Гравитация внутри сферы.

[programer19]

Всем привет.
Возник такой вопрос. Мы все знаем, что посчитать гравитацию шара можно просто посчитав гравитацию его центра массы (ну то есть считаем будто вся масса заключена в его центре).
Но тут вопрос. представим теперь что у нас есть шар с полость в центре, а в этой полости ровно в центре находится маленький шарик. Какие силы будут действовать на него? То есть будет ли он сдавливаться силой гравитации внешней сферы... или же наоборот "разрываться". Или же (слышал несколько раз это мнение) он будет находится в невесомости.

Я склоняюсь ко второму варианту, не исключаю третий и почти полностью исключаю первый (точнее возможно что как-раз таки сдавливаться и будет, но совсем не по тем правилам, что описаны выше).

Почему исключаю первый... а потому, что если мы возьмём несколько точек бесконечно близко к центру внешней сферы, то результирующая сил, действующих на эти точки, будет бесконечно приближаться к нулю. То есть получаем, что чем ближе к центру мы берём точку, тем меньше гравитацию она испытывает. То есть правило "чем ближе к центру - тем больше гравитация" уже не работает.

Это как говорится предисловие к самому главному вопросу.
Получается что для образования той же чёрной дыры масса объекта должна быть очень большой (и вообще возможно ли образование той самой дыры?), так как плотность вещества по приближению к центру достигается не за счёт увеличения гравитации (как мы привыкли думать), а за счёт веса вещества находящегося "над" рассматриваемой зоной (ведь ровно в центре гравитация вообще будет нулевая).

Вот... Интересно услышать ваши мысли по этому поводу. Всем заранее спасибо.

[Joker_vD]

А вы не пробовали взять и посчитать? А то на пальцах и без подсчетов внутренний шарик будет силами притяжения внешней сферы растягиваться.

В любом случае, к черным дырам это не имеет никакого отношения.

[Someone]

programer19 в сообщении #834781 писал(а):

Вот... Интересно услышать ваши мысли по этому поводу. Всем заранее спасибо.

Тут нужны не "мысли", а расчёты.

programer19 в сообщении #834781 писал(а):

Но тут вопрос. представим теперь что у нас есть шар с полость в центре, а в этой полости ровно в центре находится маленький шарик. Какие силы будут действовать на него? То есть будет ли он сдавливаться силой гравитации внешней сферы... или же наоборот "разрываться". Или же (слышал несколько раз это мнение) он будет находится в невесомости.

"Мнения" в науке ни к чему. В данном случае опять же нужны расчёты. Я как-то их делал по одному поводу: http://dxdy.ru/post296234.html#p296234. Тамошняя дискуссия (не оконченная) к Вашему вопросу отношения не имеет, поэтому я скопирую вычисления сюда.

Someone в сообщении #296234 писал(а):

Систему координат определим следующим образом. Начало системы координат $O$ будет совпадать с центром сферы. Ось $Oz$ направим так, чтобы Земля находилась на этой оси. Оси $Ox$ и $Oy$ выберем перпендикулярными уже выбранной оси $Oz$ и друг другу. Пусть Земля в этой системе координат находится в точке $M_0(0,0,z_0)$, причём, $|z_0|<R_1$. Массу Земли будем обозначать буквой $m$, гравитационную постоянную - $G$; $\vec\imath$, $\vec\jmath$, $\vec k$ - орты (единичные векторы) осей $Ox$, $Oy$, $Oz$.

Рассмотрим маленькую область объёма $\Delta V$ в "комплексе удалённых объектов". Его масса равна $\rho\Delta V$. Если $M(x,y,z)$ - какая-нибудь точка в рассматриваемой области, то сила отталкивания Земли этой областью по Катющику будет равна $\Delta\vec F\approx\frac{Gm\rho\Delta V}{|\vec r|^3}\vec r$, где $\vec r=\overrightarrow{MM_0}=-x\vec\imath-y\vec\jmath+(z_0-z)\vec k$ - вектор, идущий из точки $M$ в точку $M_0$.

Далее разобьём весь "комплекс удалённых объектов" на маленькие "кусочки" (пусть их $N$ штук), для каждого из них вычислим силу и просуммируем. В результате получим для силы, с которой весь "комплекс удалённых объектов" действует на Землю, выражение

$$\vec F\approx\sum\limits_{n=1}^N\frac{Gm\rho}{|\vec r_n|^3}\vec r_n\Delta V_n\text{,}$$

где индекс $n$ нумерует наши "кусочки".
Заметим, что эта формула становится тем точнее, чем мельче "кусочки", на которые мы разбиваем "комплекс удалённых объектов". Переходя к пределу, когда наибольший диаметр "кусочков" стремится к $0$, получим точную формулу

$$\vec F=\iiint\limits_W\frac{Gm\rho}{|\vec r|^3}\vec r\,dV=Gm\rho\iiint\limits_W\frac{-x\vec\imath-y\vec\jmath+(z_0-z)\vec k}{\sqrt{(x^2+y^2+(z_0-z)^2)^3}}\,dx\,dy\,dz\text{,}$$

