2007 mei « El gag d’Schrödinger

Archief voor mei 2007

Final 1a temporada HEROES

mei 23, 2007

Acabo de veure l’últim capítol de HEROES.

En poques paraules

QUÈ GRAN!

Ara només falta esperar a que torni la 2a temporada, el 2n “volum” [Generations] al setembre.

Repeteixo: increïble xDDD.

Una captura de pantalla del (d’un) moment crític

PD: Sí, era un spoiler, sorry.

Geplaatst in Coses | 3 Commentaar »

Solució al problema del triangle

mei 19, 2007

Menú del dia: 4 demostracions. Si en surt alguna més, ja la posarem xDDD.

Primera demostració
La tècnica que farem servir a la primera demostració (que és la més llarga xD) és la següent: Si el triangle compleix el teorema de pitàgores, aleshores serà rectangle.

Per tant, anem a calcular els catets que desconeixem. Si partim el triangle en dos, tal com mostra la figura, aquests catets són $h_1$ i $h_2$ .

Veure figura

L’equació en cartesianes de la semicircumferència superior és

$x^2 + y^2 = r^2 \Rightarrow y(x) = + \sqrt{r^2 - x^2}$

i per tant, el vèrtex del triangle $P(x,y)$ situat sobre la circumferència és $P(x,+\sqrt{r^2-x^2})$ .

Si partim el triangle en qüestió en dos, tal com mostra la figura, podem calcular els catets (que ara són les hipotenuses) dels triangles:

$h_1 = \sqrt{(r+x)^2 + y^2} = \sqrt{(r+x)^2 +r^2 -x^2} = \sqrt{2r(r+x)}$
$h_2 = \sqrt{(r-x)^2 + y^2} = \sqrt{(r-x)^2 +r^2 -x^2}= \sqrt{2r(r-x)}$

Es compleix Pitàgores?

$h_1^2 + h_2^2 = 2r(r+x) + 2r(r-x) = 2r (r-a+r+a) = (2r)^2$

sí!

Ergo, el triangle és rectangle. QED.

Nota: Depenent de si el vèrtex del triangle està “a la dreta” o “a l’esquerra”, els valors de $h_1$ i $h_2$ es permuten, de manera que l’argument segueix sent vàlid.

Segona demostració
En realitat és una petita variant de la demostració anterior. No utilitzem el teorema de Pitàgores, sinó un argument diferent: si el triangle és rectangle, aleshores l’àrea del rectangle de costats $h_1$ i $h_2$ serà dues vegades l’àrea de triangle.

[Utilitzem l'expressió de l'altura i els catets obtinguts a la 1a demostració]

L’àrea del triangle és

$A_T = \frac{1}{2} \, 2r \cdot \sqrt{r^2 - x^2} = r \sqrt{r^2 - x^2 }$

L’àrea del quadrat és

$A = h_1 \, h_2 = \sqrt{2r(r+x) \cdot 2r (r-x)} = 2r \sqrt{r^2- x^2}$

Com veiem, $A = 2 A_t$ , i per tant el triangle és rectangle. QED.

Tercera demostració
Les dues demostracions anteriors treballen exclusivament en coordenades. Aquí treballarem [a més] amb vectors.

La demostració és molt senzilla (més que les anteriors): n’hi ha prou amb veure que qualssevol dos vectors paral·lels als catets del triangle són ortogonals, és a dir que el seu producte escalar sigui nul.

Veure figura

El vèrtex del triangle sobre la semicircumferència és $(x, \sqrt{r^2 - x^2})$ , i els altres dos són $(-r,0)$ i $(r,0)$ .

Dos dels vectors esmentats són, per exemple

$\vec{v} = ( x+r, \sqrt{r^2 - x^2} )$
$\vec{w} = ( x-r, \sqrt{r^2 - x^2} )$

I el seu producte escalar és

$\vec{v} \cdot \vec{w} = (x+r) (x-r) + (r^2 -x^2) = x^2- r^2 + r^2 - x^2 = 0$

Ergo, l’angle és rectangle. QED

Quarta demostració
Ara toca la demostració geomètrica (en friki: coordinate-free) és increïblement senzilla (més que les anteriors xD). Tant que no fa falta ni explicar-la, sinó que amb el dibuix n’hi ha prou.

