Warum ist die Erde so fett?

Der Fehler besteht darin, dass Sie davon ausgehen, dass die Dichteverteilung "fast kugelsymmetrisch" ist. Es ist weit genug von der sphärischen Symmetrie entfernt, wenn Sie Nebenleiteffekte erster Ordnung wie die äquatoriale Ausbuchtung berechnen möchten. Wenn es Ihr Ziel ist, die Abweichungen des Meeresspiegels von der Kugelsymmetrie weg (bis zur ersten Ordnung) zu berechnen, ist es inkonsequent, gleich große Korrekturen erster Ordnung an der Kugelsymmetrie auf der anderen Seite – der Quelle der Schwerkraft – zu vernachlässigen. Mit anderen Worten, der Begriff$hg$in Ihrem Potenzial ist falsch.

Stellen Sie sich vor, die Erde ist ein Ellipsoid mit einer äquatorialen Wölbung, sie dreht sich nicht und es gibt kein Wasser auf der Oberfläche. Wie groß wäre das Potential an der Oberfläche oder das Potential in einem festen Abstand vom Zentrum des Ellipsoids? Sie haben de facto davon ausgegangen, dass dies in diesem Fall der Fall wäre$-GM/R+h(\theta)g$Wo$R$ist der feste Erdradius (einer kugelförmigen Materieverteilung) und$R+h(\theta)$ist die tatsächliche Entfernung der Sonde vom Ursprung (Erdmittelpunkt). Mit diesem Ansatz haben Sie jedoch nur den variablen Abstand der Sonde von einer kugelsymmetrischen Gravitationsquelle anerkannt: Sie haben den Beitrag der Ausbuchtung zur Nicht-Sphärizität des Gravitationsfeldes noch vernachlässigt.

Nimmt man die nicht-kugelsymmetrische Korrektur zum Gravitationsfeld der Erde hinzu,$hg$wird sich ungefähr ändern zu$hg-hg/2=hg/2$, und dementsprechend die erforderliche Wölbung$\Delta h$muss verdoppelt werden, um das Rotationspotential zu kompensieren. Eine heuristische Erklärung des Faktors von$1/2$ist, dass das wahre Potential über einem Ellipsoid von "etwas dazwischen" abhängt, dem Abstand vom Massenmittelpunkt und dem Abstand von der Oberfläche. Mit anderen Worten, eine "konstante Potentialfläche" um eine ellipsoidische Materiequelle herum liegt "genau zwischen" der tatsächlichen Oberfläche des Ellipsoids und der Kugel$R={\rm const}$Oberfläche.

Ich werde versuchen, in einer aktualisierten Version dieser Antwort genauere Formeln für das Gravitationsfeld des Ellipsoids hinzuzufügen.

Update: Gravitationsfeld eines Ellipsoids

Ich habe numerisch verifiziert, dass das Gravitationsfeld des Ellipsoids genau den Halbierungseffekt hat, den ich oben skizziert habe, indem ich einen Monte-Carlo-Mathematica-Code verwendet habe - um doppelte Integrale zu vermeiden, die analytisch berechenbar sein könnten, aber ich fand es bisher nur nervig.

Ich habe Millionen von zufälligen Punkten in einem ausgedehnten Ellipsoid mit "Radien" aufgenommen$(r_x,r_y,r_z)=(0.9,0.9,1.0)$; Beachten Sie, dass der Unterschied zwischen den beiden Radien ist$0.1$. Der Durchschnittswert von$1/r$, der umgekehrte Abstand zwischen dem zufälligen Punkt des Ellipsoids und einem ausgewählten Punkt über dem Ellipsoid, ist$0.05=0.1/2$kleiner, wenn der gewählte Punkt über dem Äquator liegt, als wenn er über einem Pol liegt, vorausgesetzt, dass der Abstand vom Ursprung für beide gewählten Punkte gleich ist.

Code:

{xt, yt, zt} = {1.1, 0, 0};

runs = 200000;
totalRinverse = 0;
total = 0;

For[i = 1, i < runs, i++,
 x = RandomReal[]*2 - 1;
 y = RandomReal[]*2 - 1;
 z = RandomReal[]*2 - 1;
 inside = x^2/0.81 + y^2/0.81 + z^2 < 1;
 total = If[inside, total + 1, total];
 totalRinverse = 
  totalRinverse + 
   If[inside, 1/Sqrt[(x - xt)^2 + (y - yt)^2 + (z - zt)^2], 0];
]

res1 = N[total/runs / (4 Pi/3/8)]
res2 = N[totalRinverse/runs / (4 Pi/3/8)]
res2/res1

Beschreibung

Verwenden Sie den obigen Mathematica-Code: Sein Ziel ist es, eine einzige rein numerische Konstante zu berechnen, da die Proportionalität der Nicht-Sphärizität des Gravitationsfelds zur Ausbuchtung; Masse; Die Newtonsche Konstante ist selbstverständlich. Die letzte Zahl, die vom Code gedruckt wird, ist der Durchschnittswert von$1/r$. Wenn zu Beginn {1.1, 0, 0} statt {0, 0, 1.1} gewählt wird, generiert das Programm 0,89 statt 0,94. Das beweist, dass sich das Gravitationspotential des Ellipsoids wie verhält$-GM/R - hg/2$auf Distanz$R$vom Ursprung wo$h$ist die lokale Höhe der Oberfläche relativ zur idealisierten Kugeloberfläche.

Im obigen Code habe ich das Ellipsoid mit Radien (0,9, 0,9, 1) gewählt, das ein gestrecktes Sphäroid (lang, stabförmig) ist, im Gegensatz zur Erde, die einem abgeflachten Sphäroid (flach, scheibenförmig) nahe kommt. Lassen Sie sich also nicht von einigen Zeichen verwirren - sie funktionieren gut.

Prämie von Isaac

Mariano C. hat auf folgende Lösung eines recht bekannten Autors hingewiesen:

http://books.google.com/books?id=ySYULc7VEwsC&lpg=PP1&dq=principia%20mathematica&pg=PA424#v=onepage&q&f=false

I) Ebenheit. Hier möchten wir die Lubos-Motl-Lösung erster Ordnung im Ebenheitsparameter analytisch berechnen$f$,

$$0~<f~:=~1-\frac{b}{a}~\approx~\frac{a}{b}-1 ~\ll~ 1, \tag{1}$$

Wo$a$Und$b$sind der äquatoriale bzw. der polare Radius der Erde und$a>b$. (Der$\approx$Symbol bedeutet von nun an Gleichheit bis zu Termen höherer Ordnung in$f$.) Wir nehmen an, dass die Erde ein massiver, abgeflachter Ellipsoid ist

$$\left(\frac{x}{a}\right)^2 + \left(\frac{y}{a}\right)^2 +\left(\frac{z}{b}\right)^2 ~\leq~ 1 \tag{2}$$

mit gleichmäßiger Dichte$\rho$und Lautstärke

$$V~=~\frac{4}{3}\pi a^2 b~\approx~\frac{4}{3}\pi b^3(1+2f).\tag{3}$$

Die Exzentrizität ist

$$e~=~\sqrt{(2-f)f}~\approx~ \sqrt{2f}~\ll ~1.\tag{4}$$

II) Quadrupol. Wir nehmen an, dass die Schwerkraft Newtonsch ist. Was wir berechnen müssen, ist der Beitrag des Quadrupolmoments zum Gravitationspotential

