Autor Tema: El planeta Mercurio

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13 Abril, 2021, 05:47 pm
Respuesta #10

NoelAlmunia

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Realmente las distancias astronómicas son tan grandes que generalmente se expresan en cantidades aproximadas. Si quieres más aproximación puede calcularse ya que se conoce que el perihelio o distancia más cerca del planeta al Sol es de 0.307499 UA, (UA: unidades astronómicas).
Una unidad astronómica es la distancia media entre la Tierra y el Sol y es una unidad de referencia. Una UA equivale aproximadamente a 93 millones de milla y una milla equivale a 1.60934 Km. Por tanto, 0.307499UA=28597407 millas, que a su vez equivale a 46022950.98 Km.
Por eso se dice que Mercurio tiene una distancia mínima al Sol de aproximadamente \( 4.6\cdot{10^7} \)Km
Por tanto su distancia máxima al Sol sería en este caso \( a+c=5.7934\cdot{10^7}+1.1934\cdot{10^7}=69868000 \)Km
Por eso se dice que equivale aproximadamente a \( 7\cdot{10^7} \)Km. Esto es, 0.466697UA de afelio.
El cálculo que sacas es correcto, ese es el valor.
Hay varias fórmulas de aproximación para calcular el perímetro de una elipse como estas otras:
\( L=\pi\displaystyle\left(1.5(a+b)-\sqrt[ ]{ab}\right) \)
\( L=\pi\displaystyle(a+b)\left(\displaystyle\frac{64-3\lambda^2}{64-16\lambda^2}\right) \), donde \( \lambda=\displaystyle\frac{a-b}{a+b} \)

¿Pero si no contaras con estas fórmulas de aproximación, qué podrías hacer tú como matemático para estimar esta longitud?

13 Abril, 2021, 05:59 pm
Respuesta #11

feriva

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Realmente las distancias astronómicas son tan grandes que generalmente se expresan en cantidades aproximadas. Si quieres más aproximación puede calcularse ya que se conoce que el perihelio o distancia más cerca del planeta al Sol es de 0.307499 UA, (UA: unidades astronómicas).
Una unidad astronómica es la distancia media entre la Tierra y el Sol y es una unidad de referencia. Una UA equivale aproximadamente a 93 millones de milla y una milla equivale a 1.60934 Km. Por tanto, 0.307499UA=28597407 millas, que a su vez equivale a 46022950.98 Km.
Por eso se dice que Mercurio tiene una distancia mínima al Sol de aproximadamente \( 4.6\cdot{10^7} \)Km
Por tanto su distancia máxima al Sol sería en este caso \( a+c=5.7934\cdot{10^7}+1.1934\cdot{10^7}=69868000 \)Km
Por eso se dice que equivale aproximadamente a \( 7\cdot{10^7} \)Km. Esto es, 0.466697UA de afelio.
El cálculo que sacas es correcto, ese es el valor.
Hay varias fórmulas de aproximación para calcular el perímetro de una elipse como estas otras:
\( L=\pi\displaystyle\left(1.5(a+b)-\sqrt[ ]{ab}\right) \)
\( L=\pi\displaystyle(a+b)\left(\displaystyle\frac{64-3\lambda^2}{64-16\lambda^2}\right) \), donde \( \lambda=\displaystyle\frac{a-b}{a+b} \)

¿Pero si no contaras con estas fórmulas de aproximación, qué podrías hacer tú como matemático para estimar esta longitud?

No lo sé, porque no soy matemático ni nada, sólo un mal aficionado :)

No era una crítica a las fórmulas ni a los métodos, ni mucho menos, sólo me planteaba hasta qué punto merecía la pena (desde un punto de vista práctico) aplicar métodos numéricos o cálculo diferencial cuando los datos no son demasiado exactos (si es que no lo son, que tampoco estaba seguro) porque a partir de cierta cifra ya no va a ser de verdad lo que se obtenga.

Saludos.

13 Abril, 2021, 06:17 pm
Respuesta #12

Abdulai

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Si no contara con esa aproximación abriría Octave o Matlab  y usaría la función ellipke
O entraría a WolframAlpha y usaría la función EllipticE(x)

13 Abril, 2021, 08:28 pm
Respuesta #13

NoelAlmunia

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Si no contara con esa aproximación abriría Octave o Matlab  y usaría la función ellipke
O entraría a WolframAlpha y usaría la función EllipticE(x)

La tecnología es importante y ayuda a comprender claramente los conceptos matemáticos, cuando se utilizan correctamente. Pero no por eso le vamos a decir a nuestros hijos que no aprendan a sumar ni a multiplicar, que mejor aprendan a utilizar una calculadora.
Creo que ese no es el espíritu de este Foro, sino el de tratar de resolver los problemas de manera analítica.
Recuerdo entonces a Isaac Newton en el momento que se le hizo imposible calcular las áreas bajo las curvas las cuales estaba investigando: \( \displaystyle y=\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2} \) para \( n=0,1,2,3... \) no corrió a buscar una computadora.
Sino que investigó y al observar patrones e interpolar, fue capaz de hallar las respuestas para valores impares de \( n \) y se dió cuenta de que podía obtener las mismas respuestas expresando esta función como una serie infinita.
Cuando tenía 22 años, en 1665, descubrió por primera vez el desarrollo de la serie infinita \( \left(a+b\right)^k \) cuando \( k \) es un exponente fraccionario, positivo o negativo.