Veure figura

Bueno va, ho expliquem perquè després no es digui: els dos triangles són isòsceles (catets de valor el radi $r$ ), i per tant els angles que formen amb les corresponents hipotenuses són iguals: $\beta$ i $\alpha$ . Ara sumem els angles del triangle gran:

$\beta + (\beta + \alpha) + \alpha = 2\beta + 2\alpha = \pi \Rightarrow \alpha+\beta=\pi/2$

Ergo… QED.

Geplaatst in Mates | 2 Commentaar »

Triangle inscrit en una semicircumferència

mei 19, 2007

Ahir, no sé com, se’m va acudir demostrar aquest fet tant conegut per la majoria de la gent amb certs coneixements de geometria/matemàtiques:

En una semicircumferència, si hi inscribim un triangle (és a dir: la hipotenusa és el diàmetre, i el vèrtex que falta està sobre la semicircumferència) qualsevol, l’angle que formen els seus catets és recte (i.e, 90 graus, pi radians, i no sé perquè detallo això xD)

I la figureta

Geplaatst in Mates | Leave a Comment »

El problema de Malfatti

mei 19, 2007

Un altre cop un problema d’el llibre.

Dibuixar, dins un triangle donat, tres cercles cadascún dels quals és tangent als altres dos i als dos costats del triangle.

Geplaatst in Mates | Leave a Comment »

Solució al problema del moviment retrògrad dels planetes

mei 16, 2007

Anem a resoldre aquest problema tant interessant. Sempre m’entusiasma veure que aquest tipus de problemes, que a priori sembla que tinguin una solució fora del nostre abast, realment es puguin resoldre amb quatre raonaments utilitzant una artilleria matemàtica a l’abast de la majoria de nosaltres.

Una animació cutre pels qui no tinguin ni zorra de què va tot això

En fí, al ataquerl! La notació que utilitzarem potser no és molt acadèmica, però anirem aclarint qui és qui en cada moment.

La transició de moviment directe a retrògrad (o al revés) succeeix quan el planeta que observem des de la Terra sembla aturar-se durant un curt interval de temps. En altres paraules, quan la “línia visual” Terra-planeta manté la mateixa direcció durant uns instants [matemàticament: la velocitat del vector terra-planeta és zero en aquell instant]

La Terra i el planeta tenen òrbites circulars concèntriques, sobre el mateix pla orbital $E$ , l’eclíptica (anomenat així perquè és on es produeixen els eclipsis, d’entre altres efemèrides astronòmiques).

Siguin $r$ i $R$ els radis de l’òrbita terrestre i planetària, respectivament. És important veure que no imposem pas $r < R$ , sinó que podem considerar tant planetes dins l’òrbita terrestre com fora. Siguin $u$ i $U$ els períodes de revolució (i.e, el que típicament s’anomena període, i es designa per $\tau$ ). Donat que es tracta de moviments circulars uniformes ( $\mbox{MCU}$ ), el ritme de gir (la velocitat angular, típicament $\omega$ ) és constant i de valors $k= 2\pi/u$ , $K=2\pi/U$ per la terra i planeta, respectivament.

Siguin $O$ , $T$ , $P$ els centres del Sol, la Terra i el planeta; $\vec{r}=\vec{OT}$ el vector de posició (radi-vector, digueu-li com vulgueu) de la Terra, $\vec{R}=\vec{OP}$ el del planeta. Aquests vectors $\vec{r}$ i $\vec{R}$ tenen mòduls constants (donat que la distància del cos al Sol no varia, ja que les òrbites són circulars) i roten al voltant de $O$ en el pla $E$ a velocitats constants $k$ i $K$ .