$$U_4 ~= ~\frac{x^i Q_{ij}x^j}{r^5},\tag{5}$$

Aus Symmetriegründen eine der Hauptrichtungen des Quadrupolmoments$Q_{ij}=Q_{ji}$muss entlang der Polare sein$z$-Achse, und die beiden anderen Hauptrichtungen müssen dieselben Eigenwerte haben und im Äquator liegen$xy$Ebene. Daher$U_4$muss die Form haben

$$U_4 ~=~ \frac{Q_a s^2+Q_b c^2}{r^3}, \tag{6}$$

Wo$Q_a$Und$Q_b$die äquatorialen bzw. polaren Eigenwerte sind; wobei wir die Kurzschreibweise eingeführt haben$s\equiv\sin(\theta)$Und$c\equiv\cos(\theta)$; und wo$\theta\in[0,\pi]$ist der Polarwinkel. Seit dem Quadrupolmoment$Q_{ij}$nicht zum Gauß'schen Gesetz beitragen können, müssen wir den Laplace-Operator fordern$\nabla^2 U_4 = 0$verschwindet, was dazu führt, dass der polare Eigenwert minus zweimal der äquatoriale Eigenwert ist, $Q_b=-2Q_a$. Mit anderen Worten,

$$U_4 ~\sim~ \frac{3c^2-1}{r^3}~=~\frac{2-3s^2}{r^3}.\tag{7}$$

Es reicht also aus, das Gravitationspotential an einem Punkt zu berechnen$P=(0,0,r)$auf der Polare$z$-Achse, wo wir Azimut haben$U(1)$Symmetrie$\varphi\to\varphi+\varphi_{0}$.

III) Ring. Berechnen wir den Beitrag zur potenziellen Gravitationsenergie von einem Ring parallel zum$xy$Ebene und mit Zentrum$(0,0,z)$auf der$z$-Achse. Wegen dem$U(1)$Azimutalsymmetrie können wir uns auf einen Punkt auf dem Ring konzentrieren$y=0$Und$x\geq 0$, und die in der liegen$xz$Ebene. Dieser Punkt soll 2D-Polarkoordinaten haben$(R,\theta)$. Mit anderen Worten, der Punkt hat 3D-Koordinaten$(x,y,z)=(Rs,0,Rc)$. Aus der Gleichung einer Ellipse

$$\left(\frac{x}{a}\right)^2 +\left(\frac{z}{b}\right)^2 ~=~ 1, \tag{8}$$

erhalten wir nach etwas elementarer Algebra

$$R ~\approx~ b (1 + fs^2) \quad \left\{\begin{array}{rcl}~=~ b &\mathrm{for}& \theta~=~0, \\ ~\approx~ a &\mathrm{for}& \theta~=~\frac{\pi}{2} . \end{array}\right.\tag{9}$$

Als nächstes die Entfernung$\ell$vom Ring zum Punkt$P$ist durch die Kosinusbeziehung gegeben

$$\ell^2 ~=~ r^2 +R^2 - 2rRc ~\approx~ r^2 +b^2(1 + 2fs^2) - 2rb(1 + fs^2)c$$ $$~=~(r^2 +b^2 -2rbc) +2fbs^2(b-rc).\tag{10}$$

Die "äußere" Oberfläche des Rings ist

$$dA ~=~ 2\pi Rs \cdot R d\theta ~\approx~ 2\pi b^2(1 + 2fs^2) (-dc), \tag{11}$$

mit unendlich kleiner "radialer" Dicke

$$dR ~\approx~ (1 + fs^2) db.\tag{12}$$

So ist das Volumen des Rings

$$d^2V ~=~ dA \ dR ~\approx~ 2\pi b^2db(1 + 3fs^2) (-dc). \tag{13}$$

(Schließlich wollen wir über den Polarwinkel integrieren$\theta$aus$0$Zu$\pi$. Dies entspricht einer Integration über$c\equiv\cos(\theta)$aus$1$Zu$-1$in die negative Richtung. Deshalb$dc<0$ist negativ.)

IV) Potenzial. Der Beitrag des Rings zur Gravitationspotentialenergie$d^2 U$am Punkt$P$Ist

$$d^2 U ~=~ -G \frac{d^2 M}{\ell} ~=~ - G\rho \frac{d^2 V}{\ell} ~\approx~ G\rho\frac{2\pi b^2db(1 + 3fs^2) dc}{\sqrt{(r^2 +b^2 -2rbc) +2fbs^2(b-rc)}}$$ $$~\approx~ G\rho2\pi b^2db\ dc\left(\frac{1 + 3f(1-c^2)}{\sqrt{r^2 +b^2 -2rbc}}- \frac{1}{2} \frac{2fb(1-c^2)(b-rc)}{(r^2 +b^2 -2rbc)^{\frac{3}{2}}}\right).\tag{14}$$

Integration über Kosinus$c$des Polarwinkels$\theta\in[0,\pi]$um eine dünne Schale zu bilden gibt nach (mit Hilfe des MAPLE-Programms)

$$dU ~=~ \int_{c=1}^{c=-1} d^2 U ~\approx~ -G\rho\frac{4\pi b^2db}{r}\left( (1+3f) -f( 1+ \frac{2b^2}{5r^2}) - \frac{4fb^2}{15r^2}\right)$$ $$~=~ -G\rho\frac{4\pi b^2db}{r}\left( (1+2f) - \frac{2fb^2}{3r^2}\right).\tag{15}$$

Als nächstes integrieren wir über$b$um das polare Potential eines massiven Ellipsoids zu erhalten

$$U ~=~ \int^{b} dU ~\approx~ -G\rho\frac{4\pi b^3}{3r}\left( (1+2f) - \frac{2fb^2}{5r^2}\right) ~=~U_1+U_{4b}.\tag{16}$$

V) Monopol & Quadrupol. Der erste Begriff$U_1$ist natürlich genau das Monopolpotential

$$U_1(r)~=~-\frac{GM}{r},\tag{17}$$

und die zweite Amtszeit$U_{4b}$ist das polare Quadrupolpotential

$$U_{4b}~\approx~-\frac{2fb^2}{5r^2}U_1.\tag{18}$$

Damit wissen wir, dass das Gravitationsquadrupolpotential in einem beliebigen Punkt (nicht unbedingt auf der$z$-Achse) ist

$$U_{4}(r)~\approx~-\frac{(2-3s^2)fR^2}{5r^2}U_1(r),\tag{19}$$

und das volle Gravitationspotential ist

$$U(r) ~\approx~ U_1(r)+U_4(r) ~\approx~ -\frac{GM}{r}\left(1 - \frac{(2-3s^2)fR^2}{5r^2}\right). \tag{20}$$

VI) Oberfläche. Betrachten wir ab jetzt nur noch Punkte$P$mit

$$r~=~R~\approx~ b (1 + fs^2)\tag{21}$$

auf der Oberfläche der ellipsenförmigen Erde. Dann das Monopolpotential rein$P$wird

$$U_1(R)~ \approx~ -(1- fs^2)\frac{GM}{b}, \tag{22}$$

während das Quadrupolpotential in$P$wird

$$U_4(R) ~\approx~ \frac{f(2-3s^2)}{5}\frac{GM}{b} \tag{23}$$

damit das volle Gravitationspotential eindringt$P$wird

$$U(R) ~\approx~ U_1(R) + U_4(R) ~\approx~ -(1-\frac{2f(1+s^2)}{5})\frac{GM}{b}.\tag{24}$$

