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Physik » Astronomie und Astrophysik » Gravitation vs. Erddrehung
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Seite 1   [1 2]   2 Seiten
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Kein bestimmter Bereich J Gravitation vs. Erddrehung
Bernhard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2014-12-15


Hallo zusammen!

Mir ist neulich folgende Frage gekommen:
Da die Erde sich ja um sich selbst dreht, und jedes Ding, das auf ihr liegt mit ihr, aber die absolute Geschwindigkeit an verschiedenen Orten unterschiedlich ist (maximal am Äquator, Null an den Polen), ist auch, die daraus resultierende Fliehkraft anders.
Kurz gesagt: Ein Gegenstand müßte am Äquator leichter sein, als an den Polen. Außerdem müßte Ein Lot auf der Nordhalbkugel ein ganz klein wenig nach Süden abweichen. Ich nehme die Erde dabei jetzt als innen homogen an.
 
Andererseits ist sie durch eben jenen Effekt der Fliehkraft am Äquator dicker und an den Polen abgeplattet. Was wiederum bedeutet, daß dort zwar der Schwerpunkt näher ist, aber die schwere Masse nicht so geschlossen in dessen Richtung wirkt.

Welche Gestalt müßte die Erde haben, wenn überall dieselbe Schwerekraft herrschen soll? Kann es überhaupt so einen Körper geben, bei dem sich an allen Punkten die Fliehkraft der Umdrehung und die Gravitation im Gleichgewicht halten, also gleiche Masse überall gleich viel wiegt.
Dabei kommt es mir jetzt nur auf den senkrechten Teil des Vektors (den "wägbaren") an, nicht die oben erwähnten waagerechten Abweichungen auf mittleren Breiten ("schräges Lot" etc.).

Viele Grüße, Bernhard


-----------------
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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2014-12-15


Hallo

Ich glaube, eine gleichbleibende Gravitationskraft würde es nur geben, wenn die Erde eine absolute Kugel ohne Rotation wäre.

mfgMrBean



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Knaaxx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2014-12-16


Hallo

Ich glaube das braucht man nicht fordern. Man nehme die derzeitige "elliptische Form" in umgekehrter Zuordnung.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2014-12-16


Hallo Bernhard,
ich verstehe Deine Frage nicht so ganz, speziell Deine Begriffe "senkrecht", "wägbar" etc. Wie Du vielleicht weißt, habe ich zwei Artikel zur Form der Erde geschrieben, siehe hier:

article.php?sid=1623

und (mathematisch schwieriger):

article.php?sid=1625

Aber vielleicht tut es auch erst einmal dieses Bild:



Was heißt also für Dich "senkrecht"? Senkrecht zur Oberfläche (z.B. an einem stehenden Gewässer) ist die Linie, die im Bild oben nach Süden am Schwerpunkt vorbeizeigt. Das ist die Linie, die auch ein Lot einnehmen würde. Oder ist "senkrecht" in Deiner Fragestellung die Verbindungslinie zum Erdschwerpunkt? Ergebnis meines ersten Artikels ist, wenn man die Erde "anhalten" könnte, ohne dass sich die Form der Erde verändert, dass auch die reine Schwerkraft nicht zum Schwerpunkt des Planeten hin zeigt, sondern aufgrund der Nicht-Kugelform auch schon nach Süden am Schwerpunkt vorbei.

Außerdem ist ein Planet ja quasi immer "flüssig" und passt seine Form den Gegebenheiten an. Ein "fester Planet" kann glaube ich noch gar nicht existieren, weil die Abkühlung so immens lange dauert, dass zumindest bei der Erde 4,5 Mrd. Jahre gerade mal ausgereicht haben, den Planeten mit einer sehr dünnen Eierschale zu überziehen, die alles andere als stabil ist. Und ist der Himmelskörper so klein, dass er fest ist, dann hat er alles, aber keine Kugel- oder Ellipsenform...

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2014-12-16


2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Welche Gestalt müßte die Erde haben, wenn überall dieselbe Schwerekraft herrschen soll?

Du meinst vermutlich nicht die Schwerkraft, sondern den Wägewert im Vakuum. Das zu berechnen ist äußerst kompliziert, zumal es - wenn überhaupt - nur mit einer inhomogenen Dichteverteilung möglich ist.

2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Kann es überhaupt so einen Körper geben

Wenn ich raten müsste, würde ich zu einem Nein tendieren.

2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Dabei kommt es mir jetzt nur auf den senkrechten Teil des Vektors (den "wägbaren") an, nicht die oben erwähnten waagerechten Abweichungen auf mittleren Breiten ("schräges Lot" etc.).

Zumindest das ist einfach. Im hydrostatischen Gleichgewicht steht das Lot grundsätzlich immer senkrecht auf der Oberfläche.



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2014-12-16


2014-12-16 13:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo Bernhard,
Wie Du vielleicht weißt, habe ich zwei Artikel zur Form der Erde geschrieben, siehe hier:

article.php?sid=1623

und (mathematisch schwieriger):

article.php?sid=1625

Sehr hübsch. Bei der Rechnung frage ich mich nur, wie Newton das Problem gelöst hat. Im 17. Jahrundert gab es noch keine Computer und selbst die Differentialrechung musste er erst selbst erfinden. Trotzdem hat er damals die für eine homogene Masseverteilung korrekte Abplattung berechnet. Kann es sein, dass es noch einen einfacheren Lösungsweg gibt?



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2014-12-16


2014-12-16 19:20 - DrStupid in Beitrag No. 5 schreibt:
2014-12-16 13:34 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo Bernhard,
Wie Du vielleicht weißt, habe ich zwei Artikel zur Form der Erde geschrieben, siehe hier:

article.php?sid=1623

und (mathematisch schwieriger):

article.php?sid=1625

Sehr hübsch. Bei der Rechnung frage ich mich nur, wie Newton das Problem gelöst hat. Im 17. Jahrundert gab es noch keine Computer und selbst die Differentialrechung musste er erst selbst erfinden. Trotzdem hat er damals die für eine homogene Masseverteilung korrekte Abplattung berechnet. Kann es sein, dass es noch einen einfacheren Lösungsweg gibt?

Dass es einen einfacheren Weg gibt, würde ich nie ausschließen. Soweit ich weiß, hat Newton aber quasi den Weg meines ersten Artikels beschritten, wenn auch ohne DGL, aber zumindest konzeptionell. Das heißt, er hat die ellipsoide Form postuliert und anhand der in der realen Welt gemessenen Schwerebeschleunigungen die Abplattung berechnet, ist dabei aber davon ausgegangen, dass der Schwerevektor zum Schwerpunkt der Erde hin zeigt, was ja nicht stimmt. Die Messdaten waren damals sicher auch nicht genau genug, um solche feinen Abweichungen experimentell zu finden.
Der Begriff "korrekte Abplattung" ist sicherlich auch dehnbar. Er hat 1:230 berechnet, die korrekte Abplattung ist aber etwa 1:298.
Siehe zum Beispiel hier für einen kurzen Abriss:

www.pimath.de/geo/geo2.html

Ob diese Darstellung allerdings 100% historisch verbrieft ist, vermag ich nicht zu sagen. Das würde eine aufwendigere Recherche erfordern.

Ich denke auch, dass ein Planet die von Bernhard "geforderten" Eigenschaften nicht aufweisen kann, es sei denn, dass er künstlich hergestellt würde. Man müsste die in meinem zweiten Artikel angegebenen Integrale für die x- und die y-Komponente separat ausrechnen (Schwerkraft plus Fliehkraft), als betragsweise konstant betrachten (also: quadrieren, addieren, nach y ableiten, gleich null setzen) und daraus die Formel für <math>X_R(y)</math> herzuleiten versuchen, indem man <math>X_R(y)</math> so definiert, dass y aus der Gleichung verschwindet. Na, viel Spaß dabei...

Ciao,

Thomas



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Knaaxx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2014-12-16


Hallo,
ich denke Bernhards' Frage hat einen künstlichen Körper mit eingeschlossen.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2014-12-16


2014-12-16 00:35 - Knaaxx in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo

Ich glaube das braucht man nicht fordern. Man nehme die derzeitige "elliptische Form" in umgekehrter Zuordnung.

Damit meinst Du wohl einen größeren Polradius als Äquatorradius, also keine flache, sondern eine "erhöhte" Ellipse.
Wenn ich so drüber nachdenke, bin ich aber anderer Meinung. Die Standard-Denke ist: "Je kleiner der Abstand vom Schwerpunkt, desto größer die Anziehungskraft". Demnach wäre bei der Hochkant-Ellipse die Schwerkraft am Äquator größer, was durch die Fliehkraft kompensiert würde.

Tatsache ist aber, dass die Standard-Denke nicht funktioniert, wenn man sich auf der Planetenoberfläche befindet. Ich denke sogar ganz im Gegenteil, dass es ein noch flacherer Ellipsoid sein müsste als die Erde gegenwärtig ist.

Stellt Euch also eine extrem flache Scheibe vor - sehr geringer Polradius, großer Äquatorradius. Wenn man sich dann an einem der Pole befindet, ist die Schwerkraft eben nicht hoch, sondern sie ist niedrig, weil die Anziehungsvektoren der Massenanteile aus der Äquatorregion sich praktisch gegenseitig aufheben. Die Anziehungskraft am Äquator wäre höher als am Pol und könnte durch eine passende Rotationsgeschwindigkeit eventuell kompensiert werden. Daher wäre meine gegenwärtige Vermutung ein flacher(er) Rotationsellipsoid.

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2014-12-16


2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
Soweit ich weiß, hat Newton aber quasi den Weg meines ersten Artikels beschritten, wenn auch ohne DGL, aber zumindest konzeptionell.

In dem Fall wäre er sicher auch zum gleichen Ergebnis gekommen. Dass er durch irgend einen Rechenfehler stattdessen zufällig fast exakt zum Resultat Deiner zweiten Rechnung gekommen ist, halte ich für extrem unwahrscheinlich. Sein Ansatz muss dem Deiner zweiten Rechnung entsprochen haben. Anders ist das Ergebnis nicht zu erklären. Nur wie er das gemacht hat, ist mir ein Rätsel.

2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
Der Begriff "korrekte Abplattung" ist sicherlich auch dehnbar. Er hat 1:230 berechnet

Wie Du selbst vorgerechnet hast, ist das die für eine homogene Masseverteilung korrekte Abplattung.

2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
die korrekte Abplattung ist aber etwa 1:298.

Das ist zwar der korrekte Wert für die tatsächliche Masseverteilung, aber von der wusste man zu Newtons Zeiten noch nichts.



