Avanzado Masa puntual vs masa distribuida

[Richard R Richard]

Aunque este hilo bien podría ir en Mecánica newtoniana, las respuestas que busco se puedan debatir tienen que ver con la relatividad, por eso lo posteo aquí.

A raíz del debate del Hilo Alcance de la fuerza de la gravedad en la TGR


Se me ocurrió comprobar que diferencia se puede apreciar en la fuerza de gravedad o su aceleración, al evaluar su masa como puntual versus su masa distribuida en un cierto volumen, cuando sus centros de masa se hallan ala misma distancia espacial

Es decir evaluar

$F=\dfrac{mMG}{R^2}$

de una masa puntual

con respecto a

$F_{SP}=\dst \sum \limits_{i=1}^{n}\dfrac{mM_iG }{R_i^2}$

donde $M=\dst \sum \limits_{i=1^n}M_i$

en un modelo similar a la distribucion de Thompson como vimos en este hilo https://forum.lawebdefisica.com/foru...ese-raz%C3%B3n

hasta llegar a una distribución continua de masa en una esfera con densidad

$\rho=\dfrac{3M}{4\pi r^3}$

luego $F_e= \displaystyle{ \iiint_V \dfrac{\rho MG}{R_e^2} dV}$

la dificultad de la tea es parametrizar la ecuación para resolverla en cartesianas o esféricas , ya que $R_e=R_e(r)$ a cada diferencial de volumen es $\sqrt{(x-x_0)^2+y^2+z^2}<br />$donde $x-x_0$ de la diferencia de posición entre el punto medido y el centro e masa en dirección x.

Es obvio que el limite cuando $x-x_0$ tiende a infinito las soluciones deben tender a un único número, o No?

que pasa con el potencial gravitatorio del conjunto cuando se nuclea, se pierde como onda gravitacional ? veremos una variación con estos sencillos cálculos si variamos la densidad y mantenemos constante la masa?

[Richard R Richard]

Bueno vamos a lo facil,

La masa es puntual M es esta ubicada a un distancia$d =n r$ de la masa de prueba $m$ es decir , defino la separación $d$ como un múltiplo $n$ de lo que va a ser el radio $r$ de una esfera donde la misma masa esté distribuida.

La fuerza de atracción entre masas es $F=\dfrac{mMG}{d^2}=\dfrac{mMG}{n^2r^2}=K\dfrac{1}{n^2}$



para una distribución tetraédrica de 4 masas iguales separadas la misma distancia $a$ hay infinitas formas de girar el tetraedro pero tres formas son particularmente los extremos a corroborar

1) cuando una de las masas se ubica sobre el segmento entre el CM y la masa de prueba
2)cuando una de las masas se ubica en la prolongación del segmento entre el CM y la masa de prueba
3) cuando hay dos masas por delante y dos por detrás del CM a equidistantemente.

Voy por el primer caso cada masa tiene valor $M_i=M/4$, si la distancia entre el CM y cada una de las masa es r el valor de $a =\sqrt{8}{3}r$ el plano perpendicular que contiene las otras 3 masas esta separado del CM en la dirección x a $\frac13 r$ y la altura sobre la perpendicular es$\dfrac{r\sqrt 8}{3}$

también sabemos que por ser un sistema de distribuido simétrico, la fuerza en el eje y es nula , por lo que la componente angular de las masas de triangulo posterior tienen un angulo respecto del eje principal de

$\cos\theta=\dfrac{f}{e}$

se puede escribir entonces para el caso 1

$F_{SP}=\dst \sum \limits_{i=1}^{n}\dfrac{mM_iG }{R_i^2}=\dfrac{mM_iG }{(d-r)^2}+\dfrac{m3M_iG f}{e^3}$

resolviendo geométricamente los valores de e y f

$f=(d+\frac13 r)=r(n+\frac13)$

$e=\sqrt{f^2+(\dfrac{r\sqrt 8}{3})^2}$

para tener un valor numerico digo n=10 pero se puede calcular para cualquier n arbitrario

$F_{SP}=K\left( \dfrac{1}{4(n-1)^2}+\dfrac{3 (n+\frac 13)}{4((n+\frac 13)^2+(\dfrac{\sqrt {8}}{3})^2)^{1.5}}\right)=K0.010023$

donde $F =0.01K$ hay una diferencia de 2/1000 en exceso en la fuerza....