VII) Diskussion. Nehmen wir den Nordpol als Bezugspunkt, ziehen also das Gravitationspotential ab$U_b(b)$am Nordpol. Dann das Gravitationspotential herein$P$wird

$$U(R)- U_b(b) ~\approx~ \frac{2fs^2}{5} \frac{GM}{b}~\approx~ \frac{2}{5}g hs^2,\tag{25}$$

Wo

$$h~:~=~a-b~=~fa~ \approx~ fb ~>~0\tag{26}$$

ist der Unterschied in den äquatorialen und polaren Radien und

$$g~=~ |\vec{\nabla} U(R)| ~=~ \left. \frac{\partial U(r)}{\partial r}\right|_{r=R}+{\cal O}(f) ~=~ \frac{GM}{R^2}+{\cal O}(f).\tag{27}$$

Wir sollten jetzt das Zentrifugalpotential hinzufügen

$$V ~=~ -\frac{(\omega Rs)^2}{2}. \tag{28}$$

Zur Bestellung$f\ll 1$dass wir arbeiten, sehen wir das gesamte Potenzial$U(R)+V$konstant ist (unabhängig vom Oberflächenpunkt$P$), Wenn

$$\frac{2}{5}gh~=~\frac{(\omega R)^2}{2}. \tag{29}$$

Fazit: Wir finden einen Faktor$\color{Red}{\frac{2}{5}}$im Unterschied zu Mark Eichenlaubs ursprünglichem Monopolargument.

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Update: Ein halbes Jahr nachdem diese Antwort am 18. November 2011 auf Phys.SE veröffentlicht wurde, änderte die Wikipedia-Seite ihren aufgelisteten mathematischen Ausdruck für den Ebenheitsparameter in$\frac{h}{R}\approx f\approx\frac{5}{4}\frac{\omega^2R}{g}$, und stimmt dieser Antwort jetzt voll und ganz zu.

Es gab einige Zweifel an der Antwort von Lubos (die ich akzeptiert habe), daher ist dies nur eine Bestätigung.

Ich habe die von Lubos beschriebene Methode kopiert und die Potentialdifferenz für ein Ellipsoid mit unterschiedlichen Exzentrizitäten gefunden. Sicher genug, für ein abgeflachtes Sphäroid, wenn Sie den Abstand zwischen Zentrum und Äquator zu einem Bruchteil machen$e$größer als der Mittelpolabstand ist das Potential ungefähr ein Bruchteil$e/2$am Äquator kleiner.

Um das ganze Problem zu lösen, müssten wir die unterschiedliche Dichte der Erde berücksichtigen, aber als grobe Schätzung scheint dies zu funktionieren.

Zum Beispiel für das abgeflachte Sphäroid

$$\left(\frac{x}{1.01}\right)^2 + \left(\frac{y}{1.01}\right)^2 + z^2 < 1$$

der Durchschnittswert von$1/r$bei$(0,0,1)$liegt bei etwa 0,996, und der Durchschnitt bei$(1.01,0,0)$ist etwa 0,991.

Python-Code unten (bitte entschuldigen Sie die Amateurhaftigkeit)

import random
import math

points = 10000000
e = .01
rad = 1+e
diam = 2*rad

pot= 0
count = 0
for i in range(1,points):
    x = diam*random.random()-rad
    y = diam*random.random()-rad
    z = diam*random.random()-rad
    r = math.sqrt((x-rad)*(x-rad)+y*y+z*z)
    if x*x/(rad*rad)+y*y/(rad*rad) + z*z < 1:
        pot = pot + 1/r
        count = count + 1

print pot/count

pot2 = 0
count = 0
for j in range(1,points):
    x = diam*random.random()-rad
    y = diam*random.random()-rad
    z = diam*random.random()-rad
    r = math.sqrt(x*x+y*y+(z-1.0)*(z-1.0))
    if x*x/(rad*rad)+y*y/(rad*rad) + z*z < 1:
        pot2 = pot2 + 1/r
        count = count + 1

print pot2/count

Beginnen Sie mit dem ungestörten Gravitationspotential für eine einheitliche Kugel der Masse M und des Radius R, innen und außen:

$$\phi^0_\mathrm{in} = {-3M \over 2R} + {M\over 2R^3} (x^2 + y^2 + z^2)$$ $$\phi^0_\mathrm{out} = {- M\over r}$$

Fügen Sie eine Quadrupolstörung hinzu, Sie erhalten

$$\phi_\mathrm{in} = \phi^0_\mathrm{in} + {\epsilon M\over R^3} D$$ $$\phi_\mathrm{out} = \phi^0_\mathrm{out} + {M\epsilon R^2\over r^5} D$$

$$D = x^2 + y^2 - 2 z^2$$

Die Skalierungsfaktoren von M und R sind nur zu machen$\epsilon$dimensionslos, der Abfall von$D\over r^5$ist nur so, dass die äußere Lösung die Laplace-Gleichung löst, und das Anpassen der Lösungen soll sicherstellen, dass auf jedem Ellipsoid in der Nähe der Kugel mit Radius R die beiden Lösungen gleich der Ordnung sind$\epsilon$. Der Grund dafür ist, dass die$\phi^0$Lösungen werden sowohl im Wert als auch in der ersten Ableitung bei x = R angepasst, sodass sie im Wert an die führende Ordnung angepasst bleiben, selbst wenn sie von einer Kugel entfernt gestört werden. Die Bestellung$\epsilon$Quadrupolterme sind auf der Kugel gleich und entsprechen daher der führenden Ordnung.

Das Ellipsoid, das ich wählen werde, löst die Gleichung:

$$r^2 + \delta D = R^2$$

Der z-Durchmesser wird um einen Bruchteil vergrößert$\delta$, während der x-Durchmesser um abnahm$\delta/2$. Damit ist das Verhältnis von Pol- zu Äquatorialradius$3\delta/2$. Zur führenden Ordnung

$$r = R + {\delta D \over 2R}$$

Wir haben bereits die Werte der inneren und äußeren Lösungen angepasst, aber wir müssen die Ableitungen anpassen. das "d" nehmen:

$$d\phi_\mathrm{in} = {M\over R^3} (rdr) + {\epsilon M\over R^3} dD$$ $$d\phi_\mathrm{out} = {M\over r^3} (rdr) + {MR^2\epsilon \over r^5} dD - {5\epsilon R^2 M\over r^7} (rdr)$$

$$rdr = x dx + y dy + z dz$$ $$dD = 2 x dx + 2ydy - 4z dz$$

Zur Erstbestellung$\epsilon$, nur der erste Term der zweiten Gleichung wird dadurch modifiziert, dass r auf dem Ellipsoid nicht konstant ist. Spezialisierung auf die Oberfläche des Ellipsoids:

$$d\phi_\mathrm{out}|_\mathrm{ellipsoid} = {M\over R^3} (rdr) + {3\delta \over 2 R^5}(rdr) + {\epsilon M \over R^3} dD - {5\epsilon M \over R^5} (rdr)$$

Gleichsetzen der In- und Out-Derivate, die Teile proportional zu$dD$abbrechen (wie sie müssen --- die tangentialen Ableitungen sind gleich, weil die beiden Funktionen auf dem Ellipsoid gleich sind). Der Rest muss auch absagen, also

$${3\over 2} \delta = 5 \epsilon$$

So finden Sie die Beziehung zwischen$\delta$Und$\epsilon$. Die Lösung für$\phi_\mathrm{in}$gibt

$$\phi_\mathrm{in} + {3M\over 2R} = {M\over 2R^3}( r^2 + {3\over 5} \delta D )$$

Was bedeutet, wenn man sich die Gleichung in Klammern ansieht, dass die Äquipotentiale 60% so gestaucht sind wie das Ellipsoid.

