Demostración de las leyes de Kepler

[Ulises7]

Bueno, éste hilo se dedicará a las demostraciones de las 3 famosas leyes de Kepler, que son éstas:

1ª Ley de Kepler

Los planetas describen órbitas elípticas alrededor del Sol, que está ubicado en uno de los focos de la elipse.

2ª Ley de Kepler

El radio vector que une el Sol con el planeta barre áreas iguales en tiempos iguales.

3ª Ley de Kepler

Los cuadrados de los períodos de revolución de los planetas son proporcionales al cubo de su distancia media que los separa del Sol:

$$T^2 = Kr^3$$

Nota: Éstas leyes no son válidas únicamente para los planetas del Sistema Solar sino para cualquier satélite que orbite alrededor de su cuerpo principal ( ejemplos: la Luna respecto la tierra, Titán respecto Saturno, un satélite geoestacionario respecto la Tierra, etc ).


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A continuación realizaré la demostración de la 3ª ley de Kepler para órbitas circulares:

La aproximación que realizo ya está comentada y es considerar las órbitas de los planetas ( satélites ) circular, para ello tomaré la distancia media de los planetas respecto al Sol ( o satélites respecto a su cuerpo principal ). La demostración la abordaré para cualquier satélite no sólo el caso planetas-Sol.

La clave está en apreciar que la fuerza centrípeta de los satélites respecto al cuerpo que orbitan es la fuerza gravitatoria, por tanto:

$$F_c = F_g$$

Desarrollamos ( en módulo ) teniendo en cuenta a qué son iguales:

$$m \dfrac{v^2}{r} = G \dfrac{M m}{r^2}$$

$$v^2 = G \dfrac{M }{r}$$

Siendo:

$G$ la constante de gravitación universal de valor $6,67 \cdot 10^{-11} \; N \; m^2 \; kg^{-2}$.
$v$ velocidad orbital del satélite.
$M$ la masa del cuerpo principal.
$m$ la masa del satélite.
$r$ el radio orbital medio.

Ahora bien tenemos en cuenta que la velocidad orbital del satélite también se puede expresar así:

$$v = \dfrac{2\pi r}{T}$$

Siendo $T$ el período de revolución del satélite.

Sustituimos (1.4) en (1.3), desarrollamos y aislamos el período:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

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

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

Y si hacemos que $K = \dfrac{4 \pi^2}{G M}$ tenemos:

$$\boxed{T^2 = Kr^3}$$

Siendo $K$ una constante, que no varía si no cambiamos el cuerpo principal.


Vemos que (1.8) es igual a (1) por tanto ya está demostrado mediante la mecánica clásica.


Las posibles demostraciones que continuen éste hilo pueden ser:

• Demostración de la 1ª ley de Kepler.
• Demostración de la 2ª ley de Kepler.
• Demostración de la 3ª ley de Kepler para órbitas elípticas.

Saludos

[ser humano]

Demostracion de la segunda ley de kepler

Empecemos por notar que el momento angular permanece constante en la trayectoria de un cuerpo que es afectado unicamente por una fueza central:

El momento de fuerza generado por el cuerpo central es por definicion:

$\vec M=\vec r \times \vec F$

Entonces la magnitud de $M$ es

$M=rF \sin \alpha$

siendo $r$ el radiovector, $F$ la fuerza gravitatoria y $\alpha$ el angulo entre los vectores anteriores (la fuerza y el radiovector).

como $F$ es una fuerza central, el angulo entre este y $r$ es siempre cero, por lo tanto:

$M=0$

Como $M=\frac{{d}L}{{d}t}=0$ entonces podemos concluir que $L$ es constante.

Una vez notado esto, podemos comenzar con la demostracion que nos incumbe.
Empecemos por trazar dos rectas desde un punto en el interior de la curva cerrada, la cual representa la orbita describida por el cuerpo, hasta un elemento del perimetro de la misma, donde la separacion angular entre ellas sea de ${d}\theta$. El punto representa la ubicacion del cuerpo que genera la fuerza central. De esta manera nos quedara algo semejante a los siguientes graficos:

Lo que a continuacion se expresara, será notorio que es valido en general para cualquier curva cerrada y en particular para una elipse.
En el grafico, se puede notar un triangulo en donde dos de sus lados, son practicamente $r$ y el otro lado es ${d}x$. Al ser que el angulo es tan pequeño, el arco entre las intersecciones de las rectas y el perimetro, es practicamente ${d}x$. Es deicir que al ser tan pequeño este arco, lo podemos rectificar sin que con eso nos de un error significativo.
Teniendo en cuenta esto, podemos decir que el elemento diferencial de area (el rojo) es:

$${d}A=\dfrac {{d}x r} 2$$

Como $\frac {{d}x}{{d}t} = v \Longrightarrow {d}x= v {d}t$. Si sustituimos ${d}x$ por su expresion equivalente en (2.1) :

$${d}A=\dfrac {{d}t v r} 2$$

Como $L=\vec p \times \vec r$ y $L$ es constante, entoneces su valor sera el que tiene cuando $r \perp p$, por lo tanto $L=rp$. Siendo que $p=mv$, $L=rmv \Longrightarrow rv=\frac L m$. Teniendo en cuenta esto, sustituimos en (2.2) :

${d}A=\dfrac {{d}t \frac L m} 2$

integrando a ambos lados queda:

$A=\dfrac L {2m} t$

Entonces con esto podemos analizar el area barrida en un lapso de tiempo, aplicando la formula para un $t_1$ y para un $t_2$

$A_1=\dfrac L {2m} t_1$

$A_2=\dfrac L {2m} t_2$

haciendo la diferencia:

$A_1 - A_2 = \dfrac L {2m} (t_1-t_2)$

[FONT=Arial]
[/FONT] [FONT=Arial][FONT=Arial]Como la expresion $\frac L {2m}$ es constante, ya que el momento angular lo es y tambien lo es la masa, se puede notar que el area barrida (la diferencia de areas) solamente depende del tiempo que transcurra, y no de la posicion inicial y final. [/FONT][FONT=Arial]
[/FONT]
[/FONT] [FONT=Arial]
Validez para sistemas binarios en [/FONT][FONT=Arial]general[/FONT]

[FONT=Arial]Para notar la validez en estas circunstancias, vamos a apoyarnos en parte en lo que acabamos de demostrar. [/FONT]

[FONT=Arial]Primero notemos que en este caso también el momento angular con respecto al centro de masa es constante. [/FONT]
[FONT=Arial]Como se expuso en la ya realizada demostración, el momento de fuerza es por definición:[/FONT]

[FONT=Arial]$M=F r \sin \alpha$[/FONT]

[FONT=Arial]siendo $\alpha$ el angulo entre el vector posición y el vector fuerza.[/FONT]

[FONT=Arial]Si nuestro eje de referencia lo ubicamos sobre el centro de masa, $r$ seria la distancia de alguno de los objetos que orbita, a él. Por otro lado, el centro de masa del sistema estaria ubicado con respecto a una de las masas en :[/FONT]

[FONT=Arial]$\vec R = \dfrac {m_1}{m_2 + m_1} \vec r_1$[/FONT]

[FONT=Arial]Por lo que se puede notar que la dirección del vector posición con un eje de referencia con el cero en el centro de masa, es la misma que la del vector posición con respecto a una de las masas. Esto se puede ver en el siguiente grafico:[/FONT]
[FONT=Arial]

[/FONT] [FONT=Arial]Por otro lado, es necesario notar que la fuerza $F$ aplicada sobre uno de los cuerpos, como es producto de la interacción gravitatoria, esta en la misma dirección que el vector posición que tiene el cuerpo afectado por la fuerza si se toma como punto de referencia el cuerpo que genera dicha fuerza. Esto implica, por lo ya dicho y por lo que se puede notar en el grafico, que esta fuerza tiene la misma dirección que el vector posición si se toma como punto de referencia al centro de masa del sistema. Esto quiere decir que el angulo que existe entre el vector posición y el vector fuerza es cero, y por lo tanto:[/FONT]

[FONT=Arial]$M= F r \sin 0 = 0$[/FONT]

[FONT=Arial]Como ya se vio, esto implica que el momento angular es constante.[/FONT]

[FONT=Arial]Nuevamente se puede repetir el proceso realizado para la demostración inicial a partir de (2.1), esta vez tomando las posiciones con respecto al centro de masa.[/FONT]

[FONT=Arial]Por lo tanto, queda demostrado que para cada uno de los cuerpos que componen al sistema, se cumple que su radiovector con respecto al centro de masa barre areas iguales en tiempo iguales.[/FONT]


Demostraciones a realizar
- Derivada del momento angular es equivalente a lo que es por definicion el momento de la fuerza.