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Knaaxx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2014-12-16


2014-12-16 20:57 - MontyPythagoras in Beitrag No. 8 schreibt:
Wenn ich so drüber nachdenke, bin ich aber anderer Meinung. Die Standard-Denke ist: "Je kleiner der Abstand vom Schwerpunkt, desto größer die Anziehungskraft". Demnach wäre bei der Hochkant-Ellipse die Schwerkraft am Äquator größer, was durch die Fliehkraft kompensiert würde.
Das ist auch der Punkt über dem ich mir unsicher war und noch etwas bin. Für deine "Überlegung" spricht, jedenfalls in erster Sicht, die Forderung nach einem stabilen Gleichgewicht. Das kann wohl nur erfüllt werden wenn ein größerer Bauch eine größere Kraft nach innen zur Folge hat. Ob dies aber zwingend die Gravitationskraft sein muss, da bin ich mir unsicher.

Lassen wir das beiseite, nehmen wir das Gegenteil, so wie du es schon angedeutet hast. Gibt es einen Grund, dass sich das nicht "rechnen" lässt.



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Bernhard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2014-12-17


Hallo!

Vielen Dank für die durchaus aufschlußreichen Antworten!

@ Thomas:
Deinen Artikel hatte ich im Sommer gesehen, aber das ist schon sooo lang her. Und wie Du ja dort schon sagst, haben auch wir Menschen Masse und sind träge… wink
2014-12-16 20:57 - MontyPythagoras in Beitrag No. 8 schreibt:
Stellt Euch also eine extrem flache Scheibe vor - sehr geringer Polradius, großer Äquatorradius. Wenn man sich dann an einem der Pole befindet, ist die Schwerkraft eben nicht hoch, sondern sie ist niedrig, weil die Anziehungsvektoren der Massenanteile aus der Äquatorregion sich praktisch gegenseitig aufheben. Die Anziehungskraft am Äquator wäre höher als am Pol und könnte durch eine passende Rotationsgeschwindigkeit eventuell kompensiert werden. Daher wäre meine gegenwärtige Vermutung ein flacher(er) Rotationsellipsoid.
Genau das war ja oben auch einer meiner Gedanken: Der Abstand zum Schwerpunkt reduziert sich zwar, die Masse "zieht" aber quasi nicht mehr an einem Strang.
Meine Frage war jetzt, ob es möglich ist, einen Körper zu berechnen, auf dessen Oberfläche diese Kräfte zusammen mit der breitenbedingten Abschwächung durch die Fliehkraft so im Gleichgewicht sind, daß gleiche Masse auch an jedem Ort gleich viel wiegt.

Viele Grüße, Bernhard



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2014-12-17


2014-12-16 23:17 - DrStupid in Beitrag No. 9 schreibt:
2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
Soweit ich weiß, hat Newton aber quasi den Weg meines ersten Artikels beschritten, wenn auch ohne DGL, aber zumindest konzeptionell.

In dem Fall wäre er sicher auch zum gleichen Ergebnis gekommen. Dass er durch irgend einen Rechenfehler stattdessen zufällig fast exakt zum Resultat Deiner zweiten Rechnung gekommen ist, halte ich für extrem unwahrscheinlich. Sein Ansatz muss dem Deiner zweiten Rechnung entsprochen haben. Anders ist das Ergebnis nicht zu erklären. Nur wie er das gemacht hat, ist mir ein Rätsel.

2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
Der Begriff "korrekte Abplattung" ist sicherlich auch dehnbar. Er hat 1:230 berechnet

Wie Du selbst vorgerechnet hast, ist das die für eine homogene Masseverteilung korrekte Abplattung.

2014-12-16 20:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6 schreibt:
die korrekte Abplattung ist aber etwa 1:298.

Das ist zwar der korrekte Wert für die tatsächliche Masseverteilung, aber von der wusste man zu Newtons Zeiten noch nichts.

Das stimmt natürlich. Die von mir zitierte Seite gibt an, dass er den Schwerkraftvektor zum Erdmittelpunkt hin angesetzt hat, was definitiv falsch wäre und sein Ergebnis wäre Zufall. Ob er das wirklich hat, weiß ich aber nicht, und an Zufall zu glauben fällt mir bei Newton auch schwer.
Ich habe ja einen sehr allgemeingültigen Ansatz gewählt, weil ich bewusst die Ellipse nicht als Lösung voraussetzen wollte. Allerdings kam ich dann irgendwann nicht weiter und habe einfach die Formel der Ellipse eingesetzt. Vielleicht wird das ganze wesentlich kürzer, wenn man von vornherein von einer Ellipsenform ausgeht.

Auch eine Näherungslösung wäre denkbar. Die Exzentrizität der Erde ist sehr klein, weil sie sich sehr langsam dreht, was eine sehr gute Voraussetzung für eine Näherungslösung ist, bzw. eine vereinfachende Annahme führt bei solch geringfügigen Effekten häufig trotzdem zu einem sehr guten Ergebnis. Die Frage ist daher, ob er auch für einen schnell rotierenden und daher stark abgeflachten Planeten die Form richtig hätte berechnen können. Wie gesagt, ich will es nicht ausschließen, ich kann es nur historisch weder belegen noch widerlegen.

Wollen wir das Ganze mal in Zahlen kleiden. Die Form des Planeten ergibt sich aus Gleichung 8 meines zweiten Artikels:

<math>\displaystyle \frac{k^2+2}{\left(k^2-1\right)^\frac{3}{2}}\arctan\sqrt{k^2-1}-\frac{3}{k^2-1}=\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}</math>

Dabei ist

<math>\displaystyle k=\frac{R_A}{R_P}>1</math>

Weiter verbreitet (aber für meine dortige Herleitung wesentlich unhandlicher) ist die Abplattung

<math>\displaystyle f=\frac{R_A-R_P}{R_A}=1-\frac1k</math>

Wenn man in obiger Gleichung k durch f ersetzt und linearisiert, kommt man auf folgende Näherungslösung:

<math>\displaystyle f=\frac{15\omega^2}{16\pi\gamma\varrho}</math>

Mit den heute bekannten Werten erhält man für die Erde einen Wert von etwa 1/232, aber wichtiger noch: die Differenz zwischen exakter Lösung und Näherung beträgt nur 0,093%. Es ist also durchaus möglich, dass Newton mit einer guten Näherungslösung auf diesen Wert gekommen ist.

Die Mayas waren übrigens in der Lage, Sonnen- und Mondfinsternisse und auch andere astronomische Ereignisse exakt vorherzusagen - praktisch völlig ohne moderne Mathematik, nur mittels Beobachtung und aufwendiger Tabellenwerke. Ein genaues Ergebnis zu produzieren erfordert daher nicht zwangsläufig die Fähigkeit, DGLs aufzustellen und zu lösen. Das ist jetzt natürlich nur als Beispiel gedacht, ich will damit nicht sagen, dass Newton nur beobachtet und Tabellen gewälzt hätte...

2014-12-16 23:55 - Knaaxx in Beitrag No. 10 schreibt:
Das ist auch der Punkt über dem ich mir unsicher war und noch etwas bin. Für deine "Überlegung" spricht, jedenfalls in erster Sicht, die Forderung nach einem stabilen Gleichgewicht. Das kann wohl nur erfüllt werden wenn ein größerer Bauch eine größere Kraft nach innen zur Folge hat. Ob dies aber zwingend die Gravitationskraft sein muss, da bin ich mir unsicher.
Lassen wir das beiseite, nehmen wir das Gegenteil, so wie du es schon angedeutet hast. Gibt es einen Grund, dass sich das nicht "rechnen" lässt.

Klar lässt sich das rechnen, die Formeln sind ja da in meinem zweiten Artikel. Ich werde das demnächst mal in Angriff nehmen.

2014-12-17 00:30 - Bernhard in Beitrag No. 11 schreibt:
Meine Frage war jetzt, ob es möglich ist, einen Körper zu berechnen, auf dessen Oberfläche diese Kräfte zusammen mit der breitenbedingten Abschwächung durch die Fliehkraft so im Gleichgewicht sind, daß gleiche Masse auch an jedem Ort gleich viel wiegt.

Das würden wir dann schon herausbekommen.  smile

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2014-12-17


2014-12-17 08:12 - MontyPythagoras in Beitrag No. 12 schreibt:
Die von mir zitierte Seite gibt an, dass er den Schwerkraftvektor zum Erdmittelpunkt hin angesetzt hat, was definitiv falsch wäre und sein Ergebnis wäre Zufall.

Der vermeintliche Widerpruch löst sich auf, wenn man weiß, dass er den Flüssigkeitspegel zweier kommunizierender Röhren berechnet hat. Eine davon ging vom Mittelpunkt zum Pol und die andere zum Äquator. Entlang dieser beiden Röhren wirkt die Resultierende aller Kräfte bei allen Rotationskörpern überall in Richtung Erdmittelpunkt.

Innerhalb beider Röhren hat er dann den hydrostatischen Druck berechnet und im Zentrum gleich gesetz. Im Grunde hat er auf diese Weise zwei Punkte einer Äquipotentialfläche bestimmt (obwohl es sowas wie ein Potential zu seiner Zeit noch gar nicht gab). Dass die Kräfte an anderen Punkten nicht zum Mittelpunkt gerichtet sind, dürfte Newton bewusst gewesen sein, aber für seinen Rechenweg ist das egal.



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Bernhard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2014-12-17


Hallo!

2014-12-17 08:12 - MontyPythagoras in Beitrag No. 12 schreibt:
Die Mayas waren übrigens in der Lage, Sonnen- und Mondfinsternisse und auch andere astronomische Ereignisse exakt vorherzusagen - praktisch völlig ohne moderne Mathematik, nur mittels Beobachtung und aufwendiger Tabellenwerke.

Ein bißchen offtopic, aber in diesem Zusammenhang trotzem interessant:Auch die Griechen haben bereits vor über 2000 Jahren das heliozentrische Weltbild propagiert. Und noch besser:  
Schon Hipparchos von Nicäa (ca 150 v.Chr.) hat erkannt, warum sich das nochmals ca. 2000 zuvor (ich glaube von den Babyloniern) beschriebene System der Tierkreiszeichen in der Zwischenzeit um ein Sternbild verschoben haben - durch die Präzession der Erdachse.
Ich würde sagen, daß das sogar heute im Computerzeitalter eine große Leistung wäre, weil es eine Menge Beobachtungsgabe, Vorstellungsvermögen und Phantasie erfordert.
Eine schöne Zusammenstellung über die geschichte der Astronomie findet Ihr übrigens hier.

So, das wäre der kleine Einschub quasi als Auflockerungsübung… wink

Viele Grüße, Bernhard


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2014-12-17


2014-12-17 17:51 - DrStupid in Beitrag No. 13 schreibt:
2014-12-17 08:12 - MontyPythagoras in Beitrag No. 12 schreibt:
Die von mir zitierte Seite gibt an, dass er den Schwerkraftvektor zum Erdmittelpunkt hin angesetzt hat, was definitiv falsch wäre und sein Ergebnis wäre Zufall.