Nun gibt es eine Bedingung, dass dies durch Rotation ausgeglichen wird, was bedeutet, dass das Ellipsoid ein Äquipotential ist, wenn Sie das Zentrifugalpotential hinzufügen:

$$- {\omega^2\over 2} (x^2 + y^2) = -{\omega^2 \over 3} (x^2 + y^2 + z^2) -{\omega^2\over 6} (x^2 + y^2 - 2z^2)$$

Das zu machen$\delta$Das Ellipsoid-Äquipotential erfordert dies$\omega^2\over 6$gleich dem Rest${2\over 5} {M\over 2R^2}$, damit, Aufruf$M\over R^2$(die Erdbeschleunigung) mit dem Namen "g" und$\omega^2 R$mit dem Namen "C" (zentrifugal)

$$\delta = {5\over 6} {C \over g}$$

Die tatsächliche Differenz zwischen Äquatorial- und Poldurchmesser ergibt sich durch Multiplikation mit 3/2 (siehe oben):

$${3\over 2} \delta = {5\over 4} {C\over g}$$

statt der naiven Schätzung von${C\over 2g}$. Die naive Schätzung wird also für eine rotierende Kugel mit einheitlicher Dichte mit zweieinhalb multipliziert.

Uneinheitliches Interieur: primitives Modell

Die vorherige Lösung ist sowohl innen als auch außen für ein rotierendes gleichförmiges Ellipsoid, und sie ist exakt in r, sie ist nur führende Ordnung in der Abweichung von der Kugelsymmetrie. Es dehnt sich also sofort aus, um die Form der Erde für eine ungleichmäßige innere Massenverteilung zu geben. Die Schätzung mit einer gleichmäßigen Dichte ist überraschend gut, und zwar deshalb, weil es konkurrierende Effekte gibt, die die Korrektur für eine ungleichmäßige Dichte weitgehend aufheben.

Die beiden konkurrierenden Effekte sind: 1. Die innere Verteilung ist elliptischer als die Oberfläche, weil die innere Lösung fühlt, wie die gesamte umgebende elliptische Erde sie verformt, wobei zusätzliche Dichte sie stärker verformt. 2. Die Elliptizität des Innenraums wird durch die unterdrückt$1/r^3$Abfall der Quadrupollösung der Laplace-Gleichung, die ist$1/r^2$schneller als das übliche Potenzial. Obwohl also das Innere etwas stärker deformiert ist, gleicht der Abfall mehr als aus, und die Wirkung der zusätzlichen Dichte im Inneren besteht darin, die Erde kugelförmiger zu machen, wenn auch nicht viel.

Diese konkurrierenden Effekte verschieben den Korrekturfaktor von 2,5 auf 2, was eigentlich ziemlich klein ist, wenn man bedenkt, dass das Innere der Erde extrem ungleichmäßig ist, wobei das Zentrum mehr als dreimal so dicht ist wie die äußeren Teile.

Die genaue Lösung ist etwas kompliziert, also fange ich mit einem blöden Modell an. Dies setzt voraus, dass die Erde ein einheitliches Ellipsoid der Masse M und des Elliptizitätsparameters ist$\delta$, plus eine Punktquelle in der Mitte (oder eine Kugel, es spielt keine Rolle), die die zusätzliche Masse im Inneren der Masse M' berücksichtigt. Das innere Potential ergibt sich durch Superposition. Mit dem Zentrifugalpotential:

$$\phi_{int} = - {M'\over r} - {2M\over 3R} + {M\over 2R^3}(r^2 - {3\over 5} \delta D) + {\omega^2\over 2} r^2 - {\omega^2\over 6} D$$

Dies hat die schematische Form von Kugel plus Quadrupol (einschließlich der Zentrifugalkraft in F und G)

$$\phi_{int} = F(r) + G(r) D$$

Die Bedingung, dass die$\delta$Ellipsoid ist ein Äquipotential wird durch Ersetzen gefunden$r$mit$R - {\delta D\over 2R}$innerhalb von F(r) und Setzen des D-Anteils auf Null:

$${F'(R) \delta \over 2R} = G(r)$$

In diesem Fall erhalten Sie die folgende Gleichung, die sich auf den vorherigen Fall reduziert, wenn$M'=0$:

$${M'\over M+M'}\delta + {M\over M+M'} (\delta - {3\over 5} \delta) = - {C\over 3 g }$$

Wo$C=\omega^2 R$ist die Zentrifugalkraft, und$g= {M+M'\over R^2}$ist die Gravitationskraft an der Oberfläche. Ich sollte darauf hinweisen, dass der sphärische Teil des Zentrifugalpotentials${\omega^2\over 2} r^2$trägt immer einen vorführenden Begriff proportional dazu bei$\omega^2\delta$in die Gleichung und sollte fallen gelassen werden. Das Ergebnis ist

$${3\over 2} \delta = {1\over 2 (1 - {3\over 5} {M\over M+M'}) } {C\over g}$$

Wenn Sie also M' zu 0,2 M wählen, erhalten Sie die richtige Antwort, sodass der zusätzliche Äquatorialradius doppelt so groß ist wie der naive Betrag von${C\over 2g}$.

Dies besagt, dass das Potential an der Erdoberfläche nur von der einheitlichen Ellipsoidschätzung modifiziert wird, indem eine Kugel mit 20% der Gesamtmasse im Zentrum hinzugefügt wird. Das ist etwas klein, wenn man bedenkt, dass die ungleichmäßige Dichte im Inneren etwa 25 % der Masse der Erde enthält (die störende Masse ist bei halbem Radius doppelt so dicht, also etwa 25 % der Gesamtmasse). Der geringfügige Unterschied ist auf die Elliptizität des Kerns zurückzuführen.

Ungleichmäßige Massendichte II: exakte Lösung

Die Hauptsache, die oben vernachlässigt wurde, ist, dass das Zentrum auch nicht sphärisch ist und so zum nicht sphärischen D-Teil des Potentials auf der Oberfläche hinzukommt. Dieser Effekt wirkt meistens der allgemeinen Tendenz entgegen, dass zusätzliche Masse im Zentrum die Oberfläche kugelförmiger macht, wenn auch unvollkommen, so dass eine Korrektur übrig bleibt.

Sie können es als Überlagerung gleichförmiger Ellipsoide mit mittlerem Radius s mit Elliptizitätsparameter betrachten$\delta(s)$für$0<s<R$zunehmend, wenn Sie sich der Mitte nähern. Jedes ist im Inneren einheitlich mit Massendichte$|\rho'(s)|$Wo$\rho(s)$ist die zusätzliche Dichte der Erde im Abstand s vom Mittelpunkt, so dass$\rho(R)=0$. Diese Ellipsoide werden über einem Dichteellipsoid einheitlicher Dichte überlagert$\rho_0$gleich der Oberflächendichte der Erdkruste:

ich werde bedenken$\rho(s)$Und$\rho_0$bekannt, damit ich es auch weiß$|\rho'(s)|$, es ist (negative) Ableitung in Bezug auf s, was die Dichte des Ellipsoids ist, das Sie bei s hinzufügen, und ich weiß auch:

$$M(r) = \int_0^r 4\pi \rho(s) s^2 ds$$

Die Quantität$M(s)$Ist${1\over 4\pi}$mal die zusätzliche Masse im Inneren, verglichen mit einer einheitlichen Erde mit Krustendichte. Beachten Sie, dass$M(s)$wird von der Ellipsoidform in führender Ordnung nicht beeinflusst, da alle verschachtelten Ellipsoide Quadrupolstörungen sind und daher das gleiche Volumen wie Kugeln enthalten.