Caso 2 $F_{SP}=K\left( \dfrac{1}{4(n+1)^2}+\dfrac{3 (n-\frac 13)}{4((n-\frac 13)^2+(\dfrac{\sqrt {8}}{3})^2)^{1.5}}\right)=K0.009979$ un faltante porcentual similar

y el caso 3 la distancia al en dirección x al CM de las masas es \dfrac{1}{\sqrt 3} por delante y por detrás del CM , y la altura es la mitad de a $h=\dfrac{\sqrt{2}}{3}r$

caso 3 $F_{SP}=K\left( \dfrac{2(n-\frac 1{\sqrt3})}{4((n-\frac 1{\sqrt 3})^2+(\dfrac{\sqrt {2}}{3})^2)^{1.5}}+\dfrac{2 (n+\frac 1 {\sqrt3})}{4((n+\frac 1{\sqrt3})^2+(\dfrac{\sqrt {2}}{3})^2)^{1.5}}\right)=K0.0010066$

un promedio da$K0.010022$ me deja el sabor que la diferencia con respecto a 0.01K se debe que no exploramos el promedio de toadas las rotaciones posibles





edito voy por lo dificil el calculo de la fuerza de gravedad de una masa distribuida con densidad constante, a una distancia de $nR$ entre su CM y el masa puntual de prueba sería

$F_e= \displaystyle{ \iiint_V \dfrac{\rho MG}{R_e^2} dV}$

$F_e= \displaystyle{ \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{\rho mG(nR-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nR-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}$

$F_e= \displaystyle{ \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{\rho mG(n-\cos\phi)\sin\phi}{((n-\cos\phi)^2+(\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}$

resolviendo la primer y tercer integral pues se ve que hay independencia de la variable

$F_e= \displaystyle{ 2\pi \rho mG \int_0^{\pi}\dfrac{(n-\cos\phi)\sin\phi}{((n-\cos\phi)^2+(\sin\phi)^2)^{1.5}} r d\phi }$

reemplazando el valor de la densidad

$F_e= \displaystyle{ 2\pi \dfrac{3M}{4\pi r^3} mGr \int_0^{\pi}\dfrac{(n-\cos\phi)\sin\phi}{((n-\cos\phi)^2+(\sin\phi)^2)^{1.5}} d\phi }$

$F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2} \int_0^{\pi}\dfrac{(n-\cos\phi)\sin\phi}{((n-\cos\phi)^2+(\sin\phi)^2)^{1.5}} d\phi }$

le encuentran algún error troncal al planteo? pues se lo encontre mas adelante lo resuelvo

veo que se me hace independiente de la variable R , luego de integrar sera lineal con R y a la vez depende de n , osea que el valor que obtengo depende de la escala.

[Richard R Richard]

$F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2} \int_0^{\pi}\dfrac{(n-\cos\phi)\sin\phi}{((n-\cos\phi)^2+(\sin\phi)^2)^{1.5}} d\phi }$



segun wolfram alpha https://www.wolframalpha.com/input/?...x%2C+x%3D0..pi

F_e=0.03K no veo el error hasta ahora.

Edito!!!!!!

pero que error de wolfram , he probado un programa de intergrar hecho por mi y obtengo

$F_e=0.0095459K<br />$
llevando a n cada vez mas grande $n=10000$ esperamos resultados 6 ordenes menores $K\notcien{1}{-8}$ y surge $K\notcien{0.954929}{-8}$

hay un error del 5% y mejorar la partición de la integral no mejora el resultado.. es error de los programas o porque no converge a K/n^2
y mejorar n tampoco cambia ese 5%

allí me atasco , alguien se da una idea porque sucede esto, o es que debe ser así la esfera tiene mayor potencial gravitatorio que el punto de la misma masa,

los libros no dicen lo mismo.como era de esperarse

El error se debe a considerar $d=nR$ cuando en realidad es $d=nr=cte$

[Pola]

Me gustaría entenderlo y poder decir algo, pero muy por encima de mi capacidad. Un saludo, Richard

[Visitante]

Hola Richard.

