Ik dacht je nog even rekenfout betrapt te hebben, maar ik was het zelf die een rekenfoutje maakte. Ik kan nu in ieder geval geen fout in ZVdP's berekening vinden. Bij mij druist het ook niet, zoals bij Jan, tegen mijn intuïtie in moet ik zeggen.

Dan zullen we dat eens versimpeld proberen uit te rekenen.

In het limiet geval krijgen we een rechte met een bepaalde (lijn)massadichtheid in kg/m.

[attachment=0]Naamloos.jpg[/attachment]

De zwarte lijn stelt de massa voor. Deze heeft lengte L.

We berekenen nu de zwaartekracht waar de zwarte bolletjes staan. Beide op een afstand Y van de massa.

Laten we die nu eens analytisch uitdrukken:

-Ik stel alle constantes op 1 zodat F=1/r²

-De lijn ligt volgens de x-richting.

Geval 1:

[tex]F=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{\cos\theta}{Y^2+x^2}dx[/tex]

waarbij theta de hoek is tussen de rode lijn en de verbindingslijn tussen x en Y; ik projecteer de grootte van de kracht (1/r²) op de rode lijn.

Cos= aanliggend/hypothenusa

[tex]\cos\theta=\frac{Y}{\sqrt{x^2+Y^2}}[/tex]

[tex]F=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{Y}{(Y^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{L}{Y*\sqrt{L^2/4+Y^2}}[/tex]

Geval 2:

[tex]F=\int_Y^{Y+L}\frac{1}{x^2}dx=\frac{L}{Y(L+Y)}[/tex]

Dit geeft volgende resultaten:

[attachment=1]gravity.jpg[/attachment]

Dus de zwaartekracht is dus blijkbaar groter in geval 1.

Tenzij ik ergens een rekenfout gemaakt heb, wat ik allesbehalve uitsluit.

[quote](zoals ZVdP's numerieke methode aantoont)[/quote]

Ik zie even niet wat die aantoont, en ben onmachtig om de algoritmes te beoordelen (wat overigens geen motie van wantrouwen behelst).

Maar als die aarde uiteindelijk een heel platte ellips is geworden wil het er bij mij niet in dat bolletje 1 nog steeds netto een grotere zwaartekracht ondervindt dan bolletje 2, omdat bolletje 1 voornamelijk tegelijkertijd naar links én rechts wordt getrokken (wat elkaar dus vectorieel opheft) en bolletje 2 alleen nagenoeg naar rechts (in dit tweedimensionale plaatje)

[attachment=0]zwaartekracht.png[/attachment]

Nog even terugkomend hierop, naar aanleiding van Jan's berichtje:

[quote]Ik weet het niet, want de zwaartekracht is afhankelijk van de afstand in het kwadraat. Maar voorlopig zouden we dat kunnen aannemen, en dan daarna dezelfde berekening maken voor een aanvankelijk grotere bol, en zien of een (vermoedelijk) omslagpunt ligt op dezelfde verhouding pooldiameter/evenaardiameter.[/quote]

Als er een omslagpunt zou zijn, maar dat lijkt niet het geval? (zoals ZVdP's numerieke methode aantoont)

function gravity

	%gravity at pole=(0,a,0)

	function res=fpole(x,y,z,a)

		res=1/(x^2+(a-y)^2+z^2)*(a-y)/sqrt(x^2+(a-y)^2+z^2);   %|F|*[(pole-r)*1y]/|pole-r|

		if isnan(res)||res<0				 %remove errors due to y~=a

			res=0;

		end

	end



	%gravity at equator (1,0,0)

	function res=feq(x,y,z)

		res=1/((1-x)^2+y^2+z^2)*(1-x)/sqrt((1-x)^2+y^2+z^2); %|F|*[(equator-r)*1x]/|equator-r|

		if isnan(res)||res<0				  %remove errors due to x~=1

			res=0;

