[feriva]

    Hola a tod@s

 y sí tiene una densidad superficial \( \sigma=\frac{M}{4\pi R^2} \), siendo R el radio de la esfera hueca y M su masa.
     

No, no estoy de acuerdo en que pueda tener masa como tal; lo he pensado despacio y creo poder dar argumentos de por qué, elementos diferenciales y otras historias aparte.

Eso viola las condiciones de lo que se define, te estás inventando una dimensión más en cuanto al objeto, que es una superficie.

Pensemos en estas “preguntas de control”:

Sea el vector \( v=(1,3) \), subespacio de V en \( \mathbb{R}^{2} \); ¿cuánto vale la tercera coordenada de \( v \)?.

Sea el vector \( w=(1,3,0) \), subespacio de W en \( \mathbb{R}^{3} \); ¿cuánto vale la tercera coordenada de \( w \)?.

La primera pregunta no tiene sentido, un vector de \( \mathbb{R}^{2} \) “cabe” en \( \mathbb{R}^{3} \) (concretamente \( v=(1,3) \) cabe en el plano \( XY \) si entendemos que las coordenadas se corresponden en el mismo orden) pero esa “cabida” no se considera como tal en matemáticas ni en física, no es un subespacio de \( \mathbb{R}^{3} \), su tercera coordenada no es ni cero ni infinitesimal ni nada, simplemente no tiene.

Del modo similar, en esa integral no se define “dz” respecto del espesor de la esfera, no existe, no es ni cero ni no cero, ni infinitesimal ni nada, sencillamente ocurre que no está. Sí que existe un espacio de \( \mathbb{R}^{3} \) y, de forma parecida a lo de antes, la superficie esférica “cabe” en \( \mathbb{R}^{3} \) o se mueve ahí, pero eso no implica que sus puntos “rellenen” completamente bolas de \( \mathbb{R}^{3} \) topológicamente hablando. Dicho de otra manera, no cabe materia tridimensional en dicha esfera, no puede “entrar” cuerpo susceptible de ser afectado por la gravedad.

Si haces r=R, lo que sucede es que la masa “m” de prueba (una pelotita) queda incrustada en al esfera a la altura de su centro, del de la pelotita; porque, si se apoya, ya no tienes r=R.

Si piensas en una partícula atómica, que sí se podría considerar quizá a la misma distancia R, en ese caso, la gravedad no reza para subpartículas o, si lo hace, a buen seguro que será con otra constante, porque G no funciona; nadie ha conseguido relacionarla dándole un sentido aceptable, que se sepa, de lo contrario ya estaría unificada la física o casi.

Newton llama a su constante G universal, pero esto es en el siglo XVII, en el que se creía que la Vía láctea era todo el Universo que había. Incluso hoy, podemos usar G con seguridad aquí en la Tierra y en el sistema solar, pero las estrellas y las galaxias no las vemos moverse; aunque podemos estimar masas y radios y aplicar el valor de G para suponer su gravedad, si no las vemos moverse, ¿cómo estar seguros de que funciona con el mismo valor en todo el Universo? Sorpresas ya se han llevado y muchas los físicos teóricos con el modelo cosmológico y sus predicciones; la última de ellas debida a las observaciones del telescopio James Webb.

¿Tendrá que ver G? Pues a mí me parece que es una posibilidad (desde hace muchos, no de ahora) porque la edad del Universo está estimada con cálculos que se apoyan, entre otras cosas, en el valor teórico de G.

En el caso de los electrones y tal, pues lo mismo, pero con mucha más seguridad de que no funciona.

Las cosas universales, a la postre, suelen no ser tan universales. Se cuenta que, un día, un alumno llevó a Wolfgang Pauli un trabajo que se llamaba “no sé qué universal” para que se lo revisara (no me acuerdo del título, lo leí hace tiempo). A los días, el alumno (o a lo mejor era otro físico más joven, tampoco recuerdo) le preguntó que qué le había parecido; y Pauli le respondió: “No lo he mirado, en cuanto veo la palabra 'universal' en algún escrito sobre física, ya sé qué es una completa barbaridad”.

....