[Saplaya]

Demostración de la 1ª Ley de Kepler

Para demostrar esta ley tenemos que estudiar la trayectoria, en principio de carácter desconocido, que describe un cuerpo que orbita alrededor del Sol (o de cualquier otro cuerpo). Consideramos el cuerpo central fijo en un punto y el cuerpo a analizar orbitando a su alrededor; si bien es cierto que ambos cuerpos orbitarán alrededor de su centro de masas, podemos considerar el Sol fijo debido a que su masa muy superior a la del cuerpo hará que el centro de masas esté muy cercano al centro de masas del Sol, en cualquier caso todos los resultados que obtengamos son aplicables si la masa considerada es la masa reducida del sistema.

De acuerdo con la figura, el cuerpo se halla en un momento determinado en una posición definida por el vector $\vec{\rho}$ y se mueve con una velocidad $\vec{v}$ que podemos descomponer en $\vec{v}_{\rho}$ según la dirección de $\vec{\rho}$ y $\vec{v}_{\alpha}$ normal a este; definiendo la velocidad angular como

$$\omega=\frac{\dd\alpha}{\dd t}$$

la componente normal será

$$v_{\alpha}=\rho\omega$$

y la $v_\rho$ será

$$v_\rho=\frac{\dd \rho}{\dd t}$$

Conforme a lo visto en la demostración de “ser humano” sobre la 2ª Ley (ver mensaje anterior) el momento angular $\vec{L}$ permanece constante lo cual supone que el movimiento se desarrolla en un mismo plano siempre y que el módulo $L$ del momento angular es una constante a lo largo de todo el recorrido. De la definición de $L$

$$L=m\rho^2\omega$$

obtenemos

$$\omega\rho=\frac{L}{m\rho}$$

$$\omega=\frac{L}{m\rho^2}$$

más adelante haremos uso de las expresiones (3.2) y (3.3).

Las energías cinética y potencial del cuerpo serán

$$T=\frac{1}{2}m(v_\rho^2+\rho^2\omega^2)$$

$$V=\frac{-GMm}{\rho}=\frac{-Km}{\rho}$$

con $M$ masa del cuerpo fijo, $m$ masa del cuerpo que orbita, $G$ la constante de gravitación y $K$

$$K=GM$$

por tanto la energía total

$$E=T+V=\frac{1}{2}m(v_\rho^2+\rho^2\omega^2)-\frac{Km}{\rho}$$

de aquí podemos despejar $v_\rho$

$$v_\rho=\sqrt{\frac{2E}{m}-\rho^2\omega^2+\frac{2K}{\rho}}$$

sustituimos ahora (3.2) en (3.7) y reordenando obtenemos

$$v_\rho=\sqrt{-\frac{L^2}{m^2}\frac{1}{\rho^2}+2K\frac{1}{\rho}+\frac{2E}{m}}$$

En este punto paramos el desarrollo momentáneamente y calculamos el diferencial de $\alpha$

$$\frac{\dd \alpha}{\dd \rho}=\frac{\dd \alpha}{\dd t}\frac{\dd t}{\dd \rho}=\omega\frac{1}{v_\rho}$$

luego

$$\dd \alpha=\frac{\omega}{v_\rho}\dd \rho$$

Valiéndonos ahora de (3.3) y (3.8), las sustituimos en (3.9) y obtenemos

$$\dd \alpha=\frac{\frac{L}{m}\frac{1}{\rho^2}\dd \rho}{\sqrt{-\frac{L^2}{m^2}\frac{1}{\rho^2}+2K\frac{1}{\rho}+\frac{2E}{m}}}$$

$$\dd \alpha=\frac{\frac{1}{\rho^2}\dd \rho}{{\sqrt{-\frac{1}{\rho^2}+\frac{2m^2K}{L^2}\frac{1}{\rho}+\frac{2mE}{L^2}}}}$$

a fin de simplificar la forma de la ecuación obtenida, para ver que tipo de integral tenemos que resolver, hacemos los cambios

$$A=-1$$

$$B=\frac{-2m^2K}{L^2}$$

$$C=\frac{2mE}{L^2}$$

$$\dd \alpha=\frac{\frac{1}{\rho^2}\dd \rho}{{\sqrt{A\frac{1}{\rho^2}-B\frac{1}{\rho}+C}}}$$