		end

	end



grid=0.05;		  %grid for earth

agrid=grid;		 %grid for a

aVector=0:agrid:1;  %vector with values for a

count=0;			%index for vectors

gpole=zeros(1,length(aVector));  %vector for gravity at pole

geq=zeros(1,length(aVector));	%vector for gravity at equator

% hold on;



for a=aVector

	count=count+1;

	for x=-1:grid:1

		for y=-a*sqrt(1-x^2):grid:a*sqrt(1-x^2)   %ellips: x^2+y^2/a^2=1

			for z=-real(sqrt(1-x^2-y^2/a^2)):grid:real(sqrt(1-x^2-y^2/a^2)) %ellipsoid: x^2+y^2/a^2+z^2=1

				gpole(count)=gpole(count)+fpole(x,y,z,a);

				geq(count)=geq(count)+feq(x,y,z);

				%plot3(x,z,y);

			end

		end

	end

end

plot(aVector,gpole,aVector,geq);

end

[quote]@ ZvdP: Kun je je scriptje eens posten?[/quote]



Mijn Matlab code:

[hide][code]function gravity

%gravity at pole=(0,a,0)

function res=fpole(x,y,z,a)

res=1/(x^2+(a-y)^2+z^2)*(a-y)/sqrt(x^2+(a-y)^2+z^2); %|F|*[(pole-r)*1y]/|pole-r|

if isnan(res)||res<0 %remove errors due to y~=a

res=0;

end

end



%gravity at equator (1,0,0)

function res=feq(x,y,z)

res=1/((1-x)^2+y^2+z^2)*(1-x)/sqrt((1-x)^2+y^2+z^2); %|F|*[(equator-r)*1x]/|equator-r|

if isnan(res)||res<0 %remove errors due to x~=1

res=0;

end

end



grid=0.05; %grid for earth

agrid=grid; %grid for a

aVector=0:agrid:1; %vector with values for a

count=0; %index for vectors

gpole=zeros(1,length(aVector)); %vector for gravity at pole

geq=zeros(1,length(aVector)); %vector for gravity at equator

% hold on;



for a=aVector

count=count+1;

for x=-1:grid:1

for y=-a*sqrt(1-x^2):grid:a*sqrt(1-x^2) %ellips: x^2+y^2/a^2=1

for z=-real(sqrt(1-x^2-y^2/a^2)):grid:real(sqrt(1-x^2-y^2/a^2)) %ellipsoid: x^2+y^2/a^2+z^2=1

gpole(count)=gpole(count)+fpole(x,y,z,a);

geq(count)=geq(count)+feq(x,y,z);

%plot3(x,z,y);

end

end

end

end

plot(aVector,gpole,aVector,geq);

end[/code][/hide]

[quote]De evenaardiameter toe laten nemen zou overigens niets uitmaken (=zelfde situatie met grotere R).[/quote]

Ik weet het niet, want de zwaartekracht is afhankelijk van de afstand in het kwadraat. Maar voorlopig zouden we dat kunnen aannemen, en dan daarna dezelfde berekening maken voor een aanvankelijk grotere bol, en zien of een (vermoedelijk) omslagpunt ligt op dezelfde verhouding pooldiameter/evenaardiameter.

Je berekent bijvoorbeeld de potentiële energie voor elk punt op een symmetrie-as. De negatieve afgeleide van die functie is dan de component van de kracht langs die symmetrie-as. En omdat het een symmetrie-as is, is de grootte van die component meestal gelijk aan de grote van de kracht.

Hoe zie je dat voor je? Je kunt wel de potentiële energie van elk infinitesimaal stukje gewoon optellen, maar hoe neem je dan de gradiënt hiervan zonder de energie op elk punt in de ruimte te moeten uitrekenen?

Idee om het rekenwerk misschien gemakkelijker te maken. De kracht is de negatieve gradiënt van de potentiële energie. Een scalaire functie is gemakkelijker te integreren dan een vectorfunctie.