Els vectors velocitat $\dot{\vec{r}}$ i $\dot{\vec{R}}$ tenen mòdul $\dot{r} = k r$ i $\dot{R} = K R$ , i la seva direcció és perpendicular a la del vector posició (és fàcilment demostrable, per qui no s’ho cregui xD; tot i que en aquest cas és senzill de visualitzar: tenim un moviment circular, i la velocitat per collons ha de ser tangent al cercle, donat que sinó la trajectòria ja no seria circular). Així, si imaginem uns nous vectors $\vec{r}_0$ i $\vec{R}_0$ situats a $E$ , amb orígen $O$ i mòduls $r$ i $R$ que són perpendiculars a $\vec{r}$ i $\vec{R}$ , aleshores

$\dot{\vec{r}} = k \, \vec{r}_0$
$\dot{\vec{R}} = k \, \vec{R}_0$

Un petit comentari: pels amants de la física acadèmica, això es refereix a $\dot{r} = \omega r \Rightarrow \dot{\vec{r}} = \omega \, r \hat{\theta} \equiv \omega \, \vec{r}_0$

La distància vectorial (vector de posició relativa) de la Terra al planeta, és $\vec{s} = \vec{TP} = \vec{OP} - \vec{OT} = \vec{R} - \vec{r}$ . La seva velocitat, la velocitat relativa del planeta des de la Terra, que és la que ens interessa, és doncs

$\dot{\vec{s}} = \dot{\vec{R}} - \dot{\vec{r}} = K \, \vec{R}_0 - k \,\vec{r}_0$ .

Sigui $\theta$ l’angle entre el planeta i la Terra a qualsevol instant de temps, i $\alpha$ l’angle inicial (típicament $\theta_0$ ), és a dir l’angle pel qual el vector $\vec{R}$ avança $\vec{r}$ . Així,

$\theta = \alpha + \kappa \, t$

on $\kappa \equiv K - k$ representa la velocitat de gir relativa.

Nota ràpida: sí, això no és més que l’equació d’un $\mbox{MCU}$ : $\theta(t) = \theta_0 + \omega \, (t-t_0)$ . És a dir, aquesta equació expressa l’angle de separació entre el planeta i la Terra en un temps donat, tenint en compte l’angle inicial i la velocitat de gir relativa (hem de descontar al planeta el gir de la Terra).

El moviment dels planetes és directe si el vector $\vec{s}$ rota en sentit antihorari per un observador situat al Pol Nord (si fos un de l’hemisferi sud, al revés, clar), i serà retrògrad quan el vector $\vec{s}$ giri en sentit horari.

Nota: estaria bé que aquesta imatge quedés clara: quan el planeta es mou “més ràpid” que la Terra, aquest l’avança, i el vector $\vec{s}$ gira en sentit antihorari. És important veure que el vector $\vec{s}$ té mòdul variable, no és com els vectors $\vec{r}$ i $\vec{R}$ que tenen longitud fixa i només roten al voltant de $O$ , sinó $\vec{s}$ rota al voltant de $T$ , la Terra, i a més la seva longitud varia en el temps d’acord amb l’angle de separació $\theta(t)$ . Això no vol dir res més que la distància entre la Terra i el planeta varia amb el temps. Òbviament si no fos així, el planeta giraria circularment al voltant de la Terra, i no gira al voltant de la Terra sinó del Sol! [De fet, la Lluna no presenta el fenòmen del moviment retrògrad, oi que no? ]

Podem relacionar d’una forma molt elegant això del gir horari o antihorari amb un nou vector: $\vec{OS} = \vec{s} \times \dot{\vec{s}}$ .

Un altre comentari (inventat meu completament xDD): Els qui sàpiguen una mica de física, ja sabràn que aquest nou vector, construit a partir del producte vectorial de la posició i la velocitat d’un mòbil, té molt a veure amb el concepte de moment angular. El moment angular és $\vec{L} =\vec{r} \times \vec{p} = m \, \vec{r} \times \vec{v}$ . Si la òrbita està continguda en un pla, aleshores els vectors posició i velocitat, multiplicats vectorialment, generen un vector perpendicular a aquest pla, i per tant el moment angular és sempre perpendicular al pla de l’eclíptica. Una altra cosa és el mòdul del moment angular: si els vectors posició i velocitat són sempre perpendiculars i de mòdul constant (com evidentment és el cas d’un mòbil en MCU) aleshores el moment angular es conserva. Si el mòdul i/o l’angle varien, aleshores el seu producte vectorial ja no té mòdul constant, i el vector es va allargant i/o escurçant (mantenint-se sempre perpendicular, això sí). Per tant, com que el vector $\vec{s}$ té mòdul i angle variables en el temps (i també, evidentment, $\dot{\vec{s}}$ , el vector $\vec{OS}$ tindrà mòdul variable. Una altra qüestió és: vol dir això que el moment angular varia, i es viola la conservació del moment angular? home doncs, el vector de posició $\vec{r}$ present en el moment angular $\vec{L}$ es refereix a un origen fix, en el nostre cas el Sol, i el vector $\vec{s}$ és un vector que ens assanyala el desplaçament “fictici”, relatiu, del planeta envers la Terra; si posem l’origen d’aquest vector al Sol, el seu àpex no assenyala cap objecte físic, cap planeta! Per tant la resposta seria que “no té sentit plantejar-se la conservació del moment angular, en aquest cas, home!“.

