Divulgación Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

[inakigarber]

Buenas tardes.
Planteo el siguiente problema que aunque me parece fácil, se me está resistiendo;
"Cuatro planetas idénticos están distribuidos en un cuadrado como se muestra en la figura. Si la masa de cada planeta es M y el lado del cuadrado es a, ¿cual ha de ser la velocidad de los planetas si se mueven alrededor del centro del cuadrado bajo la influencia de su atracción mutua?" (entiendo que a lo que se refiere es a cual es la velocidad a la que el sistema permanecería estable)

Considerando el cuerpo A, la fuerza gravitatoria resultante será la suma de la totalidad de las fuerzas gravitatorias que actúan sobre A (por ejemplo), estas serían.

$$F_{1A}=\frac{GM^2}{a^2}e^{(i0)}$$

, donde representa el ángulo;

$$F_{2A}=\frac{GM^2}{2a^2}e^{(i\pi/4)}$$

$$F_{1A}=\frac{GM^2}{a^2}e^{(i\pi/2)}$$

Esto me da una resultante de;

$$F_r=(\frac{GM^2}{2 \sqrt{2}a^2}[1+2\sqrt{2}])e^{(i\pi/4)}$$

Bien, la fuerza centrifuga, sería la debida a la rotación con respecto al centro del cuadrado y valdría;

$$F_c=\frac{\sqrt{2}MV^2}{a}$$

Igualando ambas fuerzas y despejando $V^2$ me sale;

$$V^2=\frac{GM[2\sqrt{2}+1]}{2\sqrt{2}a}$$

Cuyo resultado no me coincide con el resultado final;

$$v=\sqrt{\frac{\sqrt{2}GM}{4a}}$$

No estoy seguro de haber entendido bien lo que se busca en el enunciado. En todo caso, es correcto mi resultado, y si no lo es ¿donde me equivoco?

Saludos y gracias.

[Richard R Richard]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

La fuerza en x

$F_x=F_{1A}+F_{2A}\cos\dfrac{\pi}4=\dfrac{GM^2}{a^2}\left(1+\dfrac{\sqrt 2}4\right)$

La fuerza en Y

$F_y=F_{3A}+F_{2A}\sin\dfrac{\pi}4=\dfrac{GM^2}{a^2}\left(1+\dfrac{\sqrt 2}4\right)$

el modulo de F

$$F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}=\sqrt 2\dfrac{GM^2}{a^2}\left(1+\dfrac{\sqrt 2}4\right)=\dfrac{GM^2}{2a^2}\left(2\sqrt 2+1\right)$$

( tu formula 4 esta mal)

la fuerza centripeta necesaria para la rotación en el centro del cuadrado

$$F_c=\dfrac{\sqrt{2}MV^2}{a}$$

igualando 4 y 5 debes llegar a tu formula 7 como

$$\boxed{v=\sqrt{\dfrac{GM}{a}\left(1+\dfrac{\sqrt 2}{4}\right)}}$$

Pd recuerda que el vector velocidad es perpendicular a radio y qu aqui solo hallamos el modulo.



recuerdo este hilo http://forum.lawebdefisica.com/threa...-los-3-cuerpos

puedes hallar el programa My solar system que aporto alriga para simular lo que estas buscando tal cual lo hice yo alli y tambien alexpglez

[inakigarber]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Si, es verdad, me había equivocado en dicho punto, ahora si me coincide con el tuyo. No obstante, el resultado del libro tampoco coincide con el tuyo, por lo que es posible que el libro esté equivocado.

Saludos y gracias.

[IsaacDL]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Utilizando el concepto de masa reducida:

$\displaystyle \frac{1}{\mu}=\displaystyle \frac{1}{M}+\frac{1}{M}+\frac{1}{M}+\frac{1}{M}=\displaystyle \frac{4}{M}$

y la expresión de la velocidad para una órbita circular:

$\displaystyle v=\sqrt{\frac{G\mu}{r}}$

llegamos al resultado buscado:

$\displaystyle v=\sqrt{\frac{\sqrt{2}GM}{4a}}$

Saludos.