Der vermeintliche Widerpruch löst sich auf, wenn man weiß, dass er den Flüssigkeitspegel zweier kommunizierender Röhren berechnet hat. Eine davon ging vom Mittelpunkt zum Pol und die andere zum Äquator. Entlang dieser beiden Röhren wirkt die Resultierende aller Kräfte bei allen Rotationskörpern überall in Richtung Erdmittelpunkt.

Innerhalb beider Röhren hat er dann den hydrostatischen Druck berechnet und im Zentrum gleich gesetz. Im Grunde hat er auf diese Weise zwei Punkte einer Äquipotentialfläche bestimmt (obwohl es sowas wie ein Potential zu seiner Zeit noch gar nicht gab). Dass die Kräfte an anderen Punkten nicht zum Mittelpunkt gerichtet sind, dürfte Newton bewusst gewesen sein, aber für seinen Rechenweg ist das egal.

Je länger ich drüber nachdenke, um so mehr komme ich zur Überzeugung, dass er wohl eine Näherung verwendet hat. Das Gedankenexperiment mit den Röhren, auch wenn es schön einfach klingt, löst das Problem nicht.
Wenn man den hydrostatischen Druck in einer solchen Röhre berechnen will, muss man nämlich ein infinitesimales Kräftegleichgewicht an einem Volumenelement in dieser Röhre aufstellen. Und was geht da ein? Genau, die (lokale) Schwerkraft. Und woher bekomme ich die? Indem ich die Anziehungskraft sämtlicher Erdatome aus dem ganzen Rotationsellipsoid auf dieses Volumenelement berechne. Und damit bin ich wieder am Anfang. Dass der Schwerkraftvektor am Schwerpunkt des Planeten vorbeizeigt, ist nur ein "Symptom". Es läuft trotzdem immer auf das Volumenintegral hinaus.
Alle Wege führen nach Rom, heißt es so schön. Und wenn man nicht falsch abgebogen ist, ist man am Ende eben genau da, in Rom und nicht in Wien. Will sagen: egal, welchen Rechenweg man einschlägt, es gibt nur eine exakte Lösung, und am Ende muss man da ankommen, oder man hat was falsch gemacht. Wenn diese Rechnung mit den korrespondierenden Röhren die exakte Lösung liefern würde, müsste sie mit meiner Lösung übereinstimmen, denn im Grunde kommt bei der Berechnung mit den Röhren auch nichts anderes heraus als eine Beziehung zwischen den Polradien. Es wäre höchstens denkbar, dass diese Variante mit den Röhren eine besonders elegante vereinfachende Annahme ermöglicht. Näherungslösungen kann es beliebig viele geben, aber exakte Lösungen gibt es immer nur eine.

Ciao,

Thomas



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2014-12-17 22:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
Alle Wege führen nach Rom, heißt es so schön.
…aber anscheinend nicht alle zum Erdmittelpunkt. frown

Und wenn man nicht falsch abgebogen ist, ist man am Ende eben genau da, in Rom und nicht in Wien.
Genau das scheint hier das Problem zu sein - das Abbiegen der Gravitation… razz

Die kommunizierenden Röhren schienen mir als erstes auch ein gutes Beispiel zu sein. Aber dann kam mir der Gedanke mit der lokalen Gravitation ebenfalls. Trotzdem könnte das doch wohl funktionieren, wenn man die Röhren mit einer Flüssigkeit füllen würde, die die gleiche Dichte wie die umgebende Erdmasse hätte. Dann müßten sich doch innerhalb der Erde die Kräfte aufheben und es käme nur auf den Überstand auf der Oberfläche an, oder?

Viele Grüße, Bernhard


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2014-12-17 23:58 - Bernhard in Beitrag No. 16 schreibt:
2014-12-17 22:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
Alle Wege führen nach Rom, heißt es so schön.
…aber anscheinend nicht alle zum Erdmittelpunkt. frown

Und wenn man nicht falsch abgebogen ist, ist man am Ende eben genau da, in Rom und nicht in Wien.
Genau das scheint hier das Problem zu sein - das Abbiegen der Gravitation… razz

Die kommunizierenden Röhren schienen mir als erstes auch ein gutes Beispiel zu sein. Aber dann kam mir der Gedanke mit der lokalen Gravitation ebenfalls. Trotzdem könnte das doch wohl funktionieren, wenn man die Röhren mit einer Flüssigkeit füllen würde, die die gleiche Dichte wie die umgebende Erdmasse hätte. Dann müßten sich doch innerhalb der Erde die Kräfte aufheben und es käme nur auf den Überstand auf der Oberfläche an, oder?

Viele Grüße, Bernhard

Stell Dir eine Flüssigkeitssäule vor (ob nun Wasser oder Quecksilber oder Lava ist völlig egal). Man beginnt an der Erdoberfläche beim Druck null und stückchenweise gräbt (und rechnet) man sich bis zum Erdmittelpunkt vor. An einem kurzen Röhrenstück von sagen wir 1cm Länge muss immer ein Kräftegleichgewicht herrschen, also die nach unten wirkenden Kräfte (Druck der darüber lastenden Flüssigkeitssäule plus das Eigengewicht des 1cm-Stücks) sind in Summe genauso groß wie die von unten wirkenden Kräfte, also der von unten wirkende Gegendruck. In einer Flüssigkeitssäule mit dem Querschnitt A erhältst Du folgende DGL, wenn r der Abstand vom Erdmittelpunkt ist:
<math>\displaystyle A p(r+\text{d}r)+g(r)A\varrho(r) \text{d}r-Ap(r)=0</math>
und daraus
<math>\displaystyle p"(r)=-g(r)\varrho(r)</math>
Der Strich bedeutet Ableitung nach r. Mit dieser Formel kannst Du zum Beispiel den Druck unter Wasser oder in der Atmosphäre berechnen. Dafür reicht es natürlich, g als konstant anzunehmen, denn sowohl die Atmosphäre als auch die tiefsten Meere sind extrem flach, wenn man sie mit dem Erdradius vergleicht. Bei Wasser wäre auch noch <math>\varrho</math> als konstant anzusehen.
Diese Formel gilt aber nur für Röhren von einem der Pole zum Erdmittelpunkt, weil es dort keine Fliehkraft gibt. Bei der Röhre vom Äquator musst Du auch noch die Fliehkraft auf jedes Volumenelement mit einbeziehen, was zu folgender Gleichung führt:
<math>\displaystyle p"(r)=\left(-g(r)+\omega^2r\right)\varrho(r)</math>
g(r) ist aber nun einmal die lokale Schwerkraft an dem Volumenelement, und wenn Du diese Säule gedanklich bis zum Erdmittelpunkt fortsetzen willst, um dort den Druck aus beiden Röhren gleichzusetzen, musst Du g(r) kennen. Der langen Rede kurzer Sinn: die Röhrenrechnung klappt nur, wenn man die Formel für g(r) schon kennt. Und dazu braucht man das Volumenintegral - es sei denn, es gibt eine schicke Näherung oder Vereinfachung, die ich jetzt so spontan aber nicht wüsste.

Ciao,

Thomas



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Knaaxx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2014-12-18


Hallo

Also, ich stelle mir das extrem schwierig vor, g(r) zu berechnen, wo ich doch die Form die ich noch nicht kenne mit berücksichtigen muss, und eigentlich auch den Effekt der Fliehkraft auf die örtliche Dichte und jenes Konglumerat mit seinen Rückwirkungen auf g(r). Ich kann mir nicht recht vorstellen, dass das geschlossen lösbar ist? Ich kann jetzt nicht beurteilen ob du (MontyPythagoras) das in den Artikeln genau schon so abgehandelt hast. Dazu müsste ich mich länger damit befassen um das "einsehen" zu können. Dazu steht mir derzeit schon der Sinn nicht.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2014-12-19


2014-12-18 21:35 - Knaaxx in Beitrag No. 18 schreibt:
Hallo

Also, ich stelle mir das extrem schwierig vor, g(r) zu berechnen, wo ich doch die Form die ich noch nicht kenne mit berücksichtigen muss, und eigentlich auch den Effekt der Fliehkraft auf die örtliche Dichte und jenes Konglumerat mit seinen Rückwirkungen auf g(r). Ich kann mir nicht recht vorstellen, dass das geschlossen lösbar ist? Ich kann jetzt nicht beurteilen ob du (MontyPythagoras) das in den Artikeln genau schon so abgehandelt hast. Dazu müsste ich mich länger damit befassen um das "einsehen" zu können. Dazu steht mir derzeit schon der Sinn nicht.

Hallo Knaaxx,
genau darum ging es in meinem Artikel, allerdings von Anfang an mit dem Schwerpunkt darauf, nur die Form der Erde herzuleiten, nicht allgemeingültig g(r) angeben zu können. Das hätte den Artikel noch deutlich verlängert. Nur die Schlussfolgerung mit der maximalen Drehgeschwindigkeit, bei der die Fliehkraft am Äquator die Schwerkraft komplett aufhebt, also Schwerelosigkeit herrscht, fand ich interessant genug, um sie in dem Artikel festzuhalten.
Aber das Formelwerk für die Gewichtskraft an einem beliebigen Punkt ist ja grundsätzlich da, also kann man es auch für dieses Problem anwenden. Ich habe mir vorgenommen, das am Wochenende mal durchzuführen. Aber die Zeit ist knapp.

Grundsätzlich muss man sagen, dass Newton eines der größten Physikgenies überhaupt war, und wenn er die heutigen Möglichkeiten gehabt hätte, wer weiß, was er noch alles hätte leisten können. Er hat ja, wie DrStupid schon sagte, die Differentialrechnung quasi erfunden.
Ich tendiere trotzdem dahin, anzunehmen, dass Newton eine Näherungslösung angewandt hat, denn die Physiker damals waren Künstler darin, und das meine ich keineswegs ironisch, Näherungslösungen zu entwickeln. Newton selbst hat schließlich auch ein sehr bekanntes Näherungsverfahren entwickelt, um die Nullstelle einer Funktion zu finden. Und in der Himmelsmechanik kommt man um Näherungen oft sowieso nicht herum, weil schon ein System aus drei Himmelskörpern bekanntermaßen chaotisch und nicht explizit berechenbar ist. Also geht man hin, berechnet das System für die zwei größeren Himmelskörper und berechnet schließlich nur die "Störung", die der kleinere Himmelskörper in den Bahnen der größeren Himmelskörper bewirkt. Newton wusste das natürlich.
Eine sehr gute, unter Umständen beliebig genaue Näherung ist für mich oft mindestens genauso elegant wie eine explizite, exakte Lösung, weil ich ein Fan davon bin, effektiv zu einer zahlenmäßig zuverlässigen Aussage zu kommen. Das ist vielleicht meinem Beruf geschuldet...  biggrin Warum sollte man, wenn man die Abplattung eines langsam rotierenden Planeten berechnen will, jedesmal die obige transzendente Gleichung lösen (was ja letztlich doch nur über eine Näherungslösung funktioniert), wenn die einfache Lösung viel schneller geht und nur um 0,093% abweicht? Zumal offensichtlich relativ kurz nach der Entstehung des Planeten das Ansammeln der schweren Elemente im Planetenschwerpunkt für eine größere Abweichung sorgt...