Per tant, el vector $\vec{OS}$ , amb origen fixat a l’origen, té un àpex (la punta del vector, vaja) mòbil, que pot estar per sobre del pla de l’eclíptica o per sota. Quan el vector $\vec{s}$ gira en sentit antihorari (és a dir que el planeta es mou en sentit directe), l’apex del vector $\vec{OS}$ està sobre el pla de l’eclíptica, i quan gira en sentit horari (retrògrad), està per sota. Per tant, ens interessa construir $\vec{OS}$ i veure quan el seu àpex travessa el pla de l’eclíptica, situació que correspondrà a la transició de moviment directe a retrògrad, o al revés, depenent de sí $\vec{OS}$ passa d’estar de sobre a sota de $E$ o al revés.

El vector $\vec{OS}$ és,

$\vec{s} \times \dot{\vec{s}} = (\vec{R} -\vec{r}) \times (\dot{\vec{R}} - \dot{\vec{r}}) = (\vec{R} - \vec{r}) \times (K \vec{R}_0 - k \vec{r}_0) = \vec{p} - \vec{q}$

On $\vec{p}$ i $\vec{q}$ són, com podem veure fàcilment al multiplicar els dos parèntesis,

$\vec{p} = K\vec{R} \times \vec{R}_0 + k \vec{r} \times \vec{r}_0$
$\vec{q} = K\vec{r} \times \vec{R}_0 + k \vec{R} \times \vec{r}_0$

Els vectors $\vec{p}$ i $\vec{q}$ també tenen el seu origen a $O$ . Per mirar on cau el seu àpex, hem de mirar-ne el mòdul, òbviament. El mòdul de $\vec{p}$ és $p = KR^2 + kr^2$ (donat que els vectors $\vec{R}$ , $\vec{R}_0$ ; $\vec{r}$ , $\vec{r}_0$ són perpendiculars entre si), i per tant el vector $\vec{p}$ SEMPRE està per sobre del pla de l’eclíptica. Pel què fa al vector $\vec{q}$ , té un mòdul $q = (K+k) \, R r \, |\cos\theta|$ . Per tant, la seva punta caurà per sobre o per sota del pla de l’eclíptica, segons si el valor de $\cos\theta$ és positiu o negatiu. Per obtenir la posició de l’àpex del vector $\vec{OS}$ , sumem les dues contribucions: $KR^2 + kr^2 - (K+k) Rr \cos\theta$

Segons si aquest valor és positiu o negatiu, el moviment serà directe o retrògrad, respectivament. El canvi d’un a l’altre (i de l’altre a l’un) es produeix pels valors

$KR^2 + kr^2 - (K+k) Rr \cos\theta = 0$

$\cos\theta = \frac{K R^2 + k r^2}{(K+k) Rr}$

Doncs bé, podríem pensar que ja està… i de fet ja està. Però encara podem anar un pèl més enllà, i deixar aquesta última expressió en funció únicament de $r$ i $R$ .

Com? invocant la tercera llei de Kepler.

Deia algo així com “bla bla bla els cubs dels semieixos majors són proporcionals als quadrats dels períodes…“
Molt bé, és a dir que

$\frac{U^2}{u^2} = \frac{R^3}{r^3}$
o bé,
$\frac{k^2}{K^2} = \frac{R^3}{r^3}$

Si definim unes noves variables $w$ i $W$ tals que $W \equiv \sqrt{R}$ , $w \equiv \sqrt{r}$ , aleshores $\frac{k^2}{K^2} = \sqrt{\frac{R^3}{r^3}} = \frac{W^3}{w^3}$ , i podem maquillar l’expressió anterior.