Jedes dieser konzentrischen Ellipsoide ist selbst eine Äquipotentialfläche für das Zentrifugalpotential plus das Potential von den inneren und äußeren Ellipsoiden. Wenn Sie also die Form des Potentials all dieser überlagerten Ellipsoide kennen, die die Form von sphärisch + Quadrupol + zentrifugaler Quadrupol hat (der zentrifugale sphärische Teil gibt immer eine subführende Korrektur, also lasse ich ihn weg):

$$\phi_\mathrm{int}(r) = F(r) + G(r) D + {\omega^2 \over 6} D$$

Sie wissen, dass jedes dieser verschachtelten Ellipsoide ein Äquipotential ist

$$F(s - {\delta(s) \over 2s}) D + G(s) D - {\omega^2\over 6} D$$

so dass die Gleichung verlangt, dass dies ein Äquipotential bei jedem s ist

$${\delta(s) F'(s) \over 2s} - G(s) + {\omega^2\over 6} = 0$$

Um die Form von F und G zu finden, drücken Sie zuerst die innere/äußere Lösung für ein gleichmäßiges Ellipsoid in Bezug auf die Dichte aus$\rho$und der Radius R:

$${\phi_\mathrm{int}\over 4\pi} = - {\rho R^2\over 2} + {\rho\over 6} r^2 + {\rho \delta\over 10} D$$

$${\phi_\mathrm{ext}\over 4\pi} = - {\rho R^3 \over 3 r} + {\rho\delta R^5\over 10 r^5} D$$

Sie können das Vorzeichen und den Zahlenwert der Koeffizienten mit der 3/5-Regel für die inneren Äquipotentialellipsoide, dem getrennten Abgleich der sphärischen und D-Störungen bei r = R und der Dimensionsanalyse überprüfen. Ich habe einen Faktor gesetzt$4\pi$auf der Unterseite von$\phi$so dass die rechte Seite die konstante freie Form der Laplace-Gleichung löst.

Jetzt können Sie alle Ellipsoide durch Einstellung überlagern$\delta$auf jedem Ellipsoid zu sein$\delta(s)$, Einstellung$\rho$auf jedem Ellipsoid zu sein$|\rho'(s)|$, Und$R$sein$s$. Ich werde nur die innere Lösung bei r geben (indem Sie die Integration nach Teilen auf dem sphärischen Teil durchführen, wo Sie wissen, dass sich die Antwort herausstellen wird, und eine additive Konstante C wegwerfen) ist:

$${\phi_\mathrm{int}(r)\over 4\pi} - C = {\rho_0\over 6} r^2 + {\rho_0 \delta(R)\over 10} D - {M(r)\over 4\pi r} + {1\over 10r^5} \int_0^r |\rho'(s)| \delta(s) s^5 ds D + {1\over 10} \int_r^R |\rho'(s)|\delta(s) D$$

Die ersten beiden Terme sind die innere Lösung für konstante Dichte$\rho_0$. Der dritte Term ist der gesamte sphärische Beitrag, der genau wie im sphärisch symmetrischen Fall ist. Der vierte Term ist das überlagerte äußere Potential von den Ellipsoiden innerhalb von r, und der letzte Term ist das überlagerte innere Potential von den Ellipsoiden außerhalb von r.

Daraus lassen sich Kugel- und Quadrupolanteil ablesen:

$$F(r) = {\rho_0\over 6} r^2 + {M(r)\over r}$$ $$G(r) = {\rho_0\delta(R)\over 10} + {1\over 10r^5} \int_0^r |\rho'(s) |\delta(s) s^5 ds + {1\over 10} \int_r^R |\rho'(s)|\delta(s)$$

Damit ist die Integralgleichung für$\delta(s)$behauptet, dass die$\delta(r)$Form ist ein Äquipotential in jeder Tiefe.

$${F'(r)\delta(r)\over 2r} - G(r) + {\omega^2 \over 6} = 0$$

Diese Gleichung kann numerisch für beliebige Masseprofile im Innenraum gelöst werden, um die zu finden$\delta(R)$. Dies ist manuell schwierig, aber Sie können einen qualitativen Einblick erhalten.

Stellen Sie sich eine ellipsoidische Störung innerhalb eines Ellipsoids mit gleichmäßiger Dichte vor. Wenn Sie diese Masse entlang eines Äquipotentials absetzen lassen, nimmt sie dieselbe ellipsoidische Form wie die Oberfläche an, da die innere Lösung für das einheitliche Ellipsoid quadratisch ist und daher genau verschachtelte Ellipsoide mit derselben Form wie Äquipotentiale hat. Aber diese zusätzliche Dichte trägt weniger als ihren Anteil am elliptischen Potential zur Oberfläche bei und nimmt mit der dritten Potenz des Verhältnisses des Erdradius zum Radius der Störung ab. Aber es wird innen stärkere Ellipsen erzeugen, so dass das Innere immer elliptischer ist als die Oberfläche.

Oblatenkernmodell

Die genaue Lösung ist für Papier- und Bleistiftberechnungen zu schwierig, aber schauen Sie [hier]( http://www.google.com/imgres?hl=en&client=ubuntu&hs=dhf&sa=X&channel=fs&tbm=isch&prmd=imvns&tbnid=hjMCgNhAjHnRiM:&imgrefurl= http://www.springerimages.com/Images/Geosciences/1-10.1007_978-90-481-8702-7_100-1&docid=ijMBfCAOC1GhEM&imgurl=http://img.springerimages.com/Images/SpringerBooks/BSE%253D5898/BOK %253D978-90-481-8702-7/PRT%253D5/MediaObjects/WATER_978-90-481-8702-7_5_Part_Fig1-100_HTML.jpg&w=300&h=228&ei=ZccgUJCTK8iH6QHEuoHICQ&zoom=1&iact=hc&vpx=210&vpy=153&dur=4872&hovh=182&hovw=240&tx =134&ty=82&sig=108672344460589538944&page=1&tbnh=129&tbnw=170&start=0&ndsp=8&ved=1t:429,r:1,s:0,i:79&biw=729&bih=483 ) ,Sie sehen, dass es sinnvoll ist, die Erde als zwei konzentrische Radiuskugeln zu modellieren$R$Und$R_1$mit Gesamtmasse$M$Und$M_1$Und$\delta$Und$\delta_1$.

ich werde nehmen

$$R_1 = {R\over 2}$$

Und

$$M_1 = {M\over 4}$$

Das heißt, die innere Sphäre hat einen Durchmesser von 3000 km und die doppelte Dichte, was ungefähr genau ist. Überlagerung der Potentiale und Auffinden der Gleichung für die$\delta$s (das Zwei-Punkte-Abschneiden der Integralgleichung), finden Sie

$$-\delta + {3\over 5} {M_0\over M_0 + M_1} \delta + {3\over 5} {M_1\over M_0 + M_1} \delta_1 ({R_1\over R})^2 = {C\over 3g}$$

$${M_0 \over M_0 + M_1} (-\delta_1 + {3\over 5} \delta) + {M_1 \over M_0 + M_1}( -\delta_1 + {3\over 5} \delta_1) = {C\over 3g}$$

Wo

$$g = {M_0+ M_1\over R^2}$$ $$C = \omega^2 R$$

sind wie üblich die Gravitationskraft und die Zentrifugalkraft pro Masseneinheit. Verwenden der Parameter und Definieren$\epsilon = {3\delta\over 2}$Und$\epsilon_1={3\delta_1\over 2}$, findet man:

$$- 1.04 \epsilon + .06 \epsilon = {C\over g}$$ $$- 1.76 \epsilon_1 + .96 \epsilon = {C\over g}$$

(Dies sind exakte Dezimalbrüche, es gibt Nenner von 100 und 25). Die Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt:

$$\epsilon_1 = {\epsilon\over .91}$$

(immer noch exakte Brüche) Was die Gleichung ergibt

$$(-1.04 + {.06\over .91} ) \epsilon = {C\over g}$$

Damit der Faktor vorne liegt$.974$, anstelle der naiven 2. Dies ergibt einen äquatorialen Durchmesser von 44,3 km im Gegensatz zu 42,73 km, was nahe genug ist, dass das Modell im Wesentlichen alles erklärt, was Sie wissen wollten.