A mi, me dá el resultado de la integral igual al de WolframAlpha:
Para n = 10, F_e = 0.03 K
Para n = 10000, F_e = 3 10^-10 K

Programa Fortran para el calculo de la integral:
(1000000 de bucles)

real*8 sum,pi,dx,x

sum=0.0d0
pi=dacos(-1.0d0)
write (6,*) pi
dx=pi/1.0d6

do 1000 x=0.0d0,pi,dx

sum=sum+(((10.0d4-dcos(x))*dsin(x))/
1(((10.0d4-dcos(x))**2.0d0+dsin(x)**2.0d0)**(1.5d0)))*dx

1000 continue

write (6,*) sum
end

Un saludo.

[Richard R Richard]

Hola aver si una imagen vale mas que 1000 palabras



La fuerza de una masa puntual M sobre una paricula de masa m a una distancia d es

$F=\dfrac{mMG}{R^2}$

Si divido en un sistema de partículas la masa M y hago el mismo calculo conservando la distancia entre la partícula de prueba y el centro de masas . tengo un grafico como estos



dependiendo de la posición que toman las cuatro masas de valor M/4 tengo que si le asigno un valor K a la fuerza de la masa puntual cuando n=1
si la distancia ahora vale 10 veces mas es de espera que la fuerza se reduzca 100 veces o que decrezca con n^2 es decir

debería arriba a algo similar a $F\cong\dfrac{K}{n^2}$ y de hecho ocurre como no analice todas las posibilidades de rotación del tetraedro, obtuve una aproximación de

$K0.010022=\dfrac{K}{n^2}1.0022$ es decir un leve error de$2.2\%_0$

pero en el intento con una masa distribuida los libros de física nos dicen que debemos calcular la gravedad de un cuerpo de densidad constante como que toda su masa esta concentrada en el centro de masa, y que la distancia debe calcularse entre el objeto de prueba y el CM.



Si hago ese calculo , en coordenadas cartesianas es insalubre, por lo que lo convertía coordenadas esféricas, donde resulta mas sencillo.

pero claro el método de cálculo numérico de la integral debe hallarse ante un problema importante ya que , las soluciones aproximadas de wolfram se equivocan en un 300%

y mi mejor estimación difiere en un 5% $F=\dfrac{K}{n^2}0.954929$ como mejor aproximacion

en teoria si aleo la particula de prueba una masa distribuida no debe diferir en calculo a una masa puntual, pero no logro mejorar la precisión aún alejando m un millon de veces.

Evidentemente, tiene que suceder un error en el metodo de integracion

Hola Richard.

A mi, me dá el resultado de la integral igual al de WolframAlpha:
Para n = 10, F_e = 0.03 K
Para n = 10000, F_e = 3 10^-10 K

Programa Fortran para el calculo de la integral:
(1000000 de bucles)

real*8 sum,pi,dx,x

sum=0.0d0
pi=dacos(-1.0d0)
write (6,*) pi
dx=pi/1.0d6

do 1000 x=0.0d0,pi,dx

sum=sum+(((10.0d4-dcos(x))*dsin(x))/
1(((10.0d4-dcos(x))**2.0d0+dsin(x)**2.0d0)**(1.5d0)))*dx

1000 continue

write (6,*) sum
end

Un saludo.

Gracias por tratar de saciar mi inquietud,

Debería conocer mejor el lenguaje fortran para opinar pero si unas n=10^4 debes obtener un valor de integral solo 6 ordenes menor con n=10^1 ya que varia con el cuadrado de n, osea con el doble de la variación de exponente 2(4-1)=6 ordenes, no me explico como llegas a un exponente -10 que es 8 ordenes diferente y tampoco veo que multipliques por 3/2 a la suma total o me parece y no lo veo escrito.


con un libro de análisis numérico he mejorado mi método de integración, y, obviamente tengo que llegar a $\lim\limits_{n\to\infty} F_e=F$ pero una no arribo

vuelvo a que la integral con n=10 va a K0.03 y no entiendo porque.


:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::ya vi el error el \jacobiano no es función de $\phi$ sino de$\theta$

el tercer metodo a foja cero.

Tienes razon. No he calculado la integral para
N=10000 sino para N=100000...
El resultado de la integral para N=10 es 0.02.

[sater]

Buenas Richard. Cito de mis apuntes de gravitación de mecánica analítica:

" En el caso de cuerpos extensos, en general, tal como hemos señalado anteriormente, la ley de la gravitación no es aplicable y, por ejemplo, la fuerza que experimenta un objeto debido a la presencia de otro no lleva la dirección de la línea que une los centros de masa de ambos "

Para cuerpos extensos, se debe resolver:

$$\vec F=-G\int_{V_m} \int_{V_M} \dfrac{\rho'(\vec r') \rho(\vec r) (\vec r-\vec r')}{|\vec r-\vec r'|^3}\dd V\dd V'$$

con $V_m$ y $\rho'$ el volumen y función densidad del cuerpo de masa total $m$ y $V_M$ y $\rho$ el volumen y función densidad para el cuerpo de masa $M$.

Solo en casos con suficiente simetría (u aproximaciones como distancias muy grandes) se puede recuperar la ley de la gravitación universal.

¿Era eso lo que querías comprobar?

[Richard R Richard]

Exacto, gracias por el párrafo, yo lo que hago es que uno de los dos cuerpos es una masa puntual m y el otro una masa distribuida M.
Como primera medida tendría que comprobar justamente que el modelo para distancias lejanas coincide con el de las puntuales.

[sater]

¿Algo así como encontrar para qué distancia el error es admisible?

[Richard R Richard]

Hola sater, comento a que viene el hilo

En el hilo citado en el primer post se habla de que la influencia gravitatoria de una estrella lejana, perecería que comienza cuando la estrella se nuclea del modo en que ha sido relatada la frase, se que el interlocutor no ha querido decir exactamente eso, pero la idea es que me propongo ver que el efecto gravitacional de una nube dispersa es similar al de la estrella final cuando la distancia es grande, pero que no necesariamente es igual para otros objetos de prueba en las inmediaciones de la nube, ej protoplanetas gaseosos, y en caso de ser una estrella de segunda generación, que los discos de acreción están solicitados a una gravedad mayor , menor o igual a la que tendría la misma masa ubicada en el centro de masas de la nube.


Bien por lo que veo, es que situarse en el borde de la nube tiene menor efecto gravitatorio , que la misma masa ubicada a la misma distancia radial del centro... "para mi es una obviedad, matemática", pero no es lo que recordaba de los libros.. buen hasta ahora que leo tu aporte.




Mi nuevo intento

$F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}$

si llega a $F_e\cong K/n^2 0.99849$

resultado mas aceptable

con n =1000 el pequeño error no cambia en los primero 5 dígitos

con n=1 osea posarse en la superficie me da F_e=0.996F resultado que nunca había llegado ni en la época de estudiante.

Bueno a que sirve todo esto , es que la masa distribuida de hidrógeno que va colapsar en una estrella previamente a formarse ya está interactuando gravitacionalmente con su entorno del mismo modo que lo hará cuando colapse en estrella.

Me queda descubrir si ese pequeño porcentaje 2 por mil es solo un error de método de cálculo (suma de propagación de pequeños errores) o bien es una diferencia de potencial gravitatorio que se expulsa como onda gravitatoria cuando colapsa la estrella y se enciende.

Será un esfuerzo vano, debido a mi carencia de conocimientos teóricos, o realmente hay miga para sacarle al tema?

[Pola]

Pues hasta tu último post, la verdad es que no había entendido nada; pero ahora me parece una cuestión muy interesante. ¿Cuál será la respuesta?