Divint per $K$ i arreglant-ho,

$\frac{K R^2 + k r^2}{(K+k) Rr} = \frac{R^2 + \frac{k}{K} r^2 }{\left( 1 + \frac{k}{K} \right)} = \frac{W^4 + \frac{W^3}{w^3} w^4}{\left( 1 + \frac{W^3}{w^3} \right) W^2 w^2}$

$\frac{w W (w+W)}{w^3 + W^3} = wW \frac{W+w}{(W+w)(W^2 + w^2 - Ww)} = \frac{Ww}{W^2 + w^2 - Ww}$

és a dir,

$\cos\theta = \frac{K R^2 + k r^2}{(K+k) Rr} = \frac{\sqrt{R r}}{R + r - \sqrt{R r}}$

i ja ho tenim!

Ho agrupo de forma que quedi clara i diàfana xDDDDD

El planeta s’atura quan l’angle $\theta$ de separació entre ell i la Terra és

$\cos\theta = \frac{\sqrt{R r}}{R + r - \sqrt{R r}}$

i si volem saber el temps pel qual succeeix això, el trobem simplement amb

$\theta = \alpha + \kappa \, t$

Geplaatst in Física, Mates | Leave a Comment »

Solució al problema del binomi

mei 15, 2007

Per a determinar l’expansió binòmica escribim

$(a+b)^n = (a+b)(a+b) \ldots (a+b)$

on el costat dret consisteix en un producte de $n$ parèntesis idèntics $(a+b)$ . Com ja sabem, aquesta multiplicació consisteix en agafar un element de cada parèntesi, i obtenir el producte dels termes escollits; continuem el procès fins a exhaurir totes les possibilitats. Finalment, es barreja tot ben barrejat (i.e, se sumen els termes obtinguts) i voilà.

Un producte d’aquesta mena té la forma:

$P = a^{\alpha_1} \, b^{\beta_1} \, a^{\alpha_2} \, b^{\beta_2} \ldots ,$

on el factor $a$ és agafat dels primers $\alpha_1$ parèntesis, el $b$ dels $\beta_1$ següents, el $a$ dels següents $\alpha_2$ , etc. Això es fa per a tots els $n$ parèntesis, és a dir que en aquest cas

$\alpha_1 + \beta_1 + \alpha_2 + \beta_2 + \cdots = n$ .

Definint $\alpha \equiv \alpha_1 + \alpha_2 + \cdots$ i $\beta \equiv \beta_1 + \beta_2 + \cdots$ , l’expressió anterior s’escriu de forma més simple,

$P = a^{\alpha} \, b^{\beta}, \qquad \alpha + \beta =n$

Ara bé, el producte $P$ es pot obtenir de diverses maneres, diferents a la descrita. Una manera seria, per exemple, agafar directament el factor $a$ als primers $\alpha$ parèntesis, i $b$ als $\beta$ següents. Una altra manera seria agafar $b$ als $\beta$ primers i $a$ als $\alpha$ últims, etc.

Així doncs, tenim que el factor $P$ pot aparèixer un nombre desconegut (a priori) $C$ de vegades. Per tant, un terme de l’expansió binomial és

$G = C \, a^{\alpha} \, b^{\beta}$

Els altres termes tenen la mateixa forma, excepte que els exponents $\alpha$ , $\beta$ i el coeficient $C$ seran diferents. Tantmateix, $\alpha + \beta = n$ sempre.

La clau del problema, el fons de la qüestió, és doncs determinar què val el coeficient $C$ (anomenat coeficient binomial). En definitiva, estem preguntant-nos: Quantes vegades apareix el terme $P = a^{\alpha} \, b^{\beta}$ a l’expansió binòmica?

Per respondre aquesta qüestió, comencem representant (en forma de “diagrama”) els factors $a$ i $b$ en l’ordre en què inicialment els escollim dels parèntesis:

$a \: a \cdot \ldots a \cdot b \: b \cdot \ldots b \cdot a\: a \cdot \ldots$

Això és una permutació de $n$ elements en els quals hi ha $\alpha$ elements $a$ i $\beta$ elements $b$ . Hi ha tantes combinacions possibles com termes $P$ resultant de la multiplicació dels $n$ parèntesis $(a+b)$ .