Der Wert von$\epsilon_1$ist auch interessant, es sagt Ihnen, dass der Erdkern 9% exzentrischer ist als das äußere Ellipsoid der Erde selbst. Angesichts der Tatsache, dass die Genauigkeit des Modells bei 3 % liegt, sollte dies sehr genau sein.

In dieser Antwort werde ich einen zu verwendenden Rahmen vorstellen und dann die vorherigen Antworten in diesen Rahmen einrahmen. Lassen Sie mich die Werte zusammenfassen, die wir hier haben. Ich werde die gleiche Notation (so gut wie möglich) wie alle anderen und Wikipedia für ein abgeflachtes Sphäroid verwenden$a$ist der große, äquatoriale Radius.

• Mark1, Methode in der Frage,$2 (a-b) = 21.6 km$
• Mark2, Methode in der Antwort, vergangene Antwortzeiten 5/2 für$2 (a-b) = 54.0 km$

Hier ist mein Ansatz:

Die Masse der Erde kann als Kombination aus zwei Formen genommen werden, einer inneren Kugel mit Radius$b$und ein Kantenvolumen, das das abgeflachte Sphäroid minus der inneren Kugel ist. Die Erde hat eine bestimmte durchschnittliche Dichte, die durch definiert wird$\rho = M/V$, aber dies kann in zwei verschiedene Arten von Materialien unterteilt werden, den Kern und die Kruste. Die Gesamtmasseanforderung wird dies dann erfordern$M = V_{core} \rho_{core} + V_{edge} \rho_{edge}$, während die durchschnittliche Dichte der Erde erfordert$V = V_{core} + V_{edge}$, einschränkend$a$Und$b$um einen Freiheitsgrad. Beim Schreiben eines Codes können wir das sagen$a$immer impliziert$b$entsprechend$b=3V/(4 \pi a^2)$, kann die Krustendichte auch als Kerndichte angesehen werden. Dann fügt die Äquipotentialflächenbeschränkung einen weiteren Freiheitsgrad ein, der verwendet werden kann, um iterativ den Wert von zu finden$a$. Illustration:

Das Potenzial aus der inneren Sphäre ist einfach. Ich schreibe es für einen Punkt am Äquator und am Pol, kombiniert mit den anderen Potentialen.

$$U_a = G \frac{M_{core}}{a} + U_{a,edge} + \frac{1}{2} \omega^2 a^2$$ $$U_b = G \frac{M_{core}}{b} + U_{b,edge}$$

Offensichtlich besteht der schwierige Teil darin, das Potenzial aus der lächerlich unregelmäßigen Kantenform zu berechnen. Zuvor ist es jedoch wichtig, über die physikalischen Implikationen nachzudenken, wenn man das Problem auf diese Weise betrachtet. Was sind zunächst relevante Dichten, die für die Erde relevant sind? Hier ist die durchschnittliche Dichte und dann die Dichte innerhalb von etwa 0 bis 200 km von der Oberfläche.

$$rho_{Earth} = 5520. \frac{kg}{m^3}$$ $$rho_{crust} = 3400. \frac{kg}{m^3}$$

Wenn wir das Problem tatsächlich lösen, werden wir die Krustendichte angeben, und das impliziert dann eine Dichte der Kernkugel. Ist diese Methode genau? Nein. Die Hauptsache ist, dass die Mittelkugel keine kugelsymmetrische Materieverteilung ist. Die Dichten werden theoretisch nach konstanten Potentiallinien geschichtet. Mit anderen Worten, wenn es einen Erdkern mit hoher Dichte gäbe, wäre er auch ein abgeplatteter Sphäroid. Aus diesem Grund fehlen bei der Einführung der inneren Sphäre einige Details, aber dieses Modell könnte immer noch ziemlich gut sein.

Die Implementierung ist ein wenig schwierig, wie andere angemerkt haben, aber die Konzentration der Berechnungen auf das Kantenvolumen hilft sehr. Ich habe auch eine Monte-Carlo-Methode verwendet, aber das Kernvolumen abgezogen. Das heißt, ich habe so effizient wie vernünftig Punkte zufällig in das Randvolumen geschossen. Um dies zu tun, habe ich eine gewichtete Methode verwendet, und es scheint gut geklappt zu haben. Bei 5 Millionen Iterationen fand ich zufällige Variationen bei der Berechnung des Potentials an$a$eine Standardabweichung von ca$15 m$des Gravitationspotentialäquivalents und um$2 m$des Gravitationspotentialäquivalents bei$b$. Der Grund für die höhere Abweichung bei$a$liegt daran, dass es in der Nähe mehr Masse hat und die Abtastung in der yz-Ebene für Berechnungen von unverzerrt war$a$potentialfrei und unverzerrt in der xy-Ebene für Berechnungen der$b$Potenzial. Wie auch immer, als ich wiederholte$a$Wert, für den ich eine Toleranz festlege$100 m$, da diese deutlich höher sein sollte als die statistische Streuung und für die Berechnung der Wölbung ausreichend ist. Um es noch einmal zusammenzufassen, das ist meine Methode:

Zur Potentialberechnung bei$a$

• Nehmen Sie zwei zufällige Werte für die Stichprobe vor$y$Und$z$Werte zwischen$0$Und$a$
• Liegen diese beiden Werte außerhalb der Ellipse von$\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}<1$dann proben Sie zwei neue Werte und versuchen Sie es erneut (ergibt etwa 30 % Effizienzverlust)
• Nehmen Sie einen x-Wert zwischen der Oberfläche der inneren Kugel und dem äußeren Sphäroid auf. Wenn das (y,z)-Paar nicht in die innere Sphäre fällt, nehmen Sie eine Probe dazwischen$0$und die äußere Sphäroidoberfläche.
• Zählen Sie das Potential zwischen dem abgetasteten (x,y,z)-Punkt und (a,0,0) unter Verwendung der M_edge-Masse
• Zwischen (-x,y,z) und (a,0,0) wiederholen
• Zählen Sie das Gewicht für diese Probe als den Abstand zwischen den beiden Oberflächen mal zwei.
• Das Potential bei (a,0,0) ist dann das gezählte Gesamtpotential dividiert durch das gezählte Gesamtgewicht.
• Wiederholen Sie eine ähnliche Methode, um das Potential bei (0,0,b) zu finden.
• Numerische Wurzel finden, um die oben diskutierte Äquipotentialbedingung zu erfüllen.

Ich habe dies getan, und für die unterschiedlichen Werte der Krustendichte habe ich Folgendes erhalten.