где $W$ - область, занятая "комплексом удалённых объектов". Подробнее я объяснять не буду, читайте учебник по математическому анализу (например, Фихтенгольца).
Перейдём к сферическим координатам:

$$\begin{cases}x=r\sin\theta\cos\varphi\text{,}\\ y=r\sin\theta\sin\varphi\text{,}\\ z=r\cos\theta\text{.}\end{cases}$$

В этих координатах область $W$ задаётся неравенствами $R_1\leqslant r\leqslant R_2$, $0\leqslant\theta\leqslant\pi$, $0\leqslant\varphi\leqslant 2\pi$.
Геометрический смысл: $r$ - расстояние от начала координат до точки $M(x,y,z)$, $\theta$ - угол между осью $Oz$ и вектором $\overrightarrow{OM}$, $\varphi$ - угол между осью $Ox$ и вектором $OM'$, где $M'(x,y,0)$ - проекция точки $M$ на плоскость $Oxy$ (угол отсчитывается от оси $Ox$ в направлении кратчайшего поворота от $Ox$ к $Oy$).
В сферических координатах наш интеграл запишется так:

\begin{multline*}\vec F=Gm\rho\int\limits_{R_1}^{R_2}\,dr\int\limits_0^{\pi}\,d\theta\int\limits_0^{2\pi}\frac{-r\sin\theta\cos\varphi\,\vec\imath-r\sin\theta\sin\varphi\,\vec\jmath+(z_0-r\cos\theta)\,\vec k}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}r^2\sin\theta\,d\varphi=\\ =-Gm\rho\,\vec\imath\int\limits_{R_1}^{R_2}r^3\,dr\int\limits_0^{\pi}\frac{\sin^2\theta\,d\theta}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}\int\limits_0^{2\pi}\cos\varphi\,d\varphi-\\ -Gm\rho\,\vec\jmath\int\limits_{R_1}^{R_2}r^3\,dr\int\limits_0^{\pi}\frac{\sin^2\theta\,d\theta}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}\int\limits_0^{2\pi}\sin\varphi\,d\varphi+\\ +Gm\rho\,\vec k\int\limits_{R_1}^{R_2}r^2\,dr\int\limits_0^{\pi}\frac{(z_0-r\cos\theta)\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\text{.}\end{multline*}

Далее: $\int\limits_0^{2\pi}\cos\varphi\,d\varphi=\sin\varphi|_0^{2\pi}=\sin 2\pi-\sin 0=0$; $\int\limits_0^{2\pi}\sin\varphi\,d\varphi=-\cos\varphi|_0^{2\pi}=-\cos 2\pi+\cos 0=-1+1=0$; $\int\limits_0^{2\pi}d\varphi=\varphi|_0^{2\pi}=2\pi-0=2\pi$.
Подставляя найденные значения в формулу для силы $\vec F$, получим

$$\vec F=2\pi Gm\rho\,\vec k\int\limits_{R_1}^{R_2}r^2\,dr\int\limits_0^{\pi}\frac{(z_0-r\cos\theta)\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}\text{.}$$

Во внутреннем интеграле сделаем замену переменной: $\cos\theta=\tau$, $\sin\theta\,d\theta=-d\tau$. Пределы интегрирования: $\cos 0=1$, $\cos\pi=-1$. Получаем

\begin{multline*}\int\limits_0^{\pi}\frac{(z_0-r\cos\theta)\sin\theta\,d\theta}{\sqrt{(r^2-2z_0r\cos\theta+z_0^2)^3}}=-\int\limits_1^{-1}\frac{(z_0-r\tau)\,d\tau}{\sqrt{(r^2-2z_0r\tau+z_0^2)^3}}=\int\limits_{-1}^1\frac{(z_0-r\tau)\,d\tau}{\sqrt{(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^3}}=\\ =\int\limits_{-1}^1\frac{\frac 1{2z_0}(2z_0^2-2z_0r\tau)\,d\tau}{\sqrt{(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^3}}=\int\limits_{-1}^1\frac{\frac 1{2z_0}((r^2+z_0^2-2z_0r\tau)+z_0^2-r^2)\,d\tau}{\sqrt{(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^3}}=\\ =\frac 1{2z_0}\int\limits_{-1}^1(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^{-\frac 12}d\tau+\frac{z_0^2-r^2}{2z_0}\int\limits_{-1}^1(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^{-\frac 32}d\tau=\\ =\left.-\frac 1{2z_0^2}(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^{\frac 12}\right|_{-1}^1+\left.\frac{z_0^2-r^2}{2z_0^2}(r^2+z_0^2-2z_0r\tau)^{-\frac 12}\right|_{-1}^1=\\ =-\frac{r-z_0}{2z_0^2}+\frac{r+z_0}{2z_0^2}-\frac{z_0+r}{2z_0^2}-\frac{z_0-r}{2z_0^2}=0\text{.}\end{multline*}

Таким образом, последний интеграл тоже равен $0$, и мы получаем обещанный результат:

$$\vec F=\vec 0\text{.}$$

[Munin]

В общем, можно то же самое получить и с меньшим количеством формул :-) Но прочитать эти - в любом случае будет поучительно.