14 Abril, 2021, 04:10 am
Respuesta #14

Richard R Richard

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Resolviendo la integral de línea por método numérico,  sin ninguna aproximación polinómica, con distintos pasos de iteración


longtud(km)paso(km)
283203626,8610000
285059975,8321000
285650890,136100
285838142,6410
285897395,9961
285935649,3160.1


Ya casi está fijo el 4 dígito significativo.



Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

14 Abril, 2021, 09:09 am
Respuesta #15

Luis Fuentes

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Hola

La tecnología es importante y ayuda a comprender claramente los conceptos matemáticos, cuando se utilizan correctamente. Pero no por eso le vamos a decir a nuestros hijos que no aprendan a sumar ni a multiplicar, que mejor aprendan a utilizar una calculadora.
Creo que ese no es el espíritu de este Foro, sino el de tratar de resolver los problemas de manera analítica.
Recuerdo entonces a Isaac Newton en el momento que se le hizo imposible calcular las áreas bajo las curvas las cuales estaba investigando: \( \displaystyle y=\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2} \) para \( n=0,1,2,3... \) no corrió a buscar una computadora.
Sino que investigó y al observar patrones e interpolar, fue capaz de hallar las respuestas para valores impares de \( n \) y se dió cuenta de que podía obtener las mismas respuestas expresando esta función como una serie infinita.
Cuando tenía 22 años, en 1665, descubrió por primera vez el desarrollo de la serie infinita \( \left(a+b\right)^k \) cuando \( k \) es un exponente fraccionario, positivo o negativo.

No acabo de entender del todo, NoelELL, con que finalidad estás planteando esta cuestión. No se si, como reto, estás proponiendo que la gente idee formas de aproximar el perímetro de una elipse mediante cuentas que uno pueda hacer a mano. O si realmente no sabes como hacerlo (no me lo parece) y necesitas ayuda.

En cualquiera de los dos casos no tengo 100% claro que cosas "permites" usar en esa resolución y cuáles no.

Saludos.

14 Abril, 2021, 11:08 am
Respuesta #16

Richard R Richard

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Yo tampoco veo que busque respuesta en el sentido de ser "preciso", porque la órbita de mercurio justamente es la menos elíptica del sistema solar. Tampoco busca la posición en función del tiempo sino la longitud de la órbita.
Mercurio  como cualquier otro de los planetas del sistema solar no solo es atraído gravitacionalmente por el Sol, sinó también por el resto de los planetas, los que más afectan su órbita a parte del Sol son Júpiter y Saturno por ser los más masivos y "cercanos".
Asi la elipse es una solución al problema de los dos cuerpos, Sol-Mercurio pero para ser preciso se necesita abordar el problemas de los n cuerpos, incluyendo como mínimo a Júpiter y a Saturno.
Aún así para ser más realista se debe plantear un modelo para una posición y tiempo iniciales si la desea graficar .
A este resultado orbital le faltará aún el corrimiento al del perihelio adicional, que solo se calcula atraves de la relatividad general y no por la aplicación de la teoría newtoniana.
Por lo que cualquier resultado hasta la cuarta cifra signicativa, va a poderse contrasta al telescopio.
Esto es válido sea cual fuere el método de integración o aproximación de la elipse a polinomios por series de Maclaurin o Taylor .
 
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

14 Abril, 2021, 02:28 pm
Respuesta #17

NoelAlmunia

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Yo tampoco veo que busque respuesta en el sentido de ser "preciso", porque la órbita de mercurio justamente es la menos elíptica del sistema solar. Tampoco busca la posición en función del tiempo sino la longitud de la órbita.
Mercurio  como cualquier otro de los planetas del sistema solar no solo es atraído gravitacionalmente por el Sol, sinó también por el resto de los planetas, los que más afectan su órbita a parte del Sol son Júpiter y Saturno por ser los más masivos y "cercanos".
Asi la elipse es una solución al problema de los dos cuerpos, Sol-Mercurio pero para ser preciso se necesita abordar el problemas de los n cuerpos, incluyendo como mínimo a Júpiter y a Saturno.
Aún así para ser más realista se debe plantear un modelo para una posición y tiempo iniciales si la desea graficar .
A este resultado orbital le faltará aún el corrimiento al del perihelio adicional, que solo se calcula atraves de la relatividad general y no por la aplicación de la teoría newtoniana.
Por lo que cualquier resultado hasta la cuarta cifra signicativa, va a poderse contrasta al telescopio.
Esto es válido sea cual fuere el método de integración o aproximación de la elipse a polinomios por series de Maclaurin o Taylor .