[Richard R Richard]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Hola IssacDL , hasta donde pude indagar en internet, el concepto de masa reducida funciona para dos cuerpos, desconozco si funciona para mas cuerpos que no se ubican sobre la misma recta, si bien encuentro lógica en tu planteo, no se si me explico

$m_{red} \equiv \mu \equiv {1 \over {{1 \over m_1} + {1 \over m_2}}} = {{m_1 m_2} \over {m_1 + m_2}}$

$\mathbf r_{\text{cm}}=\frac{\sum_i m_i\mathbf r_i}{\sum_i m_i}=\frac{1}{M}\sum_i m_i\mathbf r_i$

para dos masas

$\mathbf r_{\text{cm}}=\dfrac{m_1\mathbf r_1+m_2\mathbf r_2}{m_1+m_2}=\mu\dfrac{m_1\mathbf r_1+m_2\mathbf r_2}{m_1m_2}$

$V_{cm}=\dfrac{\mathrm{d \mathbf r_{\text{cm}}} }{\mathrm{d t} }=\mu\dfrac{m_1\mathbf v_1+m_2\mathbf v_2}{m_1m_2}$




la posición y velocidad relativas al CM

$\mathbf r_1'=\mathbf r_1-\mathbf r_{\text{cm}}=\mathbf r_1-\mu\dfrac{m_1\mathbf r_1+m_2\mathbf r_2}{m_1m_2}=\dfrac{\mu}{m_1}(\mathbf r_1-\mathbf r_2)$

$\mathbf v_1'=v=\dfrac{\mu}{m_1}(\mathbf v_1-\mathbf v_2)$



pero al definir

$\dfrac {1}{\mu}=\dfrac {1}{m_1}+\dfrac {1}{m_2}+\dfrac {1}{m_3}+\dfrac {1}{m_4}$

no veo como puedes llegar a

$\mu=\dfrac{m_1m_2m_3m_4}{m_1+m_2+m_3+m_4}$

que es lo que se necesita para hacer el reemplazo y que la velocidad y distancia relativas al CM queden en funcion de $\mu$

quizá me pierdo de algo logico y sencillo, pero de momento no lo veo.


si a un sistema de dos cuerpos de masa reducida$m_{red}$ se lo pone a $orbita$ una nueva masa $m_3$ es logico que orbiten el nuevo baricentro y su nueva masa reducida será

$\dfrac {1}{\mu_3}=\dfrac {1}{\mu_2}+\dfrac {1}{m_3}=\dfrac {1}{\dfrac 1 {{1 \over m_1} + {1 \over m_2}}}+\dfrac {1}{m_3}=$

de donde

$\dfrac {1}{\mu_3}=\dfrac {1}{m_1}+\dfrac {1}{m_2}+\dfrac {1}{m_3}$

siguiendo la misma logica para un cuarto cuerpo, se ve que tu resultado

$\dfrac {1}{\mu}=\dfrac {1}{m_1}+\dfrac {1}{m_2}+\dfrac {1}{m_3}+\dfrac {1}{m_4}$

es lógico

y aplicando la segunda ley de Newton a una particula de masa reducida $\mu$ que gira con la misma velocidad angular que todo el sistema


$\mu\omega^2r=\mu\dfrac {v^2}r=\dfrac{Gm m}{r^2}$

de donde se llega a la velocidad que has calculado.

Sobre esta ecuacion me quedan dudas sobre el porque se usa $r$ como la distancia al baricentro, pero en las soluciones a los sistemas binarios $r$ es la distancia entre las masas , y como esta no es única ya que dos se ubican a distancia $a$ y otra a$\sqrt2 a$ no creo que sea valida, pero bueno como dije desconozco la justificación.

Ademas veo que las masas de la segunda ecuación de newton son $m$ dando $m^2$ y para un sistema de tres cuerpos de masa reducida $\mu_3$ orbitando un cuerpo de masa $m$ el producto de las masas deberia ser $\mu_3m$ con lo que se arriba a distintos resultados y la distancia entre el baricentro de los tres cuerpos y la masa $m$ seguro no es $a$.


Por otro lado no se exactamente en que falla nuestro planteo, solo creo que podria argumentar que la masa A de donde se hace el calculo de la fuerza centripeta estaría mal hecho, porque la masa A no esta estacionaria o fija sino que se mueve con respecto al baricentro, pero desconozco si es esa la justificación . Gracias

[Alriga]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

...hasta donde pude indagar en internet, el concepto de masa reducida funciona para dos cuerpos, ...

Yo tampoco he encontrado que se defina ni se utilice el concepto de masa reducida para más de 2 cuerpos.