Ara bé, però el nombre de permutacions de $n$ elements d’entre els quals hi ha $\alpha$ elements idèntics d’un tipus i $\beta$ elements idèntics d’un altre, és $n!/\alpha!/\beta!$ . Això és quan sovint apareix el producte $a^{\alpha} \, b^{\beta}$ a l’expansió binòmica.

Per tant*,

$C = \frac{n!}{\alpha! \, \beta!}$

I ja tenim el coeficient binomial determinat! Amb això, l’expansió $(a+b)^n$ queda

$(a+b)^n = \sum C \, a^{\alpha} \, b^{\beta}, \qquad C = \frac{n!}{\alpha! \, \beta!}$

I ja està!

—

*Nota: Una aparent excepció a la expressió de $C$ la presenten els termes $a^n$ i $b^n$ , que només són presents una vegada. Per a eliminar aquesta excepció, acordem, definim, per consistència, que $0! \equiv 1$ ; i ara aquests termes ja estan contemplats, també, per l’expressió de $C$ .

Nota 2 (aquesta sí que mola): L’obtenció que hem fet per a $(a+b)^n$ és fàcilment generalitzable a més de dos sumants: $a+b+c+\dots$ . L’expressió d’aquest desenvolupament multinomial, és (en l’exemple de 3 termes),

$(a+b+c)^n = \sum \frac{n!}{\alpha! \: \beta! \: \gamma} \, a^{\alpha} \: b^{\beta} \: c^{\gamma}$

I aquí ve el toque “professional” que li dono jo: posar això en general de forma cutrilla. Així és com penso que quedaria sexy:

$\left(\sum_{i=1}^k a_i \right)^n = \sum_{\left(\sum_{i=1}^{k} \alpha_i = n\right)} \, n! \, \Pi_{i=1}^{k} \left(\frac{{a_i}^{\alpha_i}}{\alpha_i !}\right)$

[Si no està del tot bé mala sort, m'ho he inventat xDDD. No, jo crec que està bé... una altra cosa que sigui operatiu/útil.]

Geplaatst in Mates | Leave a Comment »

Moviment retrògrad dels planetes: un altre problema de cossos que orbiten

mei 15, 2007

Llegint El Llibre (aquests dies el fullejo molt, sí xD) he trobat un altre problema “”"astronòmic”"” molt guapo. L’estil és del mateix que el del cometa: enunciat molt senzill i solució… bé, no tant.

Diu [mal traduït] així:

Quan passa un planeta de moviment progressiu a retrògrad? (o viceversa, de retrògrad a progressiu)

Es coneixen: les òrbites planetàries, considerades cercles al pla de l’eclíptica els seus radis orbitals i els períodes de revolució, juntament amb les seves posicions en un temps donat, que serveix com a punt inicial de temps (temps zero) a partir del qual comencem a comptar.

Bé doncs, això és tot! Qui ho faci, és el puto amo. Idees? suggerències?

Edit: No és tant difícil, el del cometa és més xungo, però aquest mola moltíssim, també. Diguem que aquest almenys és accessible. Es pot fer… xDD

Geplaatst in Física, Mates | Leave a Comment »

Millores?

mei 15, 2007

Aloha. Doncs res, he fet cas a la ~~aclamació~~ petició popular de treure el blog del meu filthy server i posar-lo a un lloc més còmode per a tots plegats. Potser no ho puc administrar tant bé (total, és un blog, es tracta d’escriure quatre xorrades i au), però al menys estarà accessible 24 hores al dia, etc.

En fí, que aqui està.

PD: El LaTeX integrat del wordpress és un pèl més suau que el que ~~tinc~~ tenia al servidor.

Geplaatst in Coses | Leave a Comment »

Expansió binomial de Omar Khayyam

mei 15, 2007

Seguint amb El Llibre, hi ha un problemeta que vaig mirar fa temps i avui n’he fet memòria.

Tothom el coneix, però es coneix amb el nom de Binomi de Newton, tot i que sembla que ~~el moro aquest~~ el matemàtic persa en qüestió el va descobrir abans (hmmm no sé quina deu ser la vericitat d’això últim, però si ho diu El Llibre serà veritat xDD).

Bé doncs, l’”enunciat” és el següent:

Obtenir l’ $n$ -èssima potència del binomi $a+b$ en termes de $a$ i de $b$ quan $n$ és un nombre enter positiu

—

Nota: Hi ha moltes maneres d’obtenir l’expressió del binomi de Newt… com se digui, però la que oferirem és especialment maca.