Hermanos, es un problema académico que encontré en un libro de análisis cuando estudiaba, no lo inventé yo.
No es un problema de precisión para cálculos de la NASA ni mucho menos pero los datos utilizados y la respuesta coincide perfectamente con los datos que brinda la Wikipedia sobre la trayectoria del planeta Mercurio.
Busquen "Planeta mercurio" en Wikipedia y verán los datos reales y como sí concuerdan totalmente con los brindados por el ejercicio.
El objetivo es meramente su resolución por algún método analítico.
Saludos.

14 Abril, 2021, 07:06 pm
Respuesta #18

Richard R Richard

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del al wikipedia
Citar

Órbita y rotación

Órbita de Mercurio
La órbita de Mercurio es la más excéntrica entre todos los planetas que orbitan el Sol, (antes de ser reclasificado como planeta enano, ese característica le correspondía al entonces planeta Plutón). La distancia de Mercurio al Sol varía en un rango entre 46 y 70 millones de kilómetros. Tarda 88 días terrestres en dar una traslación completa. La inclinación de su plano orbital con respecto al plano de la eclíptica de 7°.

En la imagen anexa se ilustran los efectos de la excentricidad, mostrando la órbita de Mercurio sobre una órbita circular que tiene el mismo semieje. La elevada velocidad del planeta cuando está cerca del perihelio hace que cubra esta mayor distancia en un intervalo de solo cinco días. El tamaño de las esferas, inversamente proporcional a la distancia al Sol, es usado para ilustrar la distancia variable heliocéntrica. Esta distancia variable al Sol, combinada con la rotación planetaria de Mercurio de 3:2 alrededor de su eje, resulta en complejas variaciones de la temperatura de su superficie, pasando de los –185°C durante las noches hasta los 430 °C durante el día.

La inclinación de su eje de rotación respecto del eje perpendicular a su plano orbital es de tan solo 0,01° (grados sexagesimales), unas 300 veces menos que la de Júpiter, que es el segundo planeta en esta estadística con 3,1° (en la Tierra la inclinación es de 23,5°). De esta forma, un observador en el ecuador de Mercurio durante el mediodía local nunca vería el Sol más que 0,01° al norte o al sur del cenit. Análogamente, en los polos el centro del Sol nunca pasa más de 0,01° por encima del horizonte.



Hola Nadie te ha dicho que los datos no fueran reales, solo nos preguntamos, cuan preciso necesitas tu resultado, y porque refieres una resolución analítica por sobre una numérica.

Si quieres una resolución analítica bastante aproximada , usa la función

\( y=b\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}} \)

calcula la derivada


\( \dfrac{dy}{dx} \)


luego construye \( F= \sqrt{1+\left( \dfrac{dy}{dx} \right)^2} \)


esta seria la función que te daría la distancia cuando hagas

\( D=4\displaystyle \int_0^a F\, dx \)

por  lo que puedes hacer un polinomio de Taylor que aproxime a \( F \)  y luego resolver la integral  para el valor  de a que necesites.. si a es el semieje mayor de la orbita de Mercurio entonces te dará un aproximado de la longitud de la orbita elíptica.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

14 Abril, 2021, 09:55 pm
Respuesta #19

NoelAlmunia

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Para determinar el perímetro o longitud de la órbita elíptica del planeta hagamos uso del concepto de longitud de arco de una curva plana, en este caso definida por las ecuaciones paramétricas de la elipse para lograr menos complejidad en el cálculo.
La longitud viene dada en este caso por la fórmula:
\( L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt[ ]{\left(\displaystyle\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}\,d\theta \)

Asumiendo la elipse centrada, con el Sol en uno de sus focos, parametrizamos la elipse respecto a \( \theta \):
\( x=a\,\cos\left(\theta\right) \)     \( y=b\,\sen\left(\theta\right) \)
\( \displaystyle\frac{dx}{d\theta}=-a\,\sen\left(\theta\right) \)    \( \displaystyle\frac{dy}{d\theta}=b\,\cos\left(\theta\right) \)
\( L=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sqrt[ ]{a^2\,\sen^2\left(\theta\right)+b^2\,\cos^2\left(\theta\right)}\,d\theta=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sqrt[ ]{a^2-a^2\,\cos^2\left(\theta\right)+b^2\,\cos^2\left(\theta\right)}\,d\theta \)