Aber ob Newton nun eine Näherung angewandt hat oder nicht lenkt nur vom eigentlichen Thema ab. Mal sehen, ob es einen Planeten mit konstanter Dichte geben kann, an dem überall konstante Anziehungskraft herrscht...

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2014-12-19


2014-12-17 22:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
Das Gedankenexperiment mit den Röhren, auch wenn es schön einfach klingt, löst das Problem nicht.

Wie Newton das Kraftfeld berechnen konnte, wird damit natürlich nicht beantwortet und darum ging es mir auch gar nicht. Ich wollte nur zeigen, warum er mit Kräften, die alle Richtung Erdmittelpunkt zeigen, zur richtigen Lösung kommen konnte. Bei seinem Lösungsweg musste er in der polaren Röhre nur die vertikalen Anteile des Kraftfeldes berücksichtigen und in der äquatorialen Röhre nur die radialen. Alle anderen Komponenten heben sich gegenseitig auf.

2014-12-17 22:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 15 schreibt:
Es läuft trotzdem immer auf das Volumenintegral hinaus.

Und wie er das angestellt hat, ist für mich das große Rätsel. Natürlich musste er nicht über das komplette Volumen integrieren. Eine Kugel mit dem Polradius der Erde konnte er bequem durch eine Punktmasse ersetzen. Damit bleibt nur noch das Integral über das Volumen des Äquatorwulstes, aber das ist immer noch schlimm genug.

2014-12-18 19:14 - MontyPythagoras in Beitrag No. 17 schreibt:
<math>\displaystyle p"(r)=-g(r)\varrho(r)</math>

Dazu kann man noch ergänzen, dass die Integration diese hydrostatischen Grundgleichung mit konstanter Dichte links eine Druckdifferenz und rechts das Produkt der Dichte und einer Potentialdifferenz ergibt. Setzt man die Druckdifferenz für beide Röhren gleich, dann ergibt das automatisch auch die gleiche Potentialdifferenz. Nimmt man noch die Zentrifugalbeschleunigung dazu, dann erhält man das entsprechende Resultat für das effektive Potential. So konnte Newton zwei Punkte einer Äquipotentialfläche ermitteln, ohne zu wissen, was ein Potential ist.

2014-12-18 19:14 - MontyPythagoras in Beitrag No. 17 schreibt:
Der langen Rede kurzer Sinn: die Röhrenrechnung klappt nur, wenn man die Formel für g(r) schon kennt. Und dazu braucht man das Volumenintegral - es sei denn, es gibt eine schicke Näherung oder Vereinfachung, die ich jetzt so spontan aber nicht wüsste.

Man kann die Vereinfachung auch durch viel Fleiß ersetzen. Man beginnt mit einer Kugel und erhält dann in erster Näherung die Lösung aus Deinem ersten Ansatz. Dann rechnet man in zweiter Näherung mit dem Kraftfeld des so ermittelten Rotationsellipsoiden usw. Dieses Verfahren wird zum korrekten Ergebnis konvergieren. Ohne Computer ist das aber eine echte Strafarbeit.



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MontyPythagoras
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Hallo DrStupid,
was Du beschreibst ist die klassische Störungsrechnung, die ich auch als Beispiel genannt habe bei der Berechnung der Bahnen von Planetensystemen. Es bleibt trotzdem eine Näherung, die allerdings beliebig genau sein kann, und einem Newton ist das auch durchaus zuzutrauen. Es ist gruselig, sich vorzustellen, wieviel Arbeit das alles gewesen sein muss - Logarithmustafeln etc. zu wälzen, tagein, tagaus, um nach einer Woche einen Wert zu berechnen, von dem ein Computer heute Millionen im Bruchteil einer Sekunde ausspuckt...
Ich hatte übrigens bei der Bearbeitung meines Artikels zur Form der Erde tagelang auch andere Methoden GEsucht und VERsucht, z.B. Näherungsverfahren und auch der Gedanke mit dem Äquatorwulst war mir gekommen. Leider kam ich dabei auf keinen grünen Zweig. Also gilt wie so oft: leichter gesagt als getan.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2014-12-20


Ich habe jetzt die Lösung, muss sie aber noch ein wenig aufbereiten. Es ist mir gelungen, die Anziehungskraft innerhalb des Planeten zu berechnen, im Grunde mit dem gleichen Trick wie in meinem Artikel. Dieser Trick versagt leider außerhalb des Planeten, aber das ist hier erst einmal egal.
Das Ergebnis ist echt schräg. Ein Planet, auf dem eine konstante Kraft an der Oberfläche wirkt, ist möglich! Jedoch nicht so, wie man sich das vorstellt, ich habe bewusst das Wort "Anziehungskraft" vermieden, weil eine konstante Kraft an der Oberfläche nur durch eine sehr große Rotationsgeschwindigkeit hergestellt werden könnte. Das bedeutet, am Pol habe ich eine bestimmte Schwerkraft, am Äquator ist die Fliehkraft größer als die dortige Schwerkraft, aber beides in Summe exakt genauso groß wie die Schwerkraft am Pol. Und zwischen Pol und Äquator ist der Vektor betragsmäßig immer gleich groß, dreht sich aber langsam von "zur Erde zeigend" am Pol in Richtung "in den Himmel zeigend" am Äquator. Das heißt, es gibt dazwischen irgendwo auch einen Punkt auf dem schwindelerregenden Planeten, wo die Kraft parallel zur Oberfläche zeigt.
Ich muss wohl nicht betonen, dass das nur mit einem Festkörper funktionieren würde und nicht mit einem echten, flüssigen Planeten...

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2014-12-20


2014-12-20 17:18 - MontyPythagoras in Beitrag No. 22 schreibt:
Das bedeutet, am Pol habe ich eine bestimmte Schwerkraft, am Äquator ist die Fliehkraft größer als die dortige Schwerkraft, aber beides in Summe exakt genauso groß wie die Schwerkraft am Pol. Und zwischen Pol und Äquator ist der Vektor betragsmäßig immer gleich groß, dreht sich aber langsam von "zur Erde zeigend" am Pol in Richtung "in den Himmel zeigend" am Äquator. Das heißt, es gibt dazwischen irgendwo auch einen Punkt auf dem schwindelerregenden Planeten, wo die Kraft parallel zur Oberfläche zeigt.

Laut ursprünglicher Fragestellung sollte aber nicht der Betrag der Gesamtkraft, sondern der Betrag ihrer senkrechten Komponente konstant bleiben (was nur Sinn ergibt, wenn damit "senkrecht zur Oberfläche" gemeint ist). Im hydrostatischen Gleichgewicht gäbe es da zwar keinen Unterschied, aber ein solches Gleichgewicht liegt bei dem von Dir beschriebenen Körper nicht vor. So ein Planet wäre nicht stabil und würde sich spontan in einen Rotationsellipsoden verwandeln.


Davon abgesehen, dass sich der Planet dan nicht im hydrostatischen Gleichgewicht befindet, sollte laut ursprünglicher Fragestellung nicht der Betrag der Gesamtkraft



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MontyPythagoras
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2014-12-20 18:09 - DrStupid in Beitrag No. 23 schreibt:
2014-12-20 17:18 - MontyPythagoras in Beitrag No. 22 schreibt:
Das bedeutet, am Pol habe ich eine bestimmte Schwerkraft, am Äquator ist die Fliehkraft größer als die dortige Schwerkraft, aber beides in Summe exakt genauso groß wie die Schwerkraft am Pol. Und zwischen Pol und Äquator ist der Vektor betragsmäßig immer gleich groß, dreht sich aber langsam von "zur Erde zeigend" am Pol in Richtung "in den Himmel zeigend" am Äquator. Das heißt, es gibt dazwischen irgendwo auch einen Punkt auf dem schwindelerregenden Planeten, wo die Kraft parallel zur Oberfläche zeigt.

Laut ursprünglicher Fragestellung sollte aber nicht der Betrag der Gesamtkraft, sondern der Betrag ihrer senkrechten Komponente konstant bleiben (was nur Sinn ergibt, wenn damit "senkrecht zur Oberfläche" gemeint ist). Im hydrostatischen Gleichgewicht gäbe es da zwar keinen Unterschied, aber ein solches Gleichgewicht liegt bei dem von Dir beschriebenen Körper nicht vor. So ein Planet wäre nicht stabil und würde sich spontan in einen Rotationsellipsoden verwandeln.


Davon abgesehen, dass sich der Planet dan nicht im hydrostatischen Gleichgewicht befindet, sollte laut ursprünglicher Fragestellung nicht der Betrag der Gesamtkraft

Der letzte Teil von Bernhards Anfangspost ist in der Beziehung zweideutig, denn eine Waage würde natürlich immer die Gesamtanziehungskraft anzeigen, wenn man sie zum Lot ausrichtet.

2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Kann es überhaupt so einen Körper geben, bei dem sich an allen Punkten die Fliehkraft der Umdrehung und die Gravitation im Gleichgewicht halten, also gleiche Masse überall gleich viel wiegt.
Das würde ich so deuten, wie ich es getan habe, denn eine Waage richtet man natürlich zum Lot aus. Eine andere Möglichkeit hat der Waagebenutzer ja gar nicht. Es sei denn, er hat eine feste Oberfläche, die nicht im hydrostatischen Gleichgewicht ist, was mit einem flüssigen Planeten nicht geht. Der Planet >>muss<< also ein Festkörper sein.

@Bernhard,
solltest Du es anders gemeint haben, mach doch einmal eine schnelle Skizze...