Y además pasa esto

cuando \( s=0 \) hay una indeterminación del mismo grado en la ecuación y tu le quieres pasar de largo adredre !!!!

Efectivamente, ésta es otra. Como dice Richard, ahí hay una indeterminación. Para que no la haya se puede suponer, como hice yo en el primer dibujo, que la mása “m” de fuera, la que está a distancia P, cae o se apoye sobre el polo de la esfera en vez de en el anillo; y de esa manera s no es cero. Pero entonces no tiene ningún sentido porque el punto superior del anillo ejercería la fuerza según una secante interior o lateralmente sobre el arco. Y, por otra parte, si "s" igual cero, se va al traste la integral como tal, no hay diferencial de nada, no varían los ángulos no varía nada.


Saludos.

[Richard R Richard]

Veamos vienes aquí preguntando  por la solución a

\( F=-\dfrac{GmM}{4Rr^2}\displaystyle\int_{s=r-R}^{s=r+R}1+\left ( \frac{r^2-R^2}{s^2} \right)\, ds \)

y quieres debatir que pasa cuando \( r=R \) , cosa que jamás propuso el autor del artículo que haces referencia, fue una idea tuya de utilizar la integral donde no puede estar definida, y sacar conclusiones físicas erradas a consecuencia de ello.

entonces propones partir de 

\( F=-\dfrac{GmM}{4Rr^2}\displaystyle\int_{0}^{2R}1+\left ( \frac{R^2-R^2}{s^2} \right)\, ds \)

la intención de todo el hilo  es que quieres eliminar el segundo sumando porque es cero

\( F=-\dfrac{GmM}{4Rr^2}\displaystyle\int_{0}^{2R}1 ds=\dfrac{GmM}{2r^2} !!!!!  \) , pero esta mal


cuando \( s=0 \) hay una indeterminación del mismo grado en la ecuación y tu le quieres pasar de largo adredre !!!!

\( F=-\dfrac{GmM}{2r^2} -\dfrac{GmM}{4Rr^2}\displaystyle\int_{r-R}^{r+R}\left ( \frac{r^2-R^2}{s^2} \right)\,ds  \)

esa  integral como segundo sumando no es cero cuando  \( r=R \)

te propongo rebatas  lo siguiente

hagamos el siguiente cambio \( r=R+x \) siendo \( x \) la distancia por fuera de la superficie de la esfera hasta el punto a evaluar.

todo transforma  a

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2}-\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}\displaystyle\int_{x}^{2R+x}\left ( \frac{(R+x)^2-R^2}{s^2} \right)\,ds  \)

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2} +\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}\left . \dfrac{2Rx+x^2}{s} \right|_{x}^{2R+x}  \)

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2} +\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2Rx+x^2)\left(\dfrac 1{2R+x}-\dfrac1{x}\right)  \)

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2} +\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2Rx+x^2)\left(\dfrac {\cancel {x}-(2R+\cancel {x})}{(2R+x)x}\right)  \)

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2} -\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}2R\left(\dfrac {2Rx+x^2}{2Rx+x^2}\right) \)

y ahora que tenemos la misma disyuntiva ¿se presenta  una indeterminación 0/0 o no cuando  \( x = 0 \) es decir  cuando \( r=R \)?, pero como numerador y denominador son iguales en esta ecuación  incluso tomando límites el ratio siempre será 1, cuando  en la fuente mostraba directamente 2R el valor que lo multiplica.

así

\( F=-\dfrac{GmM}{2(R+x)^2} -\dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}2R \)

luego

\( F=-\dfrac{GmM}{(R+x)^2} \)

donde querrías evaluar ?? en \( x=0 \) para \( r=R \) entonces

\( F=-\dfrac{GmM}{R^2} \)  magia!!!!!! 

Espero el intento de rebatir el resultado por supuesto.

Alli tienes un montón de ecuaciones e igualdades cita la que viole un principio matemático y lo debatimos , porque físicos hay varias abstracciones , y he dejado de lado la imposibilidad de que el punto de medición de la gravedad estén a distancia nula del objeto gravitante, que es una objeción digna de atención.