Geplaatst in Física, Mates | Leave a Comment »

Solució al problema del cometa

mei 13, 2007

Primer de tot, anem a interpretar el problema.

Suposarem que l’òrbita al voltant de la Terra és circular, i la del cometa és una òrbita parabòlica, totes dues amb plans orbitals coincidents. Agafem el radi de l’òrbita terrestre com a unitat de longitud, i el dia solar mitjà com a unitat de temps (és a dir que la unitat de temps és 1 dia).

Gràficament, tenim el Sol com a centre de l’òrbita circular de la Terra, i alhora fent de focus de l’òrbita paràbolica del cometa. Ens interessen les paràboles que tinguin el vèrtex dins de l’òrbita terrestre (d’altra manera, no estaria dins de l’òrbita terrestre).

[Figura sexual preparada amb el Xfig. Millor amplieu-la, per això]

A la figura que he preparat: el punt groc, $V$ , és el vèrtex de la paràbola; el punt blau (fort), $F$ , és on hi ha el Sol, que fa de focus de la paràbola i centre de la circumferència; la distància $p$ és la distància entre $F$ i $V$ i és el paràmetre de la paràbola.

Ara anem al marrón matemàtic.

Així, l’equació de la nostra paràbola és (compte amb els eixos de coordenades),

$y^2 = 4p \, x$

I l’equació de la circumferència és

$(x-p)^2 + y^2 = 1$

D’acord amb aquestes dues expressions, els punts (vermells) d’intersecció entre les dues còniques són

$x+p=1$

$y = 2\sqrt{p(1-p)}$

Ara ens falta saber quin és el temps $\tau$ que recorre el cometa per anar d’un punt d’intersecció a l’altre. Sabem també, per la llei de Kepler de les àrees, que la velocitat aerolar és constant. Si $S(t)$ és l’àrea escombrada pel vector de posició que té per origen el focus i final el cometa, en un temps $t$ ; ens interessa l’àrea que escombra per anar d’un punt d’intersecció a l’altre, on el temps de moviment és $t=\tau$ . Al dibuix, aquesta àrea $S=S(t=\tau)$ és la compresa entre el troç verd de paràbola interior a la circumferència i les dues rectes marrons.

Podem obtenir l’àrea $S$ fàcilment. La idea geomètrica clau és que $S$ és l’àrea del sector paràbolic menys el triangle entre els dos punts d’intersecció. Així, sabent que un sector parabòlic de base $b$ i altura $a$ té àrea $\frac{2}{3} a b$ , tenim:

$S = \frac{2}{3} ab - \frac{1}{2} b (a-p)$

$3S = 2ab - \frac{3}{2} b (a-p) = \frac{ba + 3bp}{2}$

Els punts d’intersecció són $(x,\pm y)=(a,\pm b/2)$ , és a dir

$3S = xy + 3yp = y(x+3p)$

I ja tenim l’àrea buscada.

Molt bé, seguim. [Ara ve una patillada, què hi farem]

Ara només ens falta introduïr el temps $\tau$ en joc, que és el que ens diu quant de temps s’està el cometa dins l’òrbita terrestre. Com hem comentat abans, la física ens diu que si l’àrea escombrada en un temps $t$ és $S(t)$ , aleshores $S(t)/t$ és constant. I en particular també ho serà $S(\tau)/\tau$ , que són les magnituds que ens interessa relacionar.

Doncs resulta que hi ha [i aquí és on ve la patillada] una relació molt emocionant que va trobar el Sr. Gauss en el seu llibre Theoria motus corporum coelestium in sectionibus coincis solem ambientium, que s’anomena (com no) fórmula de Gauss, i que diu així:

$\frac{2 S(t)}{t \sqrt{p\prime} \sqrt{1+\mu}} = G$

S’ha d’explicar una mica la notació d’aquesta expressió: $G$ no és la constant de la gravitació universal, sinó un factor que s’anomena constant de Gauss, i que té en compte la nostra G i la massa Solar (és l’arrel d’aquestes dues magnituds multiplicades, sembla ser); el seu valor és G=0.0172021.