y ahora el cambio

$$u=-\frac{1}{\rho}$$

siendo

$$u^2=\frac{1}{\rho^2}, \qquad \dd u=\frac{1}{\rho^2}\dd \rho<br />$$

con lo que la diferencial queda

$$\dd \alpha=\frac{\dd u}{\sqrt{Au^2+Bu+C}}$$

La solución a esta integral es

$$\alpha=\frac{1}{\sqrt{-A}}\cos^{-1}\left(\frac{2Au+B}{\sqrt{B^2-4AC}}\right)$$

donde la constante de integración se iguala a cero tomando el origen de ángulo adecuado. Ahora sustituiremos (3.10) en (3.14)

$$\alpha=\cos^{-1}\left(\frac{-2u+B}{\sqrt{B^2+4C}}\right)$$

$$\cos{(\alpha)}=\frac{-2u+B}{\sqrt{B^2+4C}}$$

como (ecuación 3.13)

$$u=-\frac{1}{\rho}, \qquad \to -2u=\frac{2}{\rho}<br />$$

$$\cos{(\alpha)}=\frac{\frac{2}{\rho}+B}{\sqrt{B^2+4C}}$$

$$\frac{2}{\rho}=\sqrt{B^2+4C}\cos{(\alpha)}-B$$

$$\boxed{\rho=\frac{-2}{B-\sqrt{B^2+4C}\cos{(\alpha)}}}$$

que es la ecuación, en coordenadas polares, que define la trayectoria del cuerpo en orbita. Como la ecuación de la elipse en coordenadas polares, respecto a un sistema de referencia situado en su foco, es

$$\boxed{\rho=\frac{q}{1-e\cos{(\alpha)}}}$$

$$q=\frac{b^2}{a}, \qquad e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}, \qquad 0 \le e < 1$$

Comparando (3.15) con (3.16) vemos que la trayectoria corresponde a una elipse con

$$q=\frac{-2}{B}$$

$$e=\sqrt{1+\frac{4C}{B^2}$$

"con lo que queda demostrada la 1ª Ley de Kepler"

los valores de $q$ y $e$ serán,

para $q$, sustituyendo (3.11) en (3.17)

$$q=\frac{-2L^2}{-2m^2K}=\frac{L^2}{m^2K}$$

y sustituyendo (3.6) en (3.19)

$$\boxed{q=\frac{L^2}{m^2MG}}$$

para $e$, sustituyendo (3.11) y (3.12) en (3.18)

$$e=\sqrt{1+\frac{8mE/L^2}{4m^4K^2/L^4}}=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{m^3K^2}}$$

sustituyendo (3.6) en (3.21)

$$\boxed{e=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{m^3M^2G^2}}}$$

Demostraciones a realizar

1- Ecuación de la energía cinética T, ecuación (3.4)
2- Ecuación de la energía potencial V, ecuación (3.5)
3- Obtención de la solución de la integral del ángulo, ecuación (3.14)
4- Obtención de la ecuación de la elipse en polares, ecuación (3.16)
5- Obtención de los semiejes y posición del foco (a, b, c) de la orbita elíptica
6- Obtención de la relación entre E, T y V para que la trayectoría sea un orbita (es decir el cuerpo no se aleja sin retorno).

[ser humano]

Tercera ley de Kepler
(orbitas elipticas en general)

Como ya fue demostrado, para toda orbita descripta por un cuerpo como consecuencia de una fuerza central vale que:

$A=\displaystyle \frac{L}{2m} t$

Siendo que ya se demostro que que toda orbita producto de la fuerza gravitatoria es eliptica, podemos aplicar dicha relacion para esa forma en particular.
El area barrida al haber transcurrido un tiempo $T$ igual al periodo, sera el area de toda la elipse, ya que por definicion de periodo este es el tiempo que tarda el cuerpo en volver al mismo estado, y siendo que el cuerpo transcribe una orbita eliptica, es necesario que para volver al mismo estado recorra todo el perimetro de la elipse, o lo que es lo mismo, que el radiovector barra todo el area.
Como el area de la elipse es $A=ab\pi$, siendo $a$ el semieje mayor y $b$ el semieje menor, por lo ya dicho vale:

$ab\pi=\displaystyle \frac {L}{2m} T$

El momento angular $L = rmv sen \alpha$ se mantiene constante (ver demostracion de la segunda ley de kepler), y por lo tanto su valor es el que tenga en cualquiera de las posiciones que puede tomar. Tomemos el valor de $L$en el apoastro, en donde entre el vector posicion y el vector velocidad hay 90º. Si llamamos $c$ a la distancia focal:

$\displaystyle ab\pi=\displaystyle \frac{(a+c)v}2 T$

Despejando el periodo y elevando al cuadrado ambos lados de la igualdad:

$$T^2=\displaystyle \frac{4\pi^2a^2b^2}{(a+c)^2v^2}$$

Por otro lado, como sabemos que el momento angular es constante, podemos hallar la relacion entre las velocidades en el apoastro y en el periastro, posiciones en las cuales el vector posicion es perpendicular al vector velocidad:

$(a+c)v=(a-c)v_1$

Siendo $v_1$ la velocidad en el periastro.
Despejando $v_1$:

$$v_1=\displaystyle \frac{(a+c)v}{(a-c)}$$

Tambien podemos notar la relacion entre la energia cinetica y la energia potencial en cada una de estas posiciones, planteando la conservacion de la energia mecanica (ya que es un sistema cerrado):

$\displaystyle \frac 1 2 m v^2 - \frac{GMm}{(a+c)} =\displaystyle \frac 12 m {v_1}^2 - \frac{GMm}{(a-c)}$

Entonces:

$\displaystyle \frac 12 (v^2- {v_1}^2)=\displaystyle GM (\frac 1 {(a+c)} - \frac 1 {(a-c)})$

Operando y sustituyendo $v_1$ por su expresion equivalente mostrada en (2):

$\displaystyle \frac 12 (v^2 - v^2 \frac {(a+c)^2}{(a-c)^2})=GM(\frac{(a-c)-(a+c)}{(a+c)(a-c)})$

En la parte izquierda de la igualdad, sacamos factor comun $v^2$ y calculamos la expresion que queda entre parentesis :

$\displaystyle \frac{v^2}2 \frac{(a-c)^2 - (a+c)^2}{(a-c)^2}=\frac{-2GMc}{(a+c)(a-c)}$

Despejando $v^2$:

$\displaystyle v^2=\frac{-2GMc[2(a-c)^2]}{(a+c)(a-c)[(a-c)^2-(a+c)^2]}=\frac{-4GMc(a-c)}{(a+c)[(a-c)^2-(a+c)^2]}$

Por el binomio de Newton sabemos que vale que:

$(a-c)^2-(a+c)^2=a^2-2ac+c^2-a^2-2ac-c^2=-4ac$

Entonces

$\displaystyle v^2=\frac{-4GMc(a-c)}{-4ac(a+c)}=\frac{GM(a-c)}{a(a+c)}$

Sustituyendo este valor en (1):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Simplificando y haciendo la división:

$\displaystyle T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM} \frac{b^2}{(a+c)(a-c)}$

como para todo $x,y$ se cumple $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$ (diferencia de cuadrados)

$\displaystyle T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM} \frac{b^2}{a^2-c^2}$

Valiendo para la elipse (por el teorema de pitagoras) $a^2=b^2+c^2$, y por lo tanto $a^2-c^2=b^2$

$\displaystyle T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM} \frac{b^2}{b^2}$

Por lo que se concluye que

$\displaystyle T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}$

Que es la tercera ley de kepler

Demostraciones a realizar:
-Ecuacion del area de la elipse.
-Factorizacion diferencia de cuadrados
-Validez de la relacion $a^2=b^2+c^2$

[ser humano]

Ecuacion de la energia potencial

Subdemostracion de la primera ley de kepler, item dos


Siendo que el trabajo se define (entre otras cosas) como la diferencia de una forma de energia de un sistema, en dos estados diferentes, producto de la aplicacion de una fuerza, podemos calcular la diferencia de energia producto de la fuerza gravitatoria, calculando el trabajo.