Siguiendo la pauta de Richard en este post, http://forum.lawebdefisica.com/threa...103#post158103, he modelizado la configuración de inakigarber para los 4 cuerpos de este hilo: para verla id a My Solar System.

Seleccionad number of bodies 4 y poned los siguientes datos:

	masa	x	y	$\bold{v_x}$	$\bold{v_y}$
Cuerpo 1	74	-100	-100	50	-50
Cuerpo 2	74	100	-100	50	50
Cuerpo 3	74	100	100	-50	50
Cuerpo 4	74	-100	100	-50	-50

Seleccionad más "accurate" o más "fast" según prefiráis y "Start" El sistema permanece estable durante un time $\approx 80$

Saludos.

[Richard R Richard]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Hola Alriga como siempre graciaspor el aporte, tambien es estable el sistema girado a 45° planteado como

	masa	x	y
Cuerpo 1	74	141	0	0	71
Cuerpo 2	74	0	141	-71	0
Cuerpo 3	74	-141	0	0	-71
Cuerpo 4	74	0	-141	71	0

que tambien curiosamente diverge al segundo 80 aproximadamente



Por otro lado un sistema de cuatro cuerpos de masa $m$ dispuestos en rectangulo no en cuadrado cuya diagonal al baricentro sea $\sqrt 2 a$ donde ahora $a$ es un dato anecdótico para comparar ambas situaciones, se debería concluir con la fórmula de IsaacDL que la velocidad instantánea de rotación es la misma, sabemos de antemano que el sistema rotará en torno al baricentro, pero tambien lo harán entre sí los dos grupos de las masas mas próximas entre si, porque las fuerzas están desequilibradas sobre cada cuerpo, y el resultado obedece a una curiosidad matemática mas que a una razón física, me refiero a algo simulado como

	masa	x	y
Cuerpo 1	74	64	126	63	-32
Cuerpo 2	74	-64	-126	-63	32
Cuerpo 3	74	64	-126	-63	-32
Cuerpo 4	74	-64	126	63	32

cuyo comportamiento es diferente aunque el módulo de la velocidad y la distancia al baricentro es la misma, que los ejemplos de simulación que propusiste.


Sigo dandole vueltas al coco de porque el resultado al que llegamos con inaki no sería el correcto.....o buscar donde esta el detalle para hacer converger una formula en la otra....

[arivasm]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

que tambien curiosamente diverge al segundo 80 aproximadamente

Imagino que la simulación empleará algún método numérico, tipo Runge-Kutta 4. Inevitablemente irá apartándose de la trayectoria correcta y el efecto será más notorio cuanto menos estable sea el sistema. En este caso, al ser un problema de más de dos cuerpos, es un sistema caótico con lo que cualquier pequeña diferencia (y el propio truncado de la precisión debido a la representación numérica, pero sobre todo por los errores introducidos por un tamaño de paso finito) llevará inevitablemente al sistema calculado hacia una trayectoria diferente de la que corresponde al delicado y precario equilibrio del enunciado del problema.

Sobre el problema, yo también encuentro la expresión que ha escrito Richard en el mensaje #2, que no es equivalente a la que pone la solución del libro. Por tanto, yo también pienso que la del libro no es correcta.

[Alriga]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

... Imagino que la simulación empleará algún método numérico, tipo Runge-Kutta 4 ...

Por si es de tu interés, en concreto el algoritmo que utiliza esa simulación se llama ALGORITMO DE VERLET

Saludos.

[Richard R Richard]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

he recapitulado pero no hallo error en mi planteo

la posición del centro de masas

$\vec r_{CM}=\dfrac{m_A\vec r_A+m_1\vec r_1+m_2\vec r_2+m_3\vec r_3}{m_A+m_1+m_2+m_3}$

la velocidad del centro de masas

$\vec v_{CM}=\dfrac{m_A\vec v_A+m_1\vec v_1+m_2\vec v_2+m_3\vec v_3}{m_A+m_1+m_2+m_3}$

la aceleración del centro de masas

$\vec a_{CM}=\dfrac{m_A\vec a_A+m_1\vec a_1+m_2\vec a_2+m_3\vec a_3}{m_A+m_1+m_2+m_3}$

sabiendo que $\vec v_{CM}=\vec 0$ y que $\vec a_{CM}=\vec 0$

las velocidades relativas y aceleraciones relativas al centro de masas son las mismas que para el origen del sistema de referencias