Finalment, $p\prime=2 \, p$ **

**Veure el comentari al final sobre les intrincades relacions amoroses entre $p$ i $p\prime$ i un tercer paràmetre $2p\prime$ …

La $\mu$ és la massa del cometa, que es pot considerar neglible enfront de la solar, així que el factor $\sqrt{1+\mu}\approx 1$ i la fórmula de Gauss queda

${\displaystyle\frac{2S}{t \sqrt{p\prime}} = G}$

Definint, per comoditat,
$C \equiv \frac{G}{\sqrt{2}}$
tenim, en el nostre problema,
$S = C t \sqrt{p}$

$3S = xy + 3yp = y(x+3p)$
[Aquesta és l'expressió que ens dóna $S(t)$ ].

Introduint els valors $(x,y)$ dels punts d’intersecció calculats anteriorment, tenim

$3S = 2 \sqrt{p(1-p)} (1-p+3p) = 2 \sqrt{p(1-p)} (1+2p)$

i, introduint-hi també l’última expressió de $S(t)$ , per $t=\tau$ , tenim

$3 C \tau \sqrt{p}=2 \sqrt{p(1-p)} (1+2p)$

$3 C \tau=2\sqrt{1-p} (1+2p)$

$\tau=\frac{2}{3C} \, \sqrt{1-p} (1+2p)$

Definint, altre cop per comoditat, el factor

$c \equiv\frac{2}{3C}$

queda

$\tau=c \, \sqrt{1-p} (1+2p)$

I ja tenim una expressió pel temps $\tau$ de movient del cometa dins l’òrbita terrestre. Ara només ens falta minimitzar-lo.

Som-hi doncs,
$\frac{d\tau}{dp} = 0$

$c \left[\frac{1}{2\sqrt{1-p}} (-1) \cdot (1+2p) + \sqrt{1-p} \cdot 2 \right] = 0$

$2 \sqrt{1-p} = \frac{1+2p}{2\sqrt{1-p}}$

$4(1-p) = 1+2p \Rightarrow 4-4p = 1+2p$

Ergo,

$p =\frac{1}{2}$

I $\tau$ val,
$\tau =c\,\sqrt{1-\frac{1}{2}} (1+2\frac{1}{2}) = \sqrt{2} \, c$

I en termes del valor de $G$ , el valor de $\tau$ queda en
$\tau=77.509916,$

Doncs ja ho tenim! El temps màxim que un cometa pot romandre dins l’òrbita terrestre són 78 dies.

Emocionant, eh? xDDDD

—

*La patillada de la fórmula de Gauss es pot obtenir, seguint les ensenyances d’aquesta web (la $q$ és la nostra $p$ , el paràmetre de la paràbola, la distància entre vèrtex i focus).

Heus aquí la estratègia que he seguit per demostrar-ho:

$2\, A_{\theta} = \frac{L}{m} t = \int_0^{\theta} r^2 d\theta$

Més concretament, utilitzant

$\frac{L}{m} = G \sqrt{2q}$

tenim

$\frac{2S}{t} = \frac{L}{m} = G \sqrt{2q} \Rightarrow G = \frac{2S}{t} \frac{1}{\sqrt{2q}}$

i ja he(m) demostrat la fórmula de Gauss! Així que ja hem cobert la patillada xD. TOT QUADRA!!

** A la primera versió d’aquesta entrada, hi havia un petit error bastant desconcertant respecte la $p\prime$ que surt a la fórmula de Gauss i la meva $p$ , paràmetre de la paràbola. Ara ja està resolt: Resulta que la $p\prime$ de la fórmula de Gauss és en realitat el que s’anomena paràmetre focal, que no és més que el doble del paràmetre $p$ de la paràbola: $p\prime=2p$ . Per acabar de liar la troca amb els diferents noms que contenen la paraula paràmetre el llibre aquest deia: “si $2p\prime$ representa el paràmetre orbital de l’òrbita del cos celeste…”, que no tinc ni zorra de què és, gràficament (ni Google tampoc), però que probablement es refereixi a

$y^2 = 4p \, x = 2p\prime \, x = \mbox{parametre orbital} \, x$

Geplaatst in Física, Mates | Leave a Comment »

Archief voor mei 2007

a

Archief

Recente berichten

Categoriewolk