[carroza]

Hola.

R3, conoces el teorema de Gauss? Aplicable a cualquier campo, te dice que el flujo de un campo sobre una superficie cerrada, ei igual a la integral de volumen de la divergencia del campo.

Para campos como el gravitatorio, que, para una masa puntual van como $K m \vec r / r^3$, el flujo del campo, sobre cualquier superficie cerrada, es igual una constante $4 \pi K$ por la masa total encerrada. Ese teorema es valido, sea cual sea la forma de la distribucion de masas.

Ahora, si tenemos una distribucion de masas con simetría esférica, el campo, por simetría, también tendrá simetría esférica, de forma que el flujo a traves de una superficie esférica es constante. Y eso es valido si toda la masa está en un punto, o si toda la masa está en una corona esférica, o si toda la masa está en una esfera con densidad uniforme, o si la desnidad de masa es una función arbitraria de la distancia.

Así que si, tu integral debe darte el mismo valor para la fuerza gravitatoria que te daría una masa puntual.

Un saludo

[Richard R Richard]

Hola.

R3, conoces el teorema de Gauss?

Gracias carroza, sigo medio en tinieblas, el motivo el hilo aunque una obviedad de secundaria,era repasar situaciones en las que sí se debe hallar el resultado justo, en la conservación de la fuerza y como dices se resuelve perfectamente aplicando Gauss, el tema es que esta integral que se evita aplicando las consecuencias del teorema, y que nadie la hace pues "todos confían en que el Teorema es justamente un teorema una verdad lógica matemática".

Cabe preguntarse si la gravedad como fenómeno físico siempre se comporta de acuerdo el teorema para nada es este el tema del hilo .

A que voy como vimos en el otro hilo previamente la gravedad de una nube de gas lejana , que colapsará en una estrella, que podemos decir que será una masa puntual, tiene previamente, el mismo valor de aceleración que el que provoca la estrella.

Es decir en el colapso y encendido de la estrella suponemos que se conserva la masa (despreciando la radiación) y también el momento angular del que no me ocupado.

En definitiva la gravedad de la superficie en estereoradianes de esa porción del espacio que ocupa una masa distribuida, sobre la partícula de prueba tiene un efecto similar al que provocaría por si sola la estrella como masa puntual.

Lo curioso es preguntarse en que momento esto deja de ser cierto cuanto más se retrocede en el tiempo , si llegamos a una densidad "uniforme" en la recombinación... o bien que si aplicamos a rajatablas estas dos conservaciones, tenemos que llegar a la conclusión que no es una distribución uniforme y prueba de eso son la variación de colores en pequeñas regiones en el CMB, claro está sin perder de vista que en el global no hay lugares con acentuación o reducción del efecto, luego el fondo es bastante homogéneo--- Hasta donde escuche la inflación tiene mucho que ver con eso, pero no entiendo como, es causa de la homogeneidad, y a su vez de las inhomogeneidades de la cuales se derivaron las superestructuras futuras..

Ese teorema es valido, sea cual sea la forma de la distribución de masas.

Aver cuando la distancia es muy grande , entiendo que sí y es un resultado cierto como límite asintótico. estoy de acuerdo contigo.
Y si bien he aprendido hace años, como bien me indicas, que el resultado debe ser el mismo para todos los casos , es curioso observar la discrepancia en la fuerza para cada uno de los tres casos que calcule en el punto 2 solo por rotar respecto del CM al sistema de partículas distribuido como un tetraedro? Obtengo una diferencia de 2 por mil y no veo que se deba a errores de redondeo acumilativos en el proceso de la integral, como el el caso de la masa distribuida, ya que se puede obtener el resultado aplicando un proceso algebraico bastante más sencillo.

El tema de fondo es este ... como ya sabemos que las ondas gravitacionales que se han podido detectar , provienen de procesos rápidos de movimiento orbital de grandes masas, los que disipan gran cantidad de energía al terminar uniendose en un único agujero negro, el colapso en estrella se me ocurre debe producir lo mismo pero a mucha menor escala de intensidad. Si esto fuera cierto de donde sale la energía radiada si los potenciales gravitatorios iniciales y finales son lo mismo debido al teorema de gauss?.