[programer19]

уже приступил :) Для меня это конечно сложновато... Но постараюсь чего-то насчитать... если получится - напишу :)

[Munin]

Метод, придуманный Исааком Ньютоном, один из наиболее простых :-)

[programer19]

А какой метод Ньютона? Я смог найти только, что он изобрёл метод подсчёта чем-то напоминающий интегрирование... :)
По поводу представленной в теме длинной формулы и сложных подсчётов - это всё не круто и сложно.
Итак, пока на этапе просчёта, но расскажу к чему пришёл посредством умозаключений (думаю и формула при таком методе будет в разы легче).

Есть некая точка принадлежащая шару, ограниченному нашей сферой. если провести через эту точку плоскость перпендикулярную радиусу, отрезанная часть шара будет (в плане гравитации) компенсировать точно такую же область по другую сторону этой плоскости. Все же "не компенсированные" точки будут вести себя как и ранее (притягивать к себе). Потому, можно уверенно сказать, что всё же шарик внутри сферы будет сжиматься, однако сила гравитации будет уменьшаться по ходу приближения к центру, и ровно в центре будет равна нулю, а максимум соответственно будет достигаться на поверхности сферы.

Сейчас считаю формулу для зависимости гравитации от расстояния до центра.

По поводу чёрных дыр - это имеет прямое отношение к ним. Так как я ставлю под сомнение возможность сжатия материи до определённого уровня. Так как при "прибавлении" материи к шару, мы тем самым уменьшаем гравитацию внутри сферы давая материи небольшое "ослабление" и тем самым расширяя сам шар. То есть уже не масса нарастает быстрее объёма, а наоборот - объём растёт быстрее чем масса.

Когда будет результирующая формула для расчёта гравитации в каждой точке, можно будет окончательно разобраться в данном вопросе.

[Munin]

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

А какой метод Ньютона?

Метод Ньютона - это рассматривать кусочки сферы, находящиеся на противоположных сторонах от точки, воздействие на которую вычисляется.

[timots]

Дж.Литлвуд «Математическая смесь» 1990г.
Название статьи: Ньютон и притяжение шара

[programer19]

Munin в сообщении #834983 писал(а):

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

А какой метод Ньютона?

Метод Ньютона - это рассматривать кусочки сферы, находящиеся на противоположных сторонах от точки, воздействие на которую вычисляется.

Так уже и делаю :)... Однако сама формула от этого не рождается :)

[Munin]

Ну, дальше это будет уже слишком явной подсказкой, потом уже нечего самому делать.

[iifat]

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

отрезанная часть шара будет (в плане гравитации) компенсировать точно такую же область по другую сторону этой плоскости

Не будет. Они одинаковы по массе, но находятся на разных расстояниях от точки.

[Ms-dos4]

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

По поводу чёрных дыр - это имеет прямое отношение к ним. Так как я ставлю под сомнение возможность сжатия материи до определённого уровня.

Вы может и ставите под сомнение, хотя если вы даже элементарно применить теорему Гаусса и получить линейную зависимость напряжённости грав. поля внутри шара в зависимости от расстояния до центра шара (при условии, что он однороден), то вы вообще ставить под сомнение ничего не можете. А уж говоря про чёрные дыры, гравитации Ньютона недостаточно, нужна ОТО. А расчёты равновесия тел в ОТО уже выписаны давно - так для равновесия нейтронных звёзд было получено уравнение Оппенгеймера-Волкова. Первоисточник здесь (к численным значениям в статье нужно относится с осторожностью, 39 год всё же, и ввиду того, что в статье применено "оценочное" уравнение состояния, результат тоже можно интерпретировать как оценку, хотя к самому уравнению Оппенгеймера-Волкова это не относится, оно при знании уравнения состояния вполне точное). Это уравнение соотв. позволяет оценить нижний предел массы, достаточной для образования чёрных дыр.

[programer19]

iifat в сообщении #835041 писал(а):

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

отрезанная часть шара будет (в плане гравитации) компенсировать точно такую же область по другую сторону этой плоскости

Не будет. Они одинаковы по массе, но находятся на разных расстояниях от точки.

Нет... точно такую же область по другую сторону плоскости, а не сферы... мы о разных областях говорим :)

[nikvic]

programer19 в сообщении #834964 писал(а):

Так как при "прибавлении" материи к шару, мы тем самым уменьшаем гравитацию внутри сферы давая материи небольшое "ослабление" и тем самым расширяя сам шар.

А Вам не приходило в голову, что прибавка воды над Мариинской впадиной увеличит давление у её дна? Т.е. вместо "ослабления" получим дополнительное "сдавливание"?