que salgan, las complica más que otra cosa, dadles una vuelta o buscad tablas de integración.

A ver, si hablamos de la estimación de Hesiodo, tendríamos que meternos en la física que pudiera conocer o experimentar Hesiodo (700 ac). El, si acaso, estaría de acuerdo con Aristóteles, aunque este fuera muy posterior, en que la fuerza sería proporcional a la velocidad, no a la aceleración. Así que podriamos pensar que el imaginaría yunques cayendo a una velocidad cosntante.
También podemos imaginar a Hesiodo yendo a Esparta para ver cómo los niños con taras y los criminales eran despeñados desde el monte Taigeto https://es.wikipedia.org/wiki/Monte_Taigeto y haciendo sus propios experimentos de arrojar yunques de cobre.


Con lo que ahora sabemos, un objeto que cae en la atmósfera alcanza una velocidad límite, https://en.wikipedia.org/wiki/Terminal_velocity , que depende básicamente de la raiz del cociente entre su masa y su area transversal. Para una persona que cae de cabeza, esta velocidad es de 150 m/s. Un yunque de cobre puede tener una relación masa/area no muy diferente del de una persona, así que podemos tomar este valor. Con este número, nos sale una distancia al cielo de 116.000 km, o, usando unidades de su epoca, unos 630000 estadios (185 m).

Un saludo

[Alriga]

No es por molestar, pero la altura de la atmósfera es mucho menos de 116 000 km, (al menos un orden de magnitud menor) Solo habría rozamiento con la atmósfera y velocidad límite constante los últimos ~10 000 km. Aunque eso Hesiodo tampoco lo sabía

Saludos.

[carroza]

Tu nunca molestas, pero Hesiodo se tiene que estar revolviendo en su tumba.

[Alriga]

La expresión que se deduce de la resolución de la ecuación diferencial de la caída gravitatoria rectilínea de un cuerpo en reposo y velocidad inicial cero hacia una masa muchísimo mayor M, desde una altura $r_0$ medida desde el centro de M es:

$t(r)=\sqrt{\dfrac{r_0^3}{2GM}} \cdot \left ( \arccos \sqrt{\dfrac r{r_0}}+\sqrt{\dfrac r {r_0}-\left ( \dfrac r {r_0} \right )^2} \ \right )$

Podéis ver la demostración en el hilo Ecuaciones de movimiento rectilíneo bajo la acción de un campo gravitatorio

Sustituyendo para $r = 0$ (El radio de la Tierra se desprecia frente a la altura inicial)

$t(0)=\sqrt{\dfrac{r_0^3}{2GM}}\cdot \dfrac{\pi}2$

Y por lo tanto

$$r_0=\sqrt[3]{\dfrac{8GM}{\pi^2} \ t^2}$$

Pero resulta que en este caso es posible ahorrarse las integrales y resolver el problema de forma muy sencilla con una idea feliz que se me ocurrió hace años: llevando al límite la 3ª Ley de Kepler, que dice que en una órbita elíptica se cumple:

$a^3 = \dfrac{G M}{4 \pi^2} \ T^2$

• a = semieje mayor de la órbita, (distancia media al centro de atracción gravitatoria)
• T = período de revolución
• G = constante de gravitación universal
• M = masa de la Tierra

Si ahora llamamos:

• A = distancia del Apogeo
• P = distancia del Perigeo
• t = tiempo de ida desde el Apogeo hasta el Perigeo, (que es la mitad de una órbita)

Y sustituimos en la 3ª Ley de Kepler, obtenemos:

$\left (\dfrac{A+P}2\right )^3 = \dfrac{G M}{4 \pi^2} \ (2 t)^2$

Válido para cualquier elipse. Imaginemos ahora elipses cada vez más achatadas manteniendo constante la distancia A del Apogeo al centro gravitatorio. Al ir achatando la elipse la distancia P del Perigeo al centro gravitatorio se va haciendo cada vez más pequeña. En el límite $P \rightarrow 0$ y la elipse se convertiría en 2 líneas rectas, una de ida y otra de vuelta que van desde A hasta el centro de masas. Haciendo $P=0$ y operando en la ecuación anterior se obtiene la fórmula buscada:

$$A^3 = \dfrac{8 G M}{\pi^2} \ t^2$$

• M = 5,9736 E+24 kg
• G = 6,673 E-11 unidades SI
• t = 777 600 s (9 días) ó 777 601 s (9 días + 1 segundo como dice R^3)

Sustituyendo valores, haciendo la raíz cúbica y dividiendo por mil para pasar de metros a km se obtiene:

A = 580 256 km

Saludos.