$\vec v_A=\vec v_A'$ etc...
$\vec a_A=\vec a_A'$ etc...

como la velocidad angular es constante es facil demostrar que

$|\vec v_A|=|\vec v_1|=|\vec v_2|=|\vec v_3|=v$

la fuerza entre los cuerpos

$\vec F_{1A}=-\dfrac{Gm_Am_1}{a^2}\vec i$
$\vec F_{2A}=\left[-\dfrac{Gm_Am_2\sqrt2}{4a^2}\right ]\vec i+\left[-\dfrac{Gm_Am_2\sqrt2}{4a^2}\right ]\vec j$
$\vec F_{3A}=-\dfrac{Gm_Am_3}{a^2}\vec j$


podemos plantear el sistema de ecuaciones para cada masa


$m_A\vec a_A=\vec F_{A1}+\vec F_{A2}+\vec F_{A3}$

$m_1\vec a_1=\vec F_{1A}+\vec F_{12}+\vec F_{13}$

$m_2\vec a_2=\vec F_{2A}+\vec F_{21}+\vec F_{23}$

$m_3\vec a_3=\vec F_{3A}+\vec F_{31}+\vec F_{32}$


sabiendo que

$m_A=m_1=m_2=m_3=m$

podemos ver que

$\vec a_{CM}=\vec 0=\vec a_A+\vec a_1+\vec a_2+\vec a_3$

de donde

$\vec a_A=-\vec a_1-\vec a_2-\vec a_3=-\dfrac{F_{1A}}{m}-\dfrac{F_{2A}}{m}-\dfrac{F_{3A}}{m}$

$\vec a_A=\left[-\dfrac{Gm}{a^2}-\dfrac{Gm\sqrt2}{4a^2}\right ]\vec i+\left[-\dfrac{Gm}{a^2}-\dfrac{Gm\sqrt2}{4a^2}\right ]\vec j$

el modulo $a_A=\sqrt{2}\dfrac{Gm\left[4+\sqrt2\right ]}{4a^2}$

y si rota sobre el CM su aceleración centrípeta para una orbita circular de radio$\sqrt2 \dfrac{a}{2}$ es

$a_A{cent}=\dfrac{V^2}{R}=\dfrac {2v^2}{\sqrt2 a}$

igualando y despejando v

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


Pd intuyo que el resultado de isaacDL corresponde a un ejercicio donde cada cuarpo esta a la misma distancia uno del otro, para el caso de 4 cuerpos es un tetraedro (piramide de base triangular de lado a) pero no para un cuadrado.

[Alriga]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Siguiendo el razonamiento que realiza Richard no encuentro errores, por lo que para mí también es correcta la expresión a la que él llega e incorrecta la del libro. Pero además se me ha ocurrido que podemos ver si esa solución concuerda con los resultados que ofrece el programa de simulación My Solar System.

Para ver si hay concordancia, primero he realizado varias simulaciones sencillas de 2 cuerpos y diferentes valores de masas, distancias y velocidades en movimientos conocidos, con el objetivo de averiguar cual es el valor de la Constante de Gravitación Universal "G" en las unidades de masa, distancia y velocidad que usa el programa, y he obtenido que el programa usa $\boxed{G=10000}$

Conocida "G" en las unidades del programa de simulación, con estos datos de la simulación del post #6 que nos da órbitas circulares para los 4 cuerpos, vamos a calcular la velocidad necesaria con las 2 fórmulas en disputa.

	masa	x	y	$\bold{v_x}$	$\bold{v_y}$
Cuerpo 1	74	-100	-100	50	-50
Cuerpo 2	74	100	-100	50	50
Cuerpo 3	74	100	100	-50	50
Cuerpo 4	74	-100	100	-50	-50

Con la fórmula de Richard:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Con la fórmula del libro:

$v=\sqrt{\dfrac{\sqrt{2} \ GM}{4 \ a}}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{2} \ 10000 \cdot 74}{4\cdot 200}}=36.17$

Como la velocidad que hemos tenido que introducir en la simulación para conseguir la órbita circular es $v=\sqrt{50^2+50^2}=70.71$

La clara vencedora es,... la fórmula de Richard

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Saludos.

[Richard R Richard]

Re: Problema de campo gravitatorio de cuatro cuerpos

Epa!!! me has aclarado para que sirven las simulaciones!!!, muy pero muy inteligente estuviste alriga para corroborar la formula. Un lujo como siempre. Saludos