$W= \Delta E=\int_{r_1}^{r_2} \frac{GMm}{r^2} \mathrm{d}r = GMm \int_{r_1}^{r_2} \frac 1 {r^2} \mathrm{d}r= -GMm(\frac 1 {r_2} - \frac 1{r_1})$

Como se puede notar, siempre se esta hallando una diferencia de energia entre dos puntos. Ahora, si fijamos una posicion la cual consideramos el cero de la energia, se podra trabajar de forma mas ordenada ya que comparamos cualquier estado de energia con el estado en dicho punto.
Si el cero de la energia potencial lo colocamos en el infinito, es decir $r_1=\infty$ entonces $\frac 1 {r_1} \rightarrow 0$. Esto hace que la energia en un punto, con respecto a la energia que se toma como cero (y que esta en el infinito), es decir, la energia de una posición sea:

$E=\frac{-GMm}r$

Como se queria demostrar

[Saplaya]

Area de la elipse

(demostración del 1er ítem de la de la 3ª Ley de Kepler)

El área total de la elipse es igual a cuatro veces el área del primer cuadrante, es decir

$$A=4\int_0^ay\dd x$$

como la ecuación de la elipse es

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$$

$$y=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$$

luego el área será

$$A=4b\int_0^a \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\dd x$$

haciendo el cambio

$$u=\frac{x}{a}, \qquad \dd x=a\dd u$$

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

$$A=4b\int_0^1\sqrt{1-u^2}a\dd u=4ab \int_0^1 \sqrt{1-u^2}\dd u$$

la integral

$$I=\int \sqrt{1-u^2}\dd u$$

tiene como solución (ver Nota 1l)

$$I=\frac{1}{2}u \sqrt{1-u^2}+\frac{1}{2} \sin^{-1}u$$

aplicando (3) a (1)

$$A=4ab \left[\frac{1}{2}u \sqrt{1-u^2}+\frac{1}{2} \sin^{-1}u \right]_0^1=4ab \left[0-0+\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}-0 \right]_0^1$$

$$\boxed{A=ab\pi}$$

Nota 1:

Consideramos la función $I$ de la ecuación (3)

$$I=\frac{1}{2}u \sqrt{1-u^2}+\frac{1}{2} \sin^{-1}u$$

y la derivamos respecto de $u$

$$\frac{\dd I}{\dd u}=\frac{\sqrt{1-u^2}}{2}+\frac{-2u^2}{4\sqrt{1-u^2}}+\frac{1}{2\sqrt{1-u^2}}$$

(para la derivada de $\sin^{-1}$ ver Nota 2)

$$\frac{\dd I}{\dd u}=\frac{1-u^2-u^2+1}{2\sqrt{1-u^2}}=\frac{2(1-u^2)}{2\sqrt{1-u^2}}=\sqrt{1-u^2}$$

con lo que

$$I=\int \sqrt{1-u^2}\dd u$$

que es la ecuación (2), lo cual demuestra la validez de la ecuación (3) como solución a la integral (2)


Nota 2:

Hacemos

$$u=\sin g , \qquad g=\sin^{-1}u$$

$$\frac{\dd u}{\dd g}=\cos g$$

$$\frac{\dd g}{\dd u}=\frac{1}{\cos g}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2g}}=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$$

como

$$\frac{\dd g}{\dd u}=\frac{\dd {(\sin^{-1}u)}}{\dd u} \Rightarrow \frac{\dd {(\sin^{-1}u)}}{\dd u}=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$$

[ser humano]

Ecuacion de la fuerza centripeta / Ecuacion de la aceleracion en un movimiento circular sin aceleracion tangencial

Por la segunda ley de Newton :

$F=ma$

y siendo que aceleracion en una orbita circular cumple:

$a={\omega}^2 R$

vale que:

$F=m {\omega}^2 R = m \dfrac {v^2}{R^2} R = m \dfrac {v^2}R$

Esta última expresion es la ecuacion de una fuerza centripeta en una orbita circular.


Veamos que efectivamente $a={\omega}^2 R$ en este caso.


como se puede apreciar en el grafico, por la definicion de seno de un angulo

$y=R \sin \theta$

derivamos este expresion

$\dfrac {\dd y}{\dd t} = v_y = R\omega \cos \theta$

derivando nuevamente:

$\dfrac {\dd^2 y}{\dd t^2} = a_y = - R {\omega}^2 \sin \theta = - R {\omega}^2 \dfrac y R= - {\omega}^2 y$

Por otro lado:

$x= R cos \theta$

y repitiendo el procedimiento anterior se obtiene:

$a_x= - {\omega}^2 x$

como $a=\sqrt {{a_x}^2 + {a_y}^2}$:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

resolvemos y sacamos factor comun ${\omega}^4$

$a=\sqrt{{\omega}^4 (x^2 + y^2)}$

y como por el teorema de pitagoras $x^2 + y^2 = R^2$

$a={\omega}^2 R$

Como se queria demostrar.