2014-12-20 18:09 - DrStupid in Beitrag No. 23 schreibt:
So ein Planet wäre nicht stabil und würde sich spontan in einen Rotationsellipsoden verwandeln.
Davon abgesehen, dass sich der Planet dan nicht im hydrostatischen Gleichgewicht befindet (...)

a) Lies Dir dazu bitte noch einmal den letzten Satz in meinem obigen Beitrag durch.
b) Ein Rotationsellipsoid war er auch schon vorher.
c) Ein hydrostatisches Gleichgewicht ist nicht zwingende Voraussetzung auf einem künstlichen Festkörperplaneten.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2014-12-20


Nachfolgend wie angekündigt meine Berechung.
Den Schwerebeschleunigungsvektor erhält man direkt aus meinem Artikel, wenn man die Gewichtskraft G (Gleichung 2) durch m teilt und für die Randkurve schon einmal direkt die Ellipsengleichung einsetzt:

<math>\displaystyle \vec{g}=\binom{g_{x}}{g_{y}}=-2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\frac{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}\begin{pmatrix}x-\xi\\y-\zeta\end{pmatrix}\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta}{\left(\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}\right)\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}+\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}</math>
 
Betrachten wir zunächst nur die x-Komponente:

<math>\displaystyle g_{x}=-2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\frac{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}\left(x-\xi\right)\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta}{\left(\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}\right)\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}+\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}</math>
 
Diese Integrale sind meines Erachtens so direkt nicht lösbar. Schon die erste Integration würde mindestens elliptische Integrale erzeugen, die man anschließend noch einmal integrieren müsste. Vorläufig aussichtslos, aber wir integrieren einfach erst einmal unbestimmt nach x, indem wir wie folgt substituieren:

<math>\displaystyle z=\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}</math>
 
<math>\displaystyle \textrm{d}z=2\left(x-\xi\right)\textrm{d}x</math>
 
<math>\displaystyle a^{2}=R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}</math>
 
woraus folgt:

<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=-\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\intop\frac{a}{z\sqrt{a^{2}+z}}\textrm{d}z\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta</math>

<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\textrm{arsinh}\left(\frac{a}{\sqrt{z}}\right)\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta</math>

und nach Rücksubstitution:

<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\textrm{arsinh}\sqrt{\frac{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}{\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta</math>

Eigentlich müsste man hier noch eine Integrationskonstante mitschleppen, die aber unabhängig von x wäre und daher später, wenn wir wieder nach x ableiten, sowieso rausfiele, also spare ich mir das hier.
Dieses bestimmte Integral kann man berechnen, wenn man den Trick aus meinem Artikel anwendet. Der funktioniert aber nur, wenn der Punkt (x,y) innerhalb der Ellipse, also innerhalb des Planeten oder maximal an seiner Oberfläche liegt.  
Ab hier ist z der Funktionswert, den es über die Ellipsenfläche zu integrieren gilt. Wir müssen wieder die allgemeine Gleichung der Konturellipsen und letztlich ihre Fläche bestimmen in Abhängigkeit von der Koordinate z. Die Vorgehensweise ist exakt analog zum Artikel, daher ohne weitere Kommentare:

<math>\displaystyle z^{2}=\frac{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}{\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}</math>

<math>\displaystyle z^{2}\left(y-\zeta\right)^{2}+z^{2}\left(x-\xi\right)^{2}=R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}</math>

<math>\displaystyle \left(1+z^{2}\right)\xi^{2}-2xz^{2}\xi+\left(k^{2}+z^{2}\right)\zeta^{2}-2yz^{2}\zeta=R_{A}^{2}-z^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)</math>

<math>\displaystyle \left(\sqrt{1+z^{2}}\xi-\frac{z^{2}x}{\sqrt{1+z^{2}}}\right)^{2}+\left(\sqrt{k^{2}+z^{2}}\zeta-\frac{z^{2}y}{\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\right)^{2}=R_{A}^{2}-\frac{z^{2}x^{2}}{1+z^{2}}-\frac{k^{2}z^{2}y^{2}}{k^{2}+z^{2}}</math>

Damit ist die Fläche der Ellipse:

<math>\displaystyle A\left(z\right)=\pi\frac{R_{A}^{2}-\frac{z^{2}x^{2}}{1+z^{2}}-\frac{k^{2}z^{2}y^{2}}{k^{2}+z^{2}}}{\sqrt{1+z^{2}}\sqrt{k^{2}+z^{2}}}</math>
 
So können wir <math>g_x</math> berechnen:

<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=2\pi\gamma\varrho\intop_{0}^{\infty}\frac{R_{A}^{2}-\frac{z^{2}x^{2}}{1+z^{2}}-\frac{k^{2}z^{2}y^{2}}{k^{2}+z^{2}}}{\sqrt{1+z^{2}}\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}\left(\textrm{arsinh}z
\right)=2\pi\gamma\varrho\intop_{0}^{\infty}\frac{R_{A}^{2}-\frac{z^{2}x^{2}}{1+z^{2}}-\frac{k^{2}z^{2}y^{2}}{k^{2}+z^{2}}}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z</math>

<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=2\pi\gamma\varrho\left[R_{A}^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z-x^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)^{2}\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z-k^{2}y^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}^{3}}\textrm{d}z\right]</math>

<math>g_x</math> erhalten wir nun simplerweise dadurch, dass wir wieder nach x ableiten. Nur das Integral nach dem x² bleibt übrig, der Rest fällt weg. Das Integral ist geschlossen berechenbar:

<math>\displaystyle g_{x}=-4\pi\gamma\varrho x\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)^{2}\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z</math>

<math>\displaystyle g_{x}=\frac{-4\pi\gamma\varrho x}{2\left(k^{2}-1\right)^{2}}\left[k^{2}\sqrt{k^{2}-1}\arctan\frac{\sqrt{k^{2}-1}z}{\sqrt{k^{2}+z^{2}}}-\left(k^{2}-1\right)\frac{z\sqrt{k^{2}+z^{2}}}{1+z^{2}}\right]_{0}^{\infty}</math>

<math>\displaystyle g_{x}=\frac{-2\pi\gamma\varrho x}{\left(k^{2}-1\right)^{2}}\left[k^{2}\sqrt{k^{2}-1}\arctan\sqrt{k^{2}-1}-\left(k^{2}-1\right)\right]</math>

<math>\displaystyle g_{x}=-2\pi\gamma\varrho x\left[\frac{k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}-\frac{1}{k^{2}-1}\right]</math>

Schick! Analog dazu berechnen wir nun <math>g_y</math>, indem wir es erst einmal unbestimmt nach y integrieren:

<math>\displaystyle g_{y}=-2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\frac{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}\left(y-\zeta\right)\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta}{\left(\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}\right)\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}+\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}</math>

Mit folgenden Substitutionen erhalten wir:

<math>\displaystyle z=\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}</math>

<math>\displaystyle \textrm{d}z=2\left(y-\zeta\right)\textrm{d}y</math>

<math>\displaystyle a^{2}=R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}</math>

<math>\displaystyle \intop g_{y}\textrm{d}y=2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\textrm{arsinh}\sqrt{\frac{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}{\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta</math>

Dieses Integral ist exakt identisch mit dem, das wir oben schon einmal berechnet haben! Da muss ich noch einmal genauer drüber nachdenken, aber dieses Integral (Kraft bzw. Beschleunigung über Weg) entspricht ja dem Potential, wie DrStupid schon angedeutet hat. Dementsprechend müsste dieses Integral die Gleichung der Äquipotentialfläche darstellen.
Auf jeden Fall spart es Arbeit, wir können direkt wieder die Lösung von oben einsetzen...

<math>\displaystyle \intop g_{y}\textrm{d}y=\intop g_{x}\textrm{d}x=2\pi\gamma\varrho\left[R_{A}^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z-x^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)^{2}\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\textrm{d}z-k^{2}y^{2}\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}^{3}}\textrm{d}z\right]</math>

... müssen diesmal aber nach y ableiten:

<math>\displaystyle g_{y}=-4\pi\gamma\varrho k^{2}y\intop_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{\left(1+z^{2}\right)\sqrt{k^{2}+z^{2}}^{3}}\textrm{d}z</math>

<math>\displaystyle g_{y}=\frac{-4\pi\gamma\varrho k^{2}y}{\left(k^{2}-1\right)^{2}}\left[-\sqrt{k^{2}-1}\arctan\frac{\sqrt{k^{2}-1}z}{\sqrt{k^{2}+z^{2}}}+\left(k^{2}-1\right)\frac{z}{\sqrt{k^{2}+z^{2}}}\right]_{0}^{\infty}</math>

<math>\displaystyle g_{y}=-4\pi\gamma\varrho y\left[-\frac{k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}+\frac{k^{2}}{k^{2}-1}\right]</math>

Damit haben wir g bestimmt. Zur Vereinfachung führen wir folgende Faktoren ein:

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)=\frac{k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}-\frac{1}{k^{2}-1}</math>

<math>\displaystyle q_{y}\left(k\right)=-\frac{2k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}+\frac{2k^{2}}{k^{2}-1}</math>

so dass...

<math>\displaystyle g_{x}=-2\pi\gamma\varrho q_{x}\left(k\right)\cdot x</math>

<math>\displaystyle g_{y}=-2\pi\gamma\varrho q_{y}\left(k\right)\cdot y</math>

<math>\displaystyle \vec{g}=-2\pi\gamma\varrho\binom{q_{x}\left(k\right)\cdot x}{q_{y}\left(k\right)\cdot y}</math>

Hier haben wir also die Gleichungen für g, die Newton mit seiner Röhrenberechnung für das Kräftegleichgewicht hätte ansetzen müssen. Selbst wenn ich jetzt die gefundenen Formeln in die Gleichung des Potentials einsetze, springt mich da nicht wirklich eine offensichtliche Vereinfachung an.

Nun wollen wir das Ganze mit einer Fliehkraft bzw. -beschleunigung kombinieren, die bei Drehung um die Polachse direkt zu <math>g_x</math> hinzuaddiert wird:

<math>\displaystyle f_{x}=\omega^{2}x</math>
 
Wenn eine betragsmäßig konstante Gesamtanziehungskraft herrschen soll, muss gelten:

<math>\displaystyle \left(2\pi\gamma\varrho q_{x}\left(k\right)-\omega^{2}\right)^{2}x^{2}+\left(2\pi\gamma\varrho q_{y}\left(k\right)\right)^{2}y^{2}=\textrm{konstant}</math>
 
x und y unterliegen aber, weil sie sich an der Oberfläche befinden sollen, der Ellipsengleichung:

<math>\displaystyle x^{2}+k^{2}y^{2}=R_{A}^{2}</math>

Die Forderung nach konstanter Gesamtanziehungskraft ist daher nur erfüllt, wenn:

<math>\displaystyle \left(q_{x}\left(k\right)-\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}\right)^{2}k^{2}=\left(q_{y}\left(k\right)\right)^{2}</math>

Die naheliegende Lösung wäre

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)-\frac{q_{y}\left(k\right)}{k}=\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}</math>
 
weil nur dann der Vektor immer zum Boden gerichtet wäre. Leider stellt sich dabei heraus, dass der linke Teil der Gleichung für alle k>1 immer negativ ist, es also kein reelles <math>\omega</math> geben kann, wodurch die Gleichung erfüllt würde. Aber es bleibt ja noch die irrwitzige Lösung:

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)+\frac{q_{y}\left(k\right)}{k}=\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}</math>

<math>\displaystyle \omega^{2}=2\pi\gamma\varrho\left(q_{x}\left(k\right)+\frac{q_{y}\left(k\right)}{k}\right)>0</math>

Bei dieser Drehgeschwindigkeit haben wir tatsächlich einen betragsmäßig konstanten Beschleunigungsvektor, der aber den unglücklichen Äquatorforscher direkt ins All befördert, wenn seine Leine reißt...