[quote]Blijft in dit model de massa van de aarde gelijk, waarbij de pooldiameter afneemt en de evenaardiameter toeneemt? En de totale massa gelijkblijft?[/quote]

Wat physicalattraction zegt, en de evenaardiameter neemt niet toe. We gaan zeg maar uit van een bol met straal R, en we "schrapen" een laag van de boven- en onderkant (meer naarmate a kleiner is) totdat de noordpool nog maar aR boven het middelpunt ligt (bij de evenaar nog steeds R).

De evenaardiameter toe laten nemen zou overigens niets uitmaken (=zelfde situatie met grotere R).

@ Jan: Zo te zien hebben we allemaal de aanname gemaakt dat niet de totale massa gelijk blijft, maar de massadichtheid. Vandaar dat er überhaupt geen massa is wanneer a=0.

@ ZvdP: Kun je je scriptje eens posten?

@ Rogier: Je hebt een linkshandig assenstelsel getekend. Niet dat dat uitmaakt voor deze vraag, maar het is hoogst ongebruikelijk voor algemenere problemen.

Ik heb een constante massadichtheid genomen, geen constante massa. Vandaar de 0 bij a=0.

Constante massa zal de curves veranderen, maar het zal geen snijpunt introduceren.

[quote]Voor a=0 zijn beide 0.[/quote]

Dat mag eigenlijk niet kunnen. In dat geval zit er op de evenaar namelijk nog ál de massa ónder je voeten, ook al (of juist indien...) beschouwen we onszelf als een puntmassa.

Blijft in dit model de massa van de aarde gelijk, waarbij de pooldiameter afneemt en de evenaardiameter toeneemt? En de totale massa gelijkblijft?

Ik had nog de gehele aardbol/ellipsoïde als cartesische coördinaten willen nemen, en kwam dan op zoiets:

[attachment=0]aarde.png[/attachment]

[tex]F = \int_{-R}^R \int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}} \int_{-a\sqrt{R^2-x^2-y^2}}^{a\sqrt{R^2-x^2-y^2}} f(x,y,z)\ dz\ dy\ dx[/tex]

met

[tex]f_{\text{pool}}(x,y,z) = \frac{c}{x^2+y^2+(z-aR)^2}\sqrt{\frac{(z-aR)^2}{x^2+y^2+(z-aR)^2}}[/tex]

respectievelijk

[tex]f_{\text{evenaar}}(x,y,z) = \frac{c}{(x-R)^2+y^2+z^2}\sqrt{\frac{(x-R)^2}{(x-R)^2+y^2+z^2}}[/tex]

Waarbij a=0..1 de afplatting is (dezelfde betekenis als in ZvdP's benadering hierboven), en c de gravitatieconstante maal massadichtheid v/d aarde, lees 1 :D/

Die twee wortels zijn om alleen de zwaartekrachtcomponent naar beneden mee te wegen (inderdaad physicalattraction, ik realiseerde me later ook dat die restrictie er nog bij moest ;) )

Vooralsnog krijg ik deze integralen niet fatsoenlijk ingevoerd in Wolfram|Alpha zodanig dat hij begrijpt wat ik bedoel... Één integraal gaat prima, maar bij meer misinterpreteert hij telkens de syntax :D/

Ik heb het maar eens numeriek geprobeerd, nadat ik ontmoedigd werd door de analytische uitdrukking in carthesische coördinaten.

Ik heb een kubisch grid gemaakt en voor elk punt de loodrechte zwaartekrachtscontributie genomen (de andere componenten vallen toch weg door symmetrie).

Voor de aarde heb ik een ellipsoïde genomen; twee assen lengte 2 en de andere as lengte 2a, voor a gaande van 1 naar 0.

aarde (a=0.5):

[attachment=1]earth.jpg[/attachment]

conclusie:

[attachment=0]gravity.jpg[/attachment]

Voor a=1 heb je een bol, dus zijn beide gelijk. Voor a=0 zijn beide 0. Daartussen blijkt er geen snijpunt te zijn...

Ik ga de code voor de zekerheid nog wel eens controleren op eventuele fouten.