[Richard R Richard]

Se llega a los 574000 km que propone sater si descuentos el radio de la tierra, que seria la distancia a la superficie de la tierra.

Posteriormente he llegado a un resultado similar 580256, así que si es correcto y mi comentario innecesario.

[Alriga]

No sé si John Milton (1608-1674) se debió inspirar en Hesiodo, puesto que en la obra “El Paraíso Perdido”, en un poema que describe el pecado de Adán y Eva, el problema del bien y del mal y la expulsión de Satanás de los cielos, escribió:

La Potestad suprema le arrojó de cabeza, envuelto en llamas, desde la bóveda etérea, repugnante y ardiendo, cayó en el abismo sin fondo de la perdición, para permanecer allí cargado de cadenas de diamante, en el fuego que castiga; él, que había osado desafiar las armas del Todopoderoso, permaneció tendido y revolcándose en el abismo ardiente, juntamente con su banda infernal, nueve veces el espacio de tiempo que miden el día y la noche entre los mortales, conservando, empero, su inmortalidad. Su sentencia, sin embargo, le tenía reservado mayor despecho, porque el doble pensamiento de la felicidad perdida y de un dolor perpetuo le atormentaba sin tregua. Pasea en torno suyo sus ojos funestos, en que se pintan la consternación y un inmenso dolor, juntamente con su arraigado orgullo y su odio inquebrantable.

De una sola ojeada y atravesando con su mirada un espacio tan lejano como es dado a la penetración de los ángeles, vio aquel lugar triste, devastado y sombrío; aquel antro horrible y cercado, que ardía por todos lados como un gran horno. Aquellas llamas no despedían luz alguna; pero las tinieblas visibles servían tan sólo para descubrir cuadros de horror, regiones de pesares, oscuridad dolorosa, en donde la paz y el reposo no pueden habitar jamás, en donde no penetra ni aun la esperanza, ¡la esperanza que dondequiera existe! Pero sí suplicios sin fin, y un diluvio de fuego, alimentado por azufre, que arde sin consumirse.

Saludos.

[sater]

¡Qué buena idea Alriga! Cuando lo propuse a mis amigos ayer uno propuso hacer eso, aunque no llegó a intentarlo y todos nos fuimos a resolver la ec. diferencial. A mí me sale parecido (con arcosin en lugar de arccos, y por tanto -imagino que debe ser por eso- un desfase extra de pi medios). El caso es que en lugar de evaluar en $r=0$, que hace que sea muy directo, si evalúas en $r=r_T$ te toca expandir por Taylor, y se llega a una minúscula corrección a lo que se obtiene con Kepler que es:

$$h=\left(\dfrac{R_T^{3/2}+2\sqrt{2GM} t}{\pi}\right)^{2/3}-R_T$$

[Alriga]

A mí me sale parecido ... con arcosin en lugar de arccos

Yo he repasado mis cálculos y me sale arcocoseno, no arcoseno.