[carroza]

Y si bien he aprendido hace años, como bien me indicas, que el resultado debe ser el mismo para todos los casos , es curioso observar la discrepancia en la fuerza para cada uno de los tres casos que calcule en el punto 2 solo por rotar respecto del CM al sistema de partículas distribuido como un tetraedro? Obtengo una diferencia de 2 por mil y no veo que se deba a errores de redondeo acumilativos en el proceso de la integral, como el el caso de la masa distribuida, ya que se puede obtener el resultado aplicando un proceso algebraico bastante más sencillo.

Richard, el campo gravitatorio que crea un tetraedro no tiene simetría esférica. Para una distancia dada al centro del tetraedro, es mayor cuando estás frente a un vértice, que cuando estás frente a una cara. Sigue siendo válido el teorema de gauss, que se refiere al flujo del campo gravitatorio a lo largo de toda la superficie que rodea al tetraedro.

Lo que si ocurre es que si tomas una distribucion de masas con simetria esférica (no un tetraedro), el campo gravitatorio a una distancia R del centro de la distribucion va a ser exactamente igual al campo a una distancia R que crea una masa en el centro. Y esto es valido para cualquier distancia R, que sea mayor que el radio de la distribucion.

Ya que tienes el programa para calcular el campo gravitorio del tetraedro, puedes comprobar que la diferencia entre el campo gravitatorio GV(R) que se crea a una distancia R del centro, frente a un vértice, y el campo gravitatorio GC(R) que se crea a una distancia R, frente a una cara, escala con R como $R^{-5}$. De la misma manera, la diferencia entre estos campos y el campo que describe la masa puntual GP(R), también escala como $R^{-5}$.

Si te interesa mas la diferencia relativa entre el campo del tetraedro y el campo puntual , $(GV(R)-GP(R))/GP(R)$
, esto escala como $R^{-3}$. Es decir, que si duplicas la distancia, la diferencia relativa se te hace un factor 8 más chica.

[Visitante]

Hola Richard.

Intento evaluar tu formula con toda la precision que dispongo (36 digitos):

$\dst{F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}}$

Pero no sé que valor de 'r' maximo has usado (?)
Ni sé que es 'R' y que valor has usado (?)

Y me supongo que el calculo se reduce a:

$\dst{F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2}2\pi \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dr d\phi }}$

(Es posible que no logres mejores resultados por falta de precision...)

Un saludo.

[JCB]

Hola a tod@s.

Todavía en el tetraedro regular, quizás esté equivocado, pero diría que el cdm debe coincidir con el centro de la esfera que contiene a los 4 vértices, para que las 4 masas puntuales se hallen, también, a la misma distancia del cdm. Si fuese así, el radio de la esfera circunscrita es

$R=\dfrac{\sqrt{6}}{4}a$, por lo que la arista del tetraedro regular, tendría el valor

$a=\dfrac{4R}{\sqrt{6}}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Richard, el campo gravitatorio que crea un tetraedro no tiene simetría esférica. Para una distancia dada al centro del tetraedro, es mayor cuando estás frente a un vértice, que cuando estás frente a una cara. Sigue siendo válido el teorema de gauss, que se refiere al flujo del campo gravitatorio a lo largo de toda la superficie que rodea al tetraedro.

Hola carroza ahí esta la clave, una cosa es que el flujo a través de la superficie cerrada, que encierra todas las masas es una constante, y solo cuando hay simetría esférica entonces el campo es constante para un radio determinado, y para todo angulo $\phi$ y $\theta$ de un sistema de coordenadas esféricas.
Es por eso que el campo gravitatorio varia según se rote la distribución de las 4 masas.

Ya que tienes el programa para calcular el campo gravitatorio del tetraedro, puedes comprobar que la diferencia entre el campo gravitatorio GV(R) que se crea a una distancia R del centro, frente a un vértice, y el campo gravitatorio GC(R) que se crea a una distancia R, frente a una cara, escala con R como $R^{-5}$. De la misma manera, la diferencia entre estos campos y el campo que describe la masa puntual GP(R), también escala como $R^{-5}$.