Da wir g nun allgemeingültig bestimmt haben, könnten wir damit sicher auch eine andere Fragestellung von Bernhard beantworten, falls ich seine Frage falsch verstanden haben sollte.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Die andere Deutungsmöglichkeit von Bernhards Frage wäre, ob eine parallel zur "künstlichen" Oberfläche angebrachte Waage immer einen konstanten Wert anzeigen könnte. In dem Falle müsste man den Gesamtvektor g+f berechnen, und die Komponente dieses Vektors entlang  der Normalen der Ellipse bestimmen...
Klingt lösbar.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Die Antwort auf die Alternativfrage will ich ja auch nicht schuldig bleiben. Der Normalenvektor auf die Ellipse ist (ohne Herleitung):

<math>\displaystyle \vec{n}=\begin{pmatrix}x\\
k^{2}y
\end{pmatrix}</math>

Der normierte Normalenvektor (schönes Wort) ist dann:

<math>\displaystyle \vec{n}^{0}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+k^{4}y^{2}}}\begin{pmatrix}x\\
k^{2}y
\end{pmatrix}
</math>

Damit eine konstante Kraftkomponente senkrecht auf die Planetenoberfläche wirkt, muss gelten:

<math>\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^{2}+k^{4}y^{2}}}\begin{pmatrix}x\\
k^{2}y
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\left(q_{x}\left(k\right)-\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}\right)x\\
q_{y}\left(k\right)y
\end{pmatrix}=c</math>

<math>\displaystyle \left[\left(q_{x}\left(k\right)-\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}\right)x^{2}+k^{2}q_{y}\left(k\right)y^{2}\right]^{2}=c^{2}x^{2}+c^{2}k^{4}y^{2}
</math>

Außerdem gilt wegen der Ellipsengleichung:

<math>\displaystyle k^{2}y^{2}=R_{A}^{2}-x^{2}</math>

und damit:

<math>\displaystyle \left[\left(q_{x}\left(k\right)-\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}\right)x^{2}+q_{y}\left(k\right)\left(R_{A}^{2}-x^{2}\right)\right]^{2}=c^{2}x^{2}+c^{2}k^{2}\left(R_{A}^{2}-x^{2}\right)
</math>

Links taucht nach ausmultiplizieren der Klammer <math>x^4</math> auf, rechts nicht. Die Gleichung wäre nur erfüllbar, wenn

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)-\frac{\omega^{2}}{2\pi\gamma\varrho}-q_{y}\left(k\right)=0</math>

Selbst wenn das ginge (tut es nicht), dann wäre links vom Gleichheitszeichen eine Konstante. Das ginge rechts nur, wenn dort <math>x^2</math> rausfiele. Das geht nur bei k=1, was auch keinen Sinn macht. Also ist die Gleichung nicht erfüllbar. Einen >>ellipsoiden<< Planeten, wo eine konstante "vertikale" Kraftkomponente wirkt, kann es nicht geben, zumindest nicht mit konstanter Dichte.

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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2014-12-20 18:56 - MontyPythagoras in Beitrag No. 24 schreibt:
Der letzte Teil von Bernhards Anfangspost ist in der Beziehung zweideutig, denn eine Waage würde natürlich immer die Gesamtanziehungskraft anzeigen, wenn man sie zum Lot ausrichtet.

In dem Fall würde die Richtung des Kraftvektors festlegen, was senkrecht ist. Was soll dann aber mit dem "senkrechten Teil des Vektors" gemeint sein?

2014-12-20 18:56 - MontyPythagoras in Beitrag No. 24 schreibt:
c) Ein hydrostatisches Gleichgewicht ist nicht zwingende Voraussetzung auf einem künstlichen Festkörperplaneten.

Das hydrostatische Gleichgewicht gehört zur Definition eines Planeten. Für beliebige Körper hast Du natürlich Recht, aber dann sind auch beliebige Formen denkbar.

2014-12-20 18:56 - MontyPythagoras in Beitrag No. 24 schreibt:
b) Ein Rotationsellipsoid war er auch schon vorher.

Wenn Du kein hydrostatisches Gleichgewicht voraussetzt, warum dann ein Rotationsellipsoid?



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MontyPythagoras
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Also gut, ich merke, dass Du das Thema noch nicht ganz verstanden hast, deshalb werde ich es Dir noch einmal erklären...

2014-12-21 13:25 - DrStupid in Beitrag No. 28 schreibt:
Das hydrostatische Gleichgewicht gehört zur Definition eines Planeten.
Dann wäre dieser ganze Thread sinnlos. Auf einem solchen Planeten kann keine konstante "senkrechte" Anziehungskraft gelten, wie auch immer man diese definieren würde. Eine solche Eigenschaft erfordert zwangsläufig eine künstlich hergestellte Form.

2014-12-21 13:25 - DrStupid in Beitrag No. 28 schreibt:
In dem Fall würde die Richtung des Kraftvektors festlegen, was senkrecht ist. Was soll dann aber mit dem "senkrechten Teil des Vektors" gemeint sein?
"Senkrecht" könnte gemeint sein als "in Lotrichtung" (inkl. Fliehkraft), in Richtung des Schwerkraftvektors oder in Richtung des Planetenschwerpunktes. Daher hatte ich um Präzisierung gebeten.

2014-12-21 13:25 - DrStupid in Beitrag No. 28 schreibt:
Wenn Du kein hydrostatisches Gleichgewicht voraussetzt, warum dann ein Rotationsellipsoid?
Weil es ein Vorschlag war von Knaaxx und mir. Es hätte ja ein künstlicher Rotationsellipsoid sein können, der nicht der hydrostatischen Vorgabe entspricht. Der Vorschlag ist nun widerlegt.

Du hast behauptet, dass man "einfach" nur die senkrechten Kraftanteile entlang der Polachse und einer radialen Linie zum Äquator berechnen musst und man dafür das Volumenintegral gar nicht braucht. Das habe ich oben widerlegt.
Du hast behauptet, dass Newton die exakte Form berechnet hat. Das kannst Du nicht anhand eines einfachen Zahlenwertes beweisen.
Du hast behauptet, man müsse nicht über das ganze Volumen integrieren, man könne eine innere Kugel abziehen und als Massenpunkt betrachten und müsse daher nur dem Äquatorwulst in Betracht ziehen. Dabei sind das nur die Integrationsgrenzen. Daran, dass man das Integral berechnen muss, führt kein Weg vorbei. Wenn DU es mal versucht hättest, wüsstest Du das. Ich habe es nämlich schon versucht, es geht nicht.

Aber wahrscheinlich bekommst DU das hin. Wenn ich Dich noch ernst nehmen soll, dann führst Du das jetzt einfach mal vor, rechnerisch.
Bitte, Dein großer Auftritt:




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DrStupid
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2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
2014-12-21 13:25 - DrStupid in Beitrag No. 28 schreibt:
Das hydrostatische Gleichgewicht gehört zur Definition eines Planeten.
Dann wäre dieser ganze Thread sinnlos. Auf einem solchen Planeten kann keine konstante "senkrechte" Anziehungskraft gelten, wie auch immer man diese definieren würde. Eine solche Eigenschaft erfordert zwangsläufig eine künstlich hergestellte Form.

Dass ich das bei einem rotierenden Planeten nicht für möglich halte, habe ich oben schon geschrieben. Ohne Beweis (den haben wir bisher nur für homogene Masseverteilungen) bleibt das allerdings eine Vermutung.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
2014-12-21 13:25 - DrStupid in Beitrag No. 28 schreibt:
warum dann ein Rotationsellipsoid?
Weil es ein Vorschlag war von Knaaxx und mir. Es hätte ja ein künstlicher Rotationsellipsoid sein können, der nicht der hydrostatischen Vorgabe entspricht. Der Vorschlag ist nun widerlegt.

Damit wissen wir zwar mehr als vorher, aber ohne hydrostatisches Gleichgewicht gibt es neben homogenen Rotationsellipsoiden unendlich viele weitere Möglichkeiten, die damit noch nicht ausgeschlossen wurde.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Du hast behauptet, dass man "einfach" nur die senkrechten Kraftanteile entlang der Polachse und einer radialen Linie zum Äquator berechnen musst und man dafür das Volumenintegral gar nicht braucht.

Ich habe geschrieben, dass Newton bei der Berechnung des Drucks in den Röhren zum Pol und zum Äquator nur die zu diesen Röhren parallelen Kraftkomponenten berücksichtigen musste. Dass man dafür kein Volumenintegral benötigt, habe ich nirgends behauptet.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Du hast behauptet, dass Newton die exakte Form berechnet hat. Das kannst Du nicht anhand eines einfachen Zahlenwertes beweisen.

Ich habe geschrieben, dass ich eine zufällige Übereinstimmung seines Ergebnisses mit der korrekten Abplattung eines homogenen Rotationsellipsoiden für unwahrscheinlich halte. Da gibt es nichts zu beweisen.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Du hast behauptet, man müsse nicht über das ganze Volumen integrieren, man könne eine innere Kugel abziehen und als Massenpunkt betrachten und müsse daher nur dem Äquatorwulst in Betracht ziehen.

Und dabei bleibe ich.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Daran, dass man das Integral berechnen muss, führt kein Weg vorbei.

Niemand hat etwas anderes behauptet.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Wenn DU es mal versucht hättest, wüsstest Du das. Ich habe es nämlich schon versucht, es geht nicht.

Ich habe es versucht und es geht. Dass man es numerisch lösen muss, ist für uns kein Problem, aber für Newton schon. Deshalb wundere ich mich nach wie vor über seine Lösung.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Wenn ich Dich noch ernst nehmen soll, dann führst Du das jetzt einfach mal vor, rechnerisch.

Wenn ich Dich noch ernst nehmen soll, dann höre auf mir Behauptungen in den Mund zu legen, die ich nicht gemacht habe.



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Bernhard
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, vom Themenstarter, eingetragen 2014-12-22


Hallo Thomas!

Du liebe Güte, was hast Du Dir da Mühe gemacht!
Das ging aber schneller, als ich es verfolgen konnte.
Ich sehe aber auch gerade, daß es ein paar Interpretationsschwierigkeiten zu meiner ursprünglichen Fragestellung gibt.
Um das zu klären:
Ich hatte mit "senkrechtem Teil des Vektors" eigentlich wirklich nur die Kraft senkrecht zur (lokalen) Oberfläche gemeint. Also nicht mit einer Federwaage gemessen, die sich nach dem Lot zum irgenwo (schiefliegenden) Schwerpunkt ausrichtet, sondern z.B. mit einer Küchenwaage, die man auf den Boden stellt.
2014-12-20 18:56 - MontyPythagoras in Beitrag No. 24 schreibt:
Der letzte Teil von Bernhards Anfangspost ist in der Beziehung zweideutig, denn eine Waage würde natürlich immer die Gesamtanziehungskraft anzeigen, wenn man sie zum Lot ausrichtet.