• $\rho_{crust} = 0$, was bedeutet, dass das Gravitationsfeld unempfindlich gegenüber Ebenheit ist, wird$2(a-b)= 21.8 \pm 0.1 km$
• $\rho_{crust} = 3400. \frac{kg}{m^3}$, ein vernünftiger Wert für die Krustendichte, erhält$2(a-b) = 34.7 \pm 0.1 km$
• $\rho_{crust} = 5520. \frac{kg}{m^3}$, eine völlig homogene Dichte der Erde bekommt$2(a-b) = 54.0 \pm 0.1 km$

Ich dachte, das sind gute Ergebnisse, weil die erste und letzte von ihnen den vorherigen Antworten innerhalb des numerischen Fehlers nahe kommt und der vernünftige Wert für die Krustendichte dem tatsächlichen Wert näher kommt$42 km$.

Wenn jemand interessiert ist, kann ich versuchen, den Code dafür auf Github oder ähnlichem zu veröffentlichen. Ansonsten ist es etwas länger als die anderen hier geposteten, also vermeide ich es vorerst, diesen Raum zu überladen.

Ich betrachte zwei Modelle einer „fetten Erde“:

1. ein kugelsymmetrischer Innenraum mit einer asphärischen Oberflächenschicht im hydrostatischen Gleichgewicht. Diese Analyse verallgemeinert von der in anderen Antworten angenommenen konstanten Dichte und zeigt dadurch die Empfindlichkeit der Abflachung gegenüber der Oberflächendichte. Ich vergleiche das Ergebnis mit denen verschiedener anderer Antworten.
2. Um den Effekt der inneren Asphärizität abzuschätzen, betrachte ich erneut den von Ron Maimon analysierten Fall von zwei konzentrischen abgeflachten Kugeln konstanter Dichte, die beide im hydrostatischen Gleichgewicht sind. Meine Berechnung zeigt, dass der Effekt der Abplattung des Kerns auf die Oberflächenabflachung gering ist, verglichen mit dem Einfluss eines dichten Kerns auf die durchschnittliche Dichte.

Für beide Analysen verwende ich das folgende Ergebnis: Betrachten Sie eine dünne Materialhülle mit Dichte$\rho_s$, mittlerer Radius$r_o$, und Dicke

$$\delta r_s(\theta)=-\frac{2}{3}f r_o P_2(\cos \theta)$$

(Dies sind Polarkoordinaten mit$P_2 = \frac{1}{2} ( 3\cos^2 \theta -1)$, das zweite Legendre-Polynom.) Beachten Sie das$\Delta r_s = \delta r_s(\pi/2) - \delta r_s(0) = f r_0$, So$f$ist die Abflachung. Es ist leicht zu zeigen, dass der mittlere Radius tatsächlich gilt$r_o$und die Nettomasse der Schale ist 0. (Denken Sie an eine Oberflächenmassendichte$\rho_s \delta r_s$, was wo negativ ist$\delta r_s<0$. Ignorieren Sie für den Moment die Aphysikalität der negativen Masse; in der Praxis wird diese Hülle einer Kugel überlagert.)

Dann, in erster Ordnung in f, ist das von dieser Shell erzeugte Feld

$$r > r_o: \phi_e(r,\theta)= \frac{2}{5} f \frac{G \rho_s V(r_o)}{r} \left( \frac{r_o}{r} \right)^2 P_2(\cos\theta)$$

$$r < r_o: \phi_e(r,\theta)= \frac{2}{5} f \frac{G \rho_s V(r_o)}{r_o} \left( \frac{r}{r_o} \right)^2 P_2(\cos\theta)$$

(Hier$V(r) = \frac{4 \pi}{3} r^3$ist das Volumen einer Kugel mit Radius$r$.) Ich füge am Ende eine Gliederung der Berechnung bei.)

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1. Kugelsymmetrische Innen- + Oberflächenschicht

Sei die durchschnittliche Dichte des Innenraums$\rho_a=M/V(r_o)$und die Dichte an der Oberfläche$\rho_s$. Dann ist mit der oben beschriebenen asphärischen Oberflächenschicht das Potential auf der Oberfläche (erster Ordnung in f):

$$\phi_s = - \frac{GM}{r_{o}}\left( 1+ \frac{2}{3} f P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} f \frac{G V(r_{o}) \rho_s}{r_{o}} P_2(\cos \theta) \\ - \frac{1}{3} \omega^2 r_{o}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

wobei der erste Term die Änderung des sphärischen Potentials beinhaltet (das „$mgh$"Term) das zweite ist das Quadrupolpotential und das letzte das Pseudopotential der Rotation (in Form von Legendre-Polynomen geschrieben). Grob gesagt ist die Oberfläche an den Polen näher am Zentrum und daher tiefer im Potential gut, aber die Verringerung der Masse in der Nähe wirkt diesem Effekt teilweise entgegen.

Für das hydrostatische Gleichgewicht muss dieses Potential unabhängig sein$\theta$, So:

$$-\frac{2}{3} \frac{M}{r_o} f + \frac{2}{5} \frac{\rho_s V(r_o)}{r_o} f = -\frac{1}{3} \omega^2 r_o^2$$

Lösung:

$$\left( 1 - \frac{3}{5} \frac{\rho_s}{\rho_a} \right) f = \frac{1}{2} \frac{\omega^2 r_o^2}{GM/r_o} = \frac{1}{2} \frac{\omega^2 r_o}{g} = \frac{q}{2}$$

oder

$$\Delta r_s = f r_o = \frac{1}{1-\frac{3}{5} \frac{\rho_s}{\rho_a}} \frac{q}{2} r_o$$

Zahlen: Ich benutze$r_o=6370$km,$\rho_a = 5520$kg/m$^3$, Und$q=3.438 \cdot 10^{-3}$

Fälle.

1. Grenze von 0 Oberflächendichte$(\rho_s/\rho_a \rightarrow 0)$.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o = 10.95 \text{ km}$
   Keine Oberflächendichte impliziert kein Quadrupolfeld, daher ist dieses Ergebnis das gleiche wie das in der Frage berechnete und auch das gleiche wie in Professor Morins Text von 2004, Abschnitt 9.4, Problem 8. (Professor Morin hat diesem Problem 3 von 4 Schwierigkeitssternen zugewiesen ; vielleicht hätte es 4 von 4 sein sollen?)
2. $\rho_s=\rho_a$, einschließlich des von Qmechanic und Ron Maimon analysierten Falls konstanter Dichte.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /(1-3/5) = (5/2) (q/2) r_o = 27.37 \text{ km}$, in Übereinstimmung.
3. $\rho_s=3400$kg/m$^3$, wie in der numerischen Berechnung von AlanSE.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /[1-(3/5)(3400/5520)] = 1.586 (q/2) r_o = 17.37 \text{ km}$, wieder einverstanden.
4. $\rho_s/\rho_a = 4/5$, was der zusätzlichen Kernmasse von Ron Maimon entspricht.
   $\Delta r_s = (q/2)r_o /[1-(3/5)(4/5)] = (25/13) (q/2) r_o = 1.923 (q/2) r_o =21.06 \text{ km}$.

   ---

2. Zwei übereinanderliegende abgeflachte Kugeln mit jeweils konstanter Dichte

Der Analyse von Ron Maimon folgend füge ich nun eine Kernmasse hinzu. Notation:

1. Ich werde die Kugel mit kleinerem Radius Nr. 1 (wie Ron Maimon) mit Nennradius nennen$r_{co}$, Masse$M_1$, konstante Dichte$\rho_1=M_1/V(r_{co})$, und Abflachung$f_c$.
2. Die Kugel mit größerem Radius ist Nr. 2 (anders als Ron Maimons Analyse, tut mir leid), mit Nennradius$r_{so}$, Masse$M_2$, konstante Dichte$\rho_2=M_2/V(r_{so})$, und Abflachung$f_s$

Es wird angenommen, dass sich beide Kugeloberflächen im hydrostatischen Gleichgewicht befinden (und daher abgeflacht sind). Die beiden Abflachungskoeffizienten koppeln über ihre Quadrupolfelder.