Si te interesa mas la diferencia relativa entre el campo del tetraedro y el campo puntual , $(GV(R)-GP(R))/GP(R)$
, esto escala como $R^{-3}$. Es decir, que si duplicas la distancia, la diferencia relativa se te hace un factor 8 más chica.

Bueno, veo si puedo probarlo, ya que ahora esta sobrando tiempo.
Puntualmente, te comento que no se puede hacer directamente el calculo de GV(R), cuando R= radio de la esfera que contiene las 4 masas del tetraedro, , porque? porque en ese caso en un sistema de referencia que escojo , las coordenadas de una de las masas, me quedaria ,(R,0,0) y la posición de la masa de prueba me queda también en (R,0,0) luego la distancia para evaluar el campo se hace nula, y la contribución al campo total se hace infinita. Para evitar esto siempre la partícula de prueba la pongo en $R+\epsilon$ , entonces la dirección privilegiada en dirección al vértice tiene un campo que depende de $\epsilon$ y no de la distancia al CM, pero también es cierto que sI $\epsilon$ lo hago tender a infinito, Así converge al valor calculado con la masa puntual.

Hola Richard.

Intento evaluar tu formula con toda la precision que dispongo (36 digitos):

$\dst{F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}}$

Pero no sé que valor de 'r' maximo has usado (?)
Ni sé que es 'R' y que valor has usado (?)

Y me supongo que el calculo se reduce a:

$\dst{F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2}2\pi \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dr d\phi }}$

(Es posible que no logres mejores resultados por falta de precisión...)

Un saludo.

Hola FVPI, tengo un gazapo en la fórmula que propuse si tienes en cuenta que

$K=\dfrac{GMm}{r^2}$

y $\rho =\dfrac{3M}{4\pi r^3}<br />$
cuando postee la formula ya había resuelto la primer integral sobre $\theta$ y me equivoque de constante, la correcta es

$\dst{F_e= \displaystyle{ Gm\rho\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi d\theta}}$

que si tomas $r=1$ y $n=10$

allí si el resultado es el que predijo porque la independencia de$\theta$ la convierte ahora si en

$F_e= \displaystyle{ \dfrac{3K}{2r}\int_0^{\pi}\int_0^{r}\dfrac{(nr-R\cos\phi)R^2\sin\phi}{((nr-R\cos\phi)^2+(R\sin\phi)^2)^{1.5}} dR d\phi }$

al ser r=1 el resultado de la integración es necesario multiplicarlo por 3/2 para dejarlo en función de K.

Todavía en el tetraedro regular, quizás esté equivocado, pero diría que el cdm debe coincidir con el centro de la esfera que contiene a los 4 vértices, para que las 4 masas puntuales se hallen, también, a la misma distancia del cdm. Si fuese así, el radio de la esfera circunscrita es

$R=\dfrac{\sqrt{6}}{4}a$, por lo que la arista del tetraedro regular, tendría el valor

$a=\dfrac{4R}{\sqrt{6}}$.

Saludos cordiales,
JCB.

Cierto , en el hilo sobre como obtener la distribución de cargas para que el potencial eléctrico sea mínimo respecto de un centro cargado opuesto requiere que las cargas se distribuyen sobre una esfera, formando un tetraedro donde si una arista mide $a$ el radio de la esfera es $R=a\sqrt{\dfrac{3}{8}}=0.61237a$ como bien indicas.



Bueno en resumidas cuando tenemos un sistema finito de partículas, estén o no distribuidas homogéneamente, el valor vector campo sobre una esfera que lo encierre, "no es constante" pues no hay simetría esférica.Pero aún así el teorema de gauss es válido, sirve para calcular la masa total encerrada , pero no es valido despejar de el valor del vector del campo y decir que es el correspondiente a esa distribución , ya que solo habrá coincidencia cuando haya simetría esférica.