Diese hier schon - und würde wohl auch Dein Ergebnis liefern.:


Aber diese doch nicht, oder?


Ich hatte allerdings oben (noch) nicht damit gerechnet, daß die Sache sooo kompliziert ist und sooo ausführlich verfolgt wird, sogar bis hin zu Extremwerten wie quasi "waagerechter Gravitation" wink :
Das heißt, es gibt dazwischen irgendwo auch einen Punkt auf dem schwindelerregenden Planeten, wo die Kraft parallel zur Oberfläche zeigt.

Wahnsinn, was Du da alles herausgeknobelt hast!


Viele Grüße, Bernhard


-----------------
"Wichtig ist, daß man nie aufhört zu fragen"
"Weisheit ist nicht das Ergebnis der Schulbildung, sondern des lebenslangen Versuches, sie zu erwerben"
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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2014-12-22


Dann werde ich Dich mal mit Deinem eigenen Blödsinn konfrontieren:

2014-12-19 18:40 - DrStupid in Beitrag No. 20 schreibt:
Dazu kann man noch ergänzen, dass die Integration diese hydrostatischen Grundgleichung mit konstanter Dichte links eine Druckdifferenz und rechts das Produkt der Dichte und einer Potentialdifferenz ergibt. Setzt man die Druckdifferenz für beide Röhren gleich, dann ergibt das automatisch auch die gleiche Potentialdifferenz. Nimmt man noch die Zentrifugalbeschleunigung dazu, dann erhält man das entsprechende Resultat für das effektive Potential. So konnte Newton zwei Punkte einer Äquipotentialfläche ermitteln, ohne zu wissen, was ein Potential ist.

Wow, simpel. Und bei dieser simplen Berechnung kommt das raus (ohne Fliehkraft):
<math>\displaystyle \intop g_{x}\textrm{d}x=2\gamma\varrho\intop_{-R_{P}}^{R_{P}}\intop_{-\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}^{\sqrt{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}}}\textrm{arsinh}\sqrt{\frac{R_{A}^{2}-k^{2}\zeta^{2}-\xi^{2}}{\left(y-\zeta\right)^{2}+\left(x-\xi\right)^{2}}}\textrm{d}\xi\textrm{d}\zeta</math>

Das hätte man ja quasi vorher schon sehen können, also wirklich.

2014-12-21 22:48 - DrStupid in Beitrag No. 30 schreibt:
2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Du hast behauptet, man müsse nicht über das ganze Volumen integrieren, man könne eine innere Kugel abziehen und als Massenpunkt betrachten und müsse daher nur dem Äquatorwulst in Betracht ziehen.

Und dabei bleibe ich.

2014-12-21 17:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 29 schreibt:
Daran, dass man das Integral berechnen muss, führt kein Weg vorbei.

Niemand hat etwas anderes behauptet.

Ach ja?

2014-12-19 18:40 - DrStupid in Beitrag No. 20 schreibt:
Natürlich musste er nicht über das komplette Volumen integrieren.

Klar, damit hast Du natürlich nur die Integrationsgrenzen gemeint. Ich meine natürlich die Funktion des Integrals, was denn sonst? Als wenn das Einsetzen einer Integrationsgrenze bei der Berechnung eines bestimmten Integrals der schwierigste Teil wäre...

2014-12-19 18:40 - DrStupid in Beitrag No. 20 schreibt:
Man kann die Vereinfachung auch durch viel Fleiß ersetzen. Man beginnt mit einer Kugel und erhält dann in erster Näherung die Lösung aus Deinem ersten Ansatz. Dann rechnet man in zweiter Näherung mit dem Kraftfeld des so ermittelten Rotationsellipsoiden usw. Dieses Verfahren wird zum korrekten Ergebnis konvergieren. Ohne Computer ist das aber eine echte Strafarbeit.

Aber da Du ja offensichtlich über einen Computer verfügst, kann das ja so wild nicht sein. Bitte führe es hier einfach vor, ich bin gespannt auf das Ergebnis.

Inzwischen scheinst Du wie selbstverständlich davon auszugehen, dass eine analytische Berechnung gar nicht möglich ist. Natürlich hast Du nie etwas anderes behauptet...:

2014-12-16 19:20 - DrStupid in Beitrag No. 5 schreibt:
Trotzdem hat er damals die für eine homogene Masseverteilung korrekte Abplattung berechnet. Kann es sein, dass es noch einen einfacheren Lösungsweg gibt?

Als Frage formuliert, natürlich Euer Ehren. Aber die unterschwellige Aussage ist, dass es einen einfacheren Weg geben muss. Auf den ich immer noch warte.

2014-12-21 22:48 - DrStupid in Beitrag No. 30 schreibt:
Ich habe es versucht und es geht. Dass man es numerisch lösen muss, ist für uns kein Problem, aber für Newton schon.

Na, wenn Du es schon gemacht hast, dann werden wir ja auch nicht lange auf das Ergebnis warten müssen.Dann schaffst Du Deinen ersten produktiven Beitrag vielleicht noch vor Weihnachten.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2014-12-22


2014-12-22 00:03 - Bernhard in Beitrag No. 31 schreibt:
Hallo Thomas!

Du liebe Güte, was hast Du Dir da Mühe gemacht!
Das ging aber schneller, als ich es verfolgen konnte.
Ich sehe aber auch gerade, daß es ein paar Interpretationsschwierigkeiten zu meiner ursprünglichen Fragestellung gibt.
(...)
Ich hatte allerdings oben (noch) nicht damit gerechnet, daß die Sache sooo kompliziert ist und sooo ausführlich verfolgt wird, sogar bis hin zu Extremwerten wie quasi "waagerechter Gravitation" wink :
Das heißt, es gibt dazwischen irgendwo auch einen Punkt auf dem schwindelerregenden Planeten, wo die Kraft parallel zur Oberfläche zeigt.

Wahnsinn, was Du da alles herausgeknobelt hast!


Viele Grüße, Bernhard


Hallo Bernhard,
Die Mühe bestand mehr darin, es in Latex abzutippen, denn die Lösung war ja seit der Erstellung meines Artikels im Sommer schon da. Ich hatte mich damals aber natürlich auf reale Planeten konzentriert. Insofern war Dieser Thread eine interessante Fragestellung, und das Ergebnis der Frage, so wie ich sie zuerst gedeutet hatte, überraschend.
Allerdings sehe ich für die Frage, so wie Du sie gemeint hast, keine Möglichkeit, sie hier schlüssig zu beantworten. Es wären beliebige nicht-ellipsoide Formen denkbar, selbst so extreme wie ein Doppelkonus oder ein Zylinder, und natürlich bleibt auch noch die Möglichkeit der nicht homogenen Masseverteilung, wie schon weiter vorne in diesem Thread erwähnt.
Mein Gefühl sagt mir, dass es möglich ist, aber außer Ellipsoid sah ich erst mal keinen sinnvollen Ansatz. Falls DrStupid wider Erwarten ein numerisches Ergebnis präsentieren sollte, könnte man eventuell daraus einen analytischen Ansatz erzeugen.

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2014-12-22


@Thomas

Wisch Dir mal den Schaum vom Mund und denke in Ruhe darüber nach, wie Du Dich hier aufführst. Ich empfehle Dir auch, nochmal genau nachzulesen, was ich geschrieben habe und was nicht (letzteres scheint Dir besondere Probleme zu bereiten). Bis Du Dich wieder im Griff hast, ziehe ich mich aus dieser Diskussion zurück.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2014-12-22


Ich bin die Ruhe selbst. Aber Du lässt Dich auf keine erdenkliche Art und Weise dazu bewegen, das, was Du immer nur behauptest, auch einmal zu belegen. Was ist so schwer daran? Der Threadersteller hat eine Frage gestellt, wir sollten versuchen, sie zu beantworten. Das einzige, was von Dir zu der konkreten Frage von Bernhard geäußert wurde, ist:

2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
Du meinst vermutlich nicht die Schwerkraft, sondern den Wägewert im Vakuum. Das zu berechnen ist äußerst kompliziert, zumal es - wenn überhaupt - nur mit einer inhomogenen Dichteverteilung möglich ist.

Eine Vermutung, die meiner Meinung nach falsch ist. Aber das ist legitim, man kann unterschiedliche Meinungen dazu haben. Warum Du diese Vermutung hast, hast Du aber nicht dargelegt.

2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Kann es überhaupt so einen Körper geben

Wenn ich raten müsste, würde ich zu einem Nein tendieren.

Dito.

2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Dabei kommt es mir jetzt nur auf den senkrechten Teil des Vektors (den "wägbaren") an, nicht die oben erwähnten waagerechten Abweichungen auf mittleren Breiten ("schräges Lot" etc.).

Zumindest das ist einfach. Im hydrostatischen Gleichgewicht steht das Lot grundsätzlich immer senkrecht auf der Oberfläche.

Eine Banalität. Leiste doch einen Beitrag! Und ganz ehrlich, ich würde mich drüber freuen, eine numerische Berechnung zu sehen, weil es eventuell Rückschlüsse auf den notwendigen analytischen Ansatz erlaubt. Ob der dann lösbar ist, kann man dann immer noch entscheiden.

Ciao,

Thomas



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2014-12-22


2014-12-22 12:04 - MontyPythagoras in Beitrag No. 35 schreibt:
2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
Du meinst vermutlich nicht die Schwerkraft, sondern den Wägewert im Vakuum. Das zu berechnen ist äußerst kompliziert, zumal es - wenn überhaupt - nur mit einer inhomogenen Dichteverteilung möglich ist.
Eine Vermutung, die meiner Meinung nach falsch ist.

Ein Körper von der Größe der Erde befindet sich zwangsläufig im hydrostatischen Gleichgewicht, weil es kein Material gibt, das den sonst auftretenden Spannungen standhalten würde. Für eine homogene Masseverteilung hast Du selbst die Form des resultierenden Gleichgewichtskörpers berechnet und da ändert sich der Betrag der Normalkraft mit dem Breitengrad. Wenn es also überhaupt eine Lösung mit den beschriebenen Eigenschaften gibt, dann kann die zugehörige Masseveteilung nicht homogen sien.

2014-12-22 12:04 - MontyPythagoras in Beitrag No. 35 schreibt:
2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
Wenn ich raten müsste, würde ich zu einem Nein tendieren.

Dito.

Das hydrostatische Gleichgewicht besteht nicht nur an der Oberfläche, sondern auch im Inneren des Planeten. Das führt zu ihrem üblichen Aufbau aus konzentrischen Schalen. Da die Dichte bei einer stabilen Schichtung nicht nach unten abnehmen kann, sollte das Ergebnis zwischen den beiden von Dir berechneten Extremen (Punktmasse vs. homogener Vollkörper) liegen.