...El caso es que en lugar de evaluar en $r=0$, que hace que sea muy directo, si evalúas en $r=r_T$ te toca expandir por Taylor, y se llega a una minúscula corrección a lo que se obtiene con Kepler que es:

$$h=\left(\dfrac{R_T^{3/2}+2\sqrt{2GM} t}{\pi}\right)^{2/3}-R_T$$

A ver si entiendo lo que has hecho, si parto de la expresión exacta:

$$\boxed{t(r)=\sqrt{\dfrac{r_0^3}{2GM}} \cdot \left ( \arccos \sqrt{\dfrac r{r_0}}+\sqrt{\dfrac r {r_0}-\left ( \dfrac r {r_0} \right )^2} \ \right )}$$

Y sustituyo $r=R$ siendo R el radio de la Tierra se obtiene:

$t(R)=\sqrt{\dfrac{r_0^3}{2GM}} \cdot \left ( \arccos \sqrt{\dfrac R{r_0}}+\sqrt{\dfrac R {r_0}-\left ( \dfrac R {r_0} \right )^2} \ \right )$

El desarrollo de Taylor de segundo orden del paréntesis en $\boldsymbol{R \sim 0} \rightarrow (R<<r_0)$ es:

$\arccos \sqrt{\dfrac R{r_0}}+\sqrt{\dfrac R {r_0}-\left ( \dfrac R {r_0} \right )^2} \approx \dfrac{\pi}2-\dfrac 2 3 \dfrac{\sqrt{R^3}}{\sqrt{r_0^3}}$

Por lo tanto queda:

$$t(R) \approx \dfrac{\sqrt{r_0^3}}{\sqrt{2GM}} \cdot \left ( \dfrac{\pi}2-\dfrac 2 3 \dfrac{\sqrt{R^3}}{\sqrt{r_0^3}} \right )$$

Expresión que es una ecuación de segundo grado en $\sqrt{r_0^3}$ y por lo tanto se puede despejar. ¿Es eso lo que has hecho? ¿De aquí has obtenido?

$$h \approx \left(\dfrac{R^{3/2}+2\sqrt{2GM} t}{\pi}\right)^{2/3}-R$$

Pues si es así enhorabuena. Yo ya no me atrevo con el carro del despeje y las simplificaciones, prefiero mil veces sustituir el valor del radio de la Tierra y el resto de parámetros en la ecuación exacta (1) y resolverla numéricamente.

Saludos.

PD: según san WolframAlpha, despejando en (2) se obtiene:

$\sqrt{r_0^3} \approx \dfrac{2\sqrt 2 \ \left (3 t \sqrt{GM}+\sqrt{2R^3} \right )}{3\pi}$

$$\boxed{r_0 \approx \left ( \dfrac{\sqrt{8GM}}{\pi} \cdot t+\dfrac 4{3\pi} \sqrt{R^3} \right )^{2/3}}$$

Que no coincide con tu expresión (3)

[Alriga]

Con los valores:

• G = 6.6741E-11 (SI)
• M = 5.9722E+24 kg
• R = 6 371 000 m
• t = 777 600 s

Resolviendo numéricamente la expresión exacta

$$t=\sqrt{\dfrac{r_0^3}{2GM}} \cdot \left ( \arccos \sqrt{\dfrac R{r_0}}+\sqrt{\dfrac R {r_0}-\left ( \dfrac R {r_0} \right )^2} \ \right )$$

Obtengo $r_0$ = 580 432.5 km

Aplicando mi aproximación de Taylor para $R << r_0$

$$r_0 \approx \left ( \dfrac{\sqrt{8GM} \ t}{\pi}+\dfrac 4{3\pi} \sqrt{R^3} \right )^{2/3}$$

Obtengo $r_0$ = 580 431.9 km

Con la expresión del Taylor de sater :

$h \approx \left(\dfrac{R^{3/2}+2\sqrt{2GM} t}{\pi}\right)^{2/3}-R$

$$r_0=h+R \approx \left ( \dfrac{\sqrt{8GM} \ t}{\pi}+\dfrac 1{\pi} \sqrt{R^3} \right )^{2/3}$$

Se obtiene $r_0=h+R$ = 580 384.7 km. Observa que te acercas menos al valor exacto que con mi Taylor.

Finalmente, la expresión obtenida del límite de la 3ª Ley de Kepler:

$$A=\sqrt[3]{\dfrac{8GM}{\pi^2} \ t^2}$$

Proporciona $A$ = 580 243.0 km

Saludos.

[sater]

Buenas Alriga.