Durch Überlagerung der Felder für die beiden Massen beträgt das Potential an der Kernoberfläche:

$$\phi_c = - \frac{G M_1}{r_{co}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_c P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_1}{r_{co}} \left( \frac{r_{co}}{r_{co}} \right)^2 f_c P_2(\cos \theta) -\frac{3}{2} \frac{G M_2}{r_{so}} \left[ 1 - \frac{1}{3} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 \left( 1 - \frac{4}{3} f_c P_2(\cos \theta) \right) \right] + \frac{2}{5} \frac{G M_2}{r_{so}} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 f_s P_2(\cos \theta) - \frac{1}{3} \omega^2 r_{co}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

Das Potential an der Außenfläche ist:

$$\phi_s = - \frac{G M_1}{r_{so}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_s P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_1}{r_{so}} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 f_c \, P_2(\cos \theta) - \frac{G M_2}{r_{so}} \left( 1+ \frac{2}{3} f_s P_2(\cos \theta) \right) + \frac{2}{5} \frac{G M_2}{r_{so}} \left( \frac{r_{so}}{r_{so}} \right)^2 f_s \, P_2(\cos \theta) - \frac{1}{3} \omega^2 r_{so}^2 \left( 1 - P_2(\cos \theta) \right)$$

Erfordert für das hydrostatische Gleichgewicht, dass es keine gibt$\theta$-Abhängigkeit ergibt das Gleichungspaar:

$$\left[ 1 - \frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} \right] f_s - \alpha f_c = \frac{q}{2} \text{ , surface}$$

$$-\frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} f_s + \beta f_c = \frac{q}{2} \text{ , core}$$

$$\text{where } \alpha = \frac{3}{5} \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^2 \frac{M_1}{M_1+M_2}$$

$$\text{and } \beta = \left( \frac{r_{so}}{r_{co}} \right)^3 \left[ \frac{M_1 + \left( \frac{r_{co}}{r_{so}} \right)^3 M_2}{M_1+M_2} - \frac{3}{5} \frac{M_1}{M_1+M_2} \right]$$

Lösung:

$$f_c = \frac{1}{\beta + \alpha} f_s$$ $$f_s = \frac{1}{1-\frac{3}{5} \frac{M_2}{M_1+M_2} - \frac{1}{1+\beta/\alpha}} \frac{q}{2}$$

Beachten Sie, dass$\frac{M_2}{M_1+M_2} = \frac{\rho_s}{\rho_a}$, im Einklang mit der vorherigen Analyse.

Numerik. Verwenden der Werte von Ron Maimon:$\frac{r_{co}}{r_{so}}=\frac{1}{2}, and \frac{M_1}{M_2}=\frac{1}{4}$, rechnet man$\alpha = 0.030, \beta = 1.440$Und$1/(1+\beta/\alpha) = 0.020$, mit dem Ergebnis, dass der Wert für$f_s/(q/2)$berechnet in Teil 1 Fall 4,$1.923$, wird auf 2,002 (+4 %) erhöht, wenn die Kernabplattung einbezogen wird. Dieser Effekt ist kleiner als der Effekt der Kernmasse beim Absenken$\rho_s/\rho_a$, was reduziert$f_s/(q/2)$von 2,5 auf 1,923 (-23 %).

---

Abschließend sei hier ein Überblick über die Berechnung des Potentials aufgrund einer "Quadrupol"-Hülle gegeben: Approximiere die Hülle als eine Fläche mit variabler Massendichte am mittleren Radius$r_o$. Diese Fläche kann in konstante Ringe zerlegt werden$\theta$mit Masse

$$dm(\theta') = 2 \pi r_0 \sin \theta' \, r_0 \, d\theta' \, \delta r_s \, \rho_s = - f \rho_s \frac{4 \pi}{3} r_o^3 \, P_2(\cos \theta') \, \sin \theta' \, d \theta'$$

Das von diesem Ring erzeugte Potential wird in Jackson, Classical EM , Abschnitt 3.3 berechnet:

$$r>r_o: d\phi (r,\theta) = - \frac{G \, dm(\theta')}{r} \sum_{l=0}^{\infty} \left( \frac{r_o}{r} \right)^l P_l(\cos \theta') P_l(\cos \theta)$$

Ersetzen Sie die Massendichte (die proportional zu ist$P_2$) und Integration über$\theta'$nullt alle Terme außer dem$P_2$Term aufgrund der Orthogonalität der Legendre-Polynome, was das angegebene Ergebnis ergibt. (Die Entwicklung für$r<r_0$ist ähnlich.)

Hier möchte ich die theoretische Vorhersage eines Faktors numerisch überprüfen$\frac{2}{5}$im Unterschied zu Mark Eichenlaubs ursprünglichem Monopolargument. In der Praxis bedeutet dies, die Differenz des Gravitationspotentials zwischen dem Nordpol und dem Äquator zu berechnen und durch die entsprechende Differenz der Monopolpotentiale zu dividieren. Aus numerischen Gründen ist es in der Praxis besser, den inversen (=reziproken) Bruch zu berechnen, mit dem dann verglichen werden sollte$\frac{5}{2}$. Da meine Programmierkenntnisse begrenzt sind, habe ich einfach einen langsamen MAPLE-Code geschrieben, um die Arbeit zu erledigen.

 b:=100; f:=.10; a:=b*(1+f); V1:=evalf(4*Pi*a^2*b/3); 
 xa:=a; ya:= 0; za:=0; xb:=0; yb:=0; zb:=b; 
 U1a := evalf(V1/sqrt(xa^2 + ya^2 + za^2)); 
 U1b := evalf(V1/sqrt(xb^2 + yb^2 + zb^2));

 Ua:=0;Ub:=0;V:=0;
 for x from -a-.5 by 1 to a+.5 do 
 for y from -a-.5 by 1 to a+.5 do 
 for z from -b-.5 by 1 to b+.5 do 
 if (x/a)^2 + (y/a)^2 + (z/b)^2 < 1 then 
 Ua:=Ua + 1/sqrt((x-xa)^2 + (y-ya)^2 + (z-za)^2); 
 Ub:=Ub + 1/sqrt((x-xb)^2 + (y-yb)^2 + (z-zb)^2); 
 V:=V+1;
 end if;od;od;od;

 b;f;Ua;U1a;Ub;U1b;V;V1;Ub-Ua;U1b-U1a;(U1b-U1a)/(Ub-Ua);

Das Ergebnis mit Polarradius$b:=100$War

$$\begin{array}{cc} \mathrm{Flatness}&\mathrm{Inverse \ fraction} \\ f & \frac{U_{1b}-U_{1a}}{U_b-U_a} \\ \\ 0.10 & 2.5549 \\ 0.05 & 2.5353 \\ 0.03 & 2.5149 \\ 0.02 & 2.5085 \\ 0.01 & 2.5088 \\ \end{array}$$

Die Tatsache, dass sich die Schätzung durch die Flachheit nicht verbessert$0.02$Zu$0.01$ist ein Gitterartefakt, da der Gitterabstand in der gleichen Größenordnung liegt wie der Radiusunterschied zwischen dem Nordpol und dem Äquator.