Was Bernhard sucht, würde allem widersprechen was wir kennen und was Astrophysiker erwarten. Weil ich nicht beweisen kann, dass es keine solchen exotischen Lösungen gibt, habe ich meine Aussage trotzdem als Vermutung formuliert.

2014-12-22 12:04 - MontyPythagoras in Beitrag No. 35 schreibt:
2014-12-16 19:14 - DrStupid in Beitrag No. 4 schreibt:
2014-12-15 22:41 - Bernhard im Themenstart schreibt:
Dabei kommt es mir jetzt nur auf den senkrechten Teil des Vektors (den "wägbaren") an, nicht die oben erwähnten waagerechten Abweichungen auf mittleren Breiten ("schräges Lot" etc.).

Zumindest das ist einfach. Im hydrostatischen Gleichgewicht steht das Lot grundsätzlich immer senkrecht auf der Oberfläche.

Eine Banalität.

Offensichtlich nicht, wie Bernhards Erklärung zu seiner Definition von "senkrecht" zeigt. Wenn man von lokalen Unebenheiten absieht, dann gibt es auf einem Planeten kein "schräges Lot". Das wird erst bei viel kleineren Körpern relevant, die sich nicht im hydrostatischen Gleichgewicht befinden.

2014-12-22 12:04 - MontyPythagoras in Beitrag No. 35 schreibt:
Und ganz ehrlich, ich würde mich drüber freuen, eine numerische Berechnung zu sehen, weil es eventuell Rückschlüsse auf den notwendigen analytischen Ansatz erlaubt.

Wie stellst Du Dir das vor? Ich könnte hier bestenfalls das Ergebnis einer numerischen Berechnung präsentieren, aber nicht die Berechnung selbst.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2014-12-22


Danke! Endlich etwas, über das zu reden sich lohnt.

Es geht mir hauptsächlich darum, zu untersuchen, ob ein künstlicher Planet diese Eigenschaften haben >>könnte<<. Er müsste zwangsläufig ein Festkörper sein, da das hydrostatische Gleichgewicht die geforderten Eigenschaften nicht erfüllt. Auf natürliche Weise hätte ein solcher Planet nur entstehen können (natürlich mit viel Fantasie), wenn
a) er bei einer höheren Drehgeschwindigkeit im hydrostatischen Gleichgewicht abkühlt, also buchstäblich gefriert, und er
b) im weiteren Verlauf der Jahrmillionen und -milliarden seine Drehung weiter verlangsamt hätte. Da das aber Gezeiten erfordert, widerspricht das irgendwie dem Punkt a).
Das ist nun hinfällig, weil wir gesehen haben anhand meiner Rechnung, dass ein Ellipsoid die Gleichung sowieso nicht erfüllen könnte. Dass ein Abkühlen für einen Planeten von nennenswerter Gravitation viel zu lange dauert, und man ihn wahrscheinlich schockfrosten müsste, damit er die Form beibehält, lassen wir jetzt mal außen vor.

Da es der Ellipsoid nicht tut, könnte er aber vielleicht mit einer beliebigen künstlichen Form versehen, sehr klein und wenn nötig aus massivem Stahl oder Titan oder Diamant oder Nanoröhrchen sein, und ich denke, dass bei einer Größe von ein paar Zig oder Hundert Kilometern die Anziehungskräfte noch nicht so groß wären, dass der Planet seiner eigenen Anziehungskraft nicht standhält. Ob ein solcher Planet irgendeinen praktischen Sinn erfüllen könnte, halte ich für zweifelhaft, aber es geht ja nur darum, zu untersuchen, ob es theoretisch möglich wäre oder nicht. Vielleicht will ja mal eine höhere Intelligenz nur aus Jux ein solches Ding herstellen.  smile

Zu der numerischen Berechnung könnte man zum Beispiel die gewählten Ansätze in Form von Formeln erläutern. Vielleicht wird das numerische Ergebnis in Form einer Grafik, einer geplotteten Kurve der Planetenform, einem Diagramm (Radius über Breitengrad) etc. ausgegeben. Zumindest wenn ich mir mal Näherungslösungen für irgendein Problem erarbeite, und ich habe eine "Ahnung", wie die analytische Lösung aussehen könnte, dann wähle ich einen analytischen Ansatz, lege die Kurven in einem Diagramm übereinander und begutachte die Abweichungen. Solche Dinge halt. Da ich zurzeit keine praktikable Idee zu einer numerischen Lösung habe, und noch nicht einmal eine Idee zu einer sinnvollen vereinfachenden Annahme habe, was den Kollegen Newton angeht, würde ich mich, wissbegierig wie ich bin, über eine Anregung in der Richtung freuen.

Ciao,

Thomas



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2014-12-22 10:53 - MontyPythagoras in Beitrag No. 33 schreibt:
Allerdings sehe ich für die Frage, so wie Du sie gemeint hast, keine Möglichkeit, sie hier schlüssig zu beantworten. Es wären beliebige nicht-ellipsoide Formen denkbar, selbst so extreme wie ein Doppelkonus oder ein Zylinder, und natürlich bleibt auch noch die Möglichkeit der nicht homogenen Masseverteilung, wie schon weiter vorne in diesem Thread erwähnt.
Mein Gefühl sagt mir, dass es möglich ist, aber außer Ellipsoid sah ich erst mal keinen sinnvollen Ansatz.

Mein Gefühl sagt mir das irgendwie auch (noch). Meine ursprüngliche Frage, "gibt es einen Grund dass sich das nicht rechnen lässt", zielte weniger auf eine explizite Berechnung, als mehr auf Überlegungen weswegen das "evtl. sogar offensichtlich" auf unauflösbare Widersprüche führen müsse (es geht um künstliche Körper, hydrostatische Gleichgewichte spielen keine Rolle, jedenfalls nicht bei meiner Fragestellung). Mir geht es nur um massengravitative Elemente, sowas wie hydrostatische Gleichgewichtskräfte lässt sich bei einem künstlichen Körper erst einmal wegschließen.

Was spricht denn gegen einen (numerischen) Versuch einer entsprechenden Körperkonstruktion.





2014-12-22 14:24 - DrStupid in Beitrag No. 36 schreibt:
Ein Körper von der Größe der Erde befindet sich zwangsläufig im hydrostatischen Gleichgewicht, weil es kein Material gibt, das den sonst auftretenden Spannungen standhalten würde. Für eine homogene Masseverteilung hast Du selbst die Form des resultierenden Gleichgewichtskörpers berechnet und da ändert sich der Betrag der Normalkraft mit dem Breitengrad. Wenn es also überhaupt eine Lösung mit den beschriebenen Eigenschaften gibt, dann kann die zugehörige Masseveteilung nicht homogen sien.

Dem braucht man ganz sicher nicht einfach zustimmen. Es mag zutreffen, aber klar ist das keineswegs. Der Rückzug auf diese Eigenschaft ist erstmal nur der Missachtung des "Künstlichen Körpers" geschuldet.

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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2014-12-22


2014-12-22 15:21 - Knaaxx in Beitrag No. 38 schreibt:
(...) Meine ursprüngliche Frage, "gibt es einen Grund dass sich das nicht rechnen lässt", zielte weniger auf eine explizite Berechnung, als mehr auf Überlegungen weswegen das "evtl. sogar offensichtlich" auf unauflösbare Widersprüche führen müsse (es geht um künstliche Körper, hydrostatische Gleichgewichte spielen keine Rolle, jedenfalls nicht bei meiner Fragestellung). Mir geht es nur um massengravitative Elemente, sowas wie hydrostatische Gleichgewichtskräfte lässt sich bei einem künstlichen Körper erst einmal wegschließen.

Was spricht denn gegen einen (numerischen) Versuch einer entsprechenden Körperkonstruktion.

Nichts. Ich habe aber absolut keine Idee. Aber vielleicht kommt die noch.

Ich habe inzwischen weiter an den Formeln für den Schwerkraftvektor gearbeitet. Ich hatte ja folgende, etwas unhandliche, Formeln angegeben:

<math>\displaystyle g_{x}=-2\pi\gamma\varrho q_{x}\left(k\right)\cdot x</math>

<math>\displaystyle g_{y}=-2\pi\gamma\varrho q_{y}\left(k\right)\cdot y</math>

<math>\displaystyle \vec{g}=-2\pi\gamma\varrho\binom{q_{x}\left(k\right)\cdot x}{q_{y}\left(k\right)\cdot y}</math>

Mit folgenden Faktoren:

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)=\frac{k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}-\frac{1}{k^{2}-1}</math>

<math>\displaystyle q_{y}\left(k\right)=-\frac{2k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}\arctan\sqrt{k^{2}-1}+\frac{2k^{2}}{k^{2}-1}</math>

Dabei ist mir zunächst schon einmal folgende seltsame Eigenschaft aufgefallen:

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)+\frac{1}{2}q_{y}\left(k\right)=1</math>

Ob man damit irgendetwas anfangen kann, weiß ich noch nicht. Vielleicht hat jemand einen Geistesblitz.
Führt man eine Reihenentwicklung durch, so erhält man:

<math>\displaystyle q_{x}\left(k\right)\approx\frac{2}{3}-\frac{2}{15}\left(k^{2}-1\right)+\frac{2}{35}\left(k^{2}-1\right)^{2}</math>

<math>\displaystyle q_{y}\left(k\right)\approx\frac{2}{3}+\frac{4}{15}\left(k^{2}-1\right)-\frac{4}{35}\left(k^{2}-1\right)^{2}</math>

qx ist also kleiner als qy für k>1, was bestätigt, dass für die Nordhalbkugel der Schwerkraftvektor südlich am Erdmittelpunkt vorbeizeigt.
Bei der Kugel ist k=1, und damit sind beide Faktoren qx=qy=2/3. Das ist auch eine schöne Bestätigung, weil dann nicht nur der Schwerkraftvektor exakt zum Mittelpunkt der Kugel zeigt, sondern daraus für den kugelförmigen Planeten auch unmittelbar folgt:

<math>\displaystyle |\vec{g}|=g=2\pi\gamma\varrho\left|\binom{\frac{2}{3}\cdot x}{\frac{2}{3}\cdot y}\right|=\frac{4}{3}\pi\gamma\varrho R</math>

Setzt man außerdem Dichte gleich Masse durch Volumen der Kugel:

<math>\displaystyle \varrho=\frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^{3}}</math>

folgt daraus:

<math>\displaystyle g=\frac{\gamma M}{R^{2}}
</math>

Kommt mir bekannt vor...
Die oben genannten Näherungsformeln müssten jedenfalls in etwa dem entsprechen, was z.B. ein Newton eingesetzt haben mag. Aber warum? Auch hier sehe ich noch keine naheliegende Antwort.

Ciao,

Thomas




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