• Creo que arcsin, o arccos da un poco igual. Imagino que al resolver la integral tu usaste un cambio de variable $x=\cos(z)$ y yo usé $x=\sin(z)$, que precisamente hace que cambien las tornas. Igualmente digo que llegamos a la misma solución ya que $\arccos(x)=\pi/2-\arcsin(x)$
• En el desarrollo por Taylor yo llego a otra cosa porque cuando desarrollas $\sqrt{\dfrac R {r_0}-\left ( \dfrac R {r_0} \right )^2}$ yo realmente lo tenía escrito como $\sqrt{\dfrac{R}{r_0}}\sqrt{1-\dfrac{R}{r_0}}$. La primera raiz no la desarrollo, y desarrollo solo la segunda y por tanto ese término lo aproximo como $\sqrt{\dfrac{R}{r_0}}\left(1-\dfrac{1}{2}\dfrac{R}{r_0}\right)$ y justamente una de las raíces se cancela con el desarrollo del arcocos (en mi caso del arcosin). Entonces mi expresión no coincide con esta tuya:

$$t(R) \approx \dfrac{\sqrt{r_0^3}}{\sqrt{2GM}} \cdot \left ( \dfrac{\pi}2-\dfrac 2 3 \dfrac{\sqrt{R^3}}{\sqrt{r_0^3}} \right )$$

si no que en lugar de un 2/3 obtengo 1/2.

• Por último, despejar esa expresión no es tan difícil, pues al deshacer el paréntesis se cancelan las raíces cúbicas de $r_0$ y se despeja muy rápido, obteniéndose lo que dice Wolframalpha.

Realmente llegamos a lo mismo a diferencia del factor 2/3. Pero sí, lo mas mejor del mundo es resolver numéricamente, eso seguro (de hecho, la primera vez no sabía como seguir y simplemente estimé entre qué dos valores se hallaría ese paréntesis tan feo y como sale entre 0 y $\pi/2$ simplemente lo desprecié).

Gracias por el interés en el problema. Para complementar este hilo me gustaría dejar este otro que vi después de hacer el problema para no espoilearme :P :

[Richard R Richard]

Por porfiado como siempre busque un método alternativo para llegar al resultado...

He hecho por programación , el calculo numérico de la integral en el rango de 574000 a 582000 km para la altura registrando el tiempo en segundos que lleva llegar a la superficie terrestre. luego mejore precisión y el rango y obtuve los siguientes datos

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

580500000 776696,363025597
580600000 776897,248822862
580700000 777098,151934584
580800000 777299,072359412
580900000 777500,010095758
581000000 777700,965142329
581100000 777901,937497523
581200000 778102,927159811


580620000 777586,66892486
580625000 777596,71943355
580630000 777606,769985818
580635000 777616,820580937
580640000 777626,871219862
580645000 777636,921901674
580650000 777646,972626975
580655000 777657,023395545



580522000 777594,969802425
580523000 777596,980084514
580524000 777598,990367503
580525000 777601,000653842
580526000 777603,010940976


580522500 777660,891778293
580522750 777661,394376416


580522500 777660,891778293
580522525 777660,942037967
580522550 777660,992297701
580522575 777661,042558252
580522600 777661,092816209

llego a 580522.5 km con precisión en el orden de las centésima de segundo, usando un paso de 1 metro por iteración

Luego podría seguir insistiendo en mas precisión pero creo que no es la esencia.

He usado
G = 6.67408E-11
M = 5.9736E+24
RT = 6371000
en el SI de unidades

[JCB]

… / … Sacar la velocidad así es posible, pero por conservación de la energía se va mas rápido ... / ...

Hola a tod@s.

En su día, llegué a la expresión de la velocidad, de la manera como dijo sater:

$\dfrac{-GMm}{r_0}=\dfrac{-GMm}{r}+\dfrac{1}{2}mv^2$,

$v=\sqrt{GM\left(\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r_0}\right)}=\dfrac{dr}{dt}$.

Y aquí me quedé.

Saludos cordiales,
JCB.