\( L=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sqrt[ ]{a^2-\left(a^2-b^2\right)\,cos^2\left(\theta\right)}\,d\theta=a\,\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sqrt[ ]{1-\left(\displaystyle\frac{a^2-b^2}{a^2}\right)\,\cos^2\left(\theta\right)}\,d\theta \)
Dónde: \( c^2=a^2-b^2 \),   \( e=\displaystyle\frac{c}{a} \)

Finalmente obtenemos: \( L=a\,\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sqrt[ ]{1-\left(e^2\right)\,\cos^2\left(\theta\right)}\,d\theta \)
Integrar esta función a mano es increíblemente difícil, si tiene un sistema algebraico computarizado puede evaluarla. Pero como el objetivo es desarrollarla analíticamente, una opción sería expresar la función subintegral como una serie de potencias infinita. Si nos damos cuenta, esta función determina una expresión binomial de la forma \( \left(1+x\right)^k \) escribiéndola como \( \left(1+\left(-e^2\cos^2\left(\theta\right)\right)\right)^{\frac{1}{2}} \)

Desarrollando en series de Maclaurin a \( \left(1+x\right)^k \):
\( f_\left(x\right)=\left(1+x\right)^{k} \) \( \longrightarrow{} \) \( f_\left(0\right)=1 \)
\( f'_\left(x\right)=k\,\left(1+x\right)^{k-1} \) \( \longrightarrow{} \) \( f'_\left(0\right)=k \)
\( f''_\left(x\right)=k\,\left(k-1\right)\left(1+x\right)^{k-2} \) \( \longrightarrow{} \) \( f''_\left(0\right)=k\,\left(k-1\right)  \)
\( f_\left(x\right)^\left(n\right)=k\,\left(k-1\right)...\left(k-n+1\right)\,\left(1+x\right)^{k-n} \) \( \longrightarrow{} \) \( f_\left(0\right)^\left(n\right)=k\,\left(k-1\right)...\left(k-n+1\right) \)

Por lo tanto, a partir de Maclaurin encontramos una serie infinita representativa del binomio anterior, se denomina serie binomial.

\( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{f_\left(0\right)^\left(n\right)}{n!}\,x^n}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{k\,\left(k-1\right)...\left(k-n+1\right)}{n!}\,x^n}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle{k\choose n}\,x^n} \)
\( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle{k\choose n}\,x^n}=1+kx+\displaystyle\frac{k\,\left(k-1\right)}{2!}\,x^2+\displaystyle\frac{k\,\left(k-1\right)\left(k-2\right)}{3!}\,x^3+... \)

Para nuestro caso extrapolamos planteando: \( x\equiv -e^2\cos^2\left(\theta\right) \) y \( k=\displaystyle\frac{1}{2} \)
Entonces tendrémos que:
\( \left[1+\left(-e^2\cos^2\left(\theta\right)\right)\right]^{\frac{1}{2}}=1+\displaystyle\frac{0.5}{1!}\,\left(-e^2\cos^2\left(\theta\right)\right)+\displaystyle\frac{\left(0.5\right)\,\left(0.5-1\right)}{2!}\,\left(e^4\cos^4\left(\theta\right)\right)+\displaystyle\frac{\left(0.5\right)\,\left(0.5-1\right)\,\left(0.5-2\right)}{3!}\,\left(-e^6\cos^6\left(\theta\right)\right)+... \)

En este sentido la longitud de la órbita podemos plantearla como una serie de potencia infinita que facilita grandemente el cálculo de las integrales:

\( L=a\,\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\left[\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\displaystyle\frac{\left(0.5\right)\,\left(0.5-1\right)...\left(0.5-n+1\right)}{n!}\,\left(-e\right)^{2n}\,\left(\cos\left(\theta\right)\right)^{2n}\,d\theta\right] \)

Tomando los cuatro primeros términos logramos buena aproximación:
\( L=a\displaystyle\left[\displaystyle\int_{0}^{2\pi}d\theta-\displaystyle\frac{0.5}{1!}\,e^2\,\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos^2\left(\theta\right)\,d\theta-\displaystyle\frac{1}{4\cdot{2!}}\,e^4\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos^4\left(\theta\right)\,d\theta-\displaystyle\frac{3}{8\cdot{3!}}\,e^6\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos^6\left(\theta\right)\,d\theta+...\right] \)

\( L\approx 5.7934\cdot{10^7}\left[2\pi-0.02122\pi-\left(2.251\cdot{10^{-4}}\right)\left(2.3562\right)-\left(4.7762\cdot{10^{-6}}\right)\left(1.9635\right)\right] \)

\( L\approx 5.7934\cdot{10^7}\left[6.21598\right]=3.60116\cdot{10^{8}} \)

Como puede verse, se obtiene gran aproximación por esta via. Las integrales del coseno cuadrado, coseno cuarto y coseno sexto son muy fáciles de resolver.

Saludos cordiales.  ;)