[DCM]

Hola a todos
   En esta ocasión voy a tratar de responder a Richard  para explicar qué es lo que ha realizado de forma incorrecta en el desarrollo que ha realizado.

    1)  Nos planteas la función  F(x), la fuerza de gravedad  que se ejerce sobre una masa m, por una esfera hueca de espesor infinitesimal, siendo x la distancia entre el punto a medir y la superficie exterior  de la esfera, a lo largo de  una dirección radial.
    En un momento determinado, después de resolver la integral se obtiene dentro de la expresión algebraica general  un término \( \frac{1}{x} \), el siguiente:

                        \( \frac{1}{2R+x}-\frac{1}{x} \)


    Para cualquier valor de   \( x\neq 0 \), no hay ningún problema pero para x=0, la función  F(x) no está definida.

   Por lo tanto en el momento que escribes \( \frac{1}{x} \) en ese preciso instante, se debe expresar claramente que  esta expresión es para todo \( x\neq 0 \). Y todo lo que obtengas después está implícito  que \( x\neq 0 \).

   Por lo tanto lo que tú has obtenido en tus ecuaciones es sólo válido  para \( x\neq 0 \) y la magia  final que has hecho es falsa y errónea para x=0.

  2)  Una vez que observas que en x=0 (r=R), no tenemos un valor definido de la función gravedad, el siguiente paso  más probable por las personas que lo descubre es ?     
      Yo me plantee saber cuánto vale la gravedad para x=0 o r=R.

    Pero eso, nadie lo ha realizado desde hasta 300 años hasta este momento que yo sepa y ahora sí se ha realizado por varias personas: Por Masacroso  en los inicios del hilo, también lo ha realizado Feriva cuando ha realizado el esquema geométrico  en donde llevó  la posición r=R, también  lo he indicado yo mismo  explicando que en el desarrollo de la página original que puse,  partimos de r=R (punto sobre la superficie exterior),  en la integral que has puesto el término \( \frac{r^2-R^2}{s^2} \) desaparece y no está. Eso mismo obtuvo Feriva y este término desapareció. En todos los  casos siempre ha salido el mismo resultado que tanto he compartido con todos:

           para r=R          \(  g=\frac{GM}{2R^2}  \)      o lo que es lo mismo      \( g=2\pi G \sigma \)

     A continuación voy a hacer el cálculo de la gravedad de la esfera hueca de espesor infinitesimal para r=R, basándome en el siguiente enlace ya conocido:

http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbasees/Mechanics/sphshell.html#wtls

     DIBUJO 1



   Como podéis ver en esta página la esfera se ha descompuesto en infinitos anillos masivos de anchura diferencial  \( d\theta \) y cada anillo está situado  respecto del punto de medida a la distancia r del centro de la esfera con 2 ángulos \( \theta \) y \( \alpha \) así como por la distancia  s.   
 La expresión general de la fuerza de la gravedad que genera la esfera hueca de espesor infinitesimal en  la masa m es la siguiente:

            \(  F=2\pi G\sigma mR^2\int_{\theta=0}^{\pi}\frac{1}{s^2}cos\alpha sin\theta d\theta  \) 
         
    A partir de ahora vamos  a obtener el valor de F para r=R (en la superficie de la esfera exterior) y como vemos existe un anillo que corresponde a \( \theta = 0 \), que s=0 y por ello a partir de ahora supondremos que \( s\neq 0 \), para no tener problemas con el término \( \frac{1}{s^2} \) y la función esté siempre definida.
 Por ello

\( F=2\pi G\sigma mR^2\lim_{\epsilon \to 0}\int_{\epsilon}^{\pi}\frac{1}{s^2}cos\alpha sin\theta d\theta  \)  (a)

 
       Aplicando la ley  del coseno para \(  \theta \) para cualquier punto r:

    \(  s^2=R^2+r^2-2Rrcos\theta \)  sustituyendo para r=R  y diferenciando obtenemos:

     \( 2sds=2R^2sin\theta d\theta \)  despejando   

             \( sin\theta d\theta=\frac{sds}{R^2} \)   (b)   
  Aplicando la ley  del coseno para  \( \alpha \) en general para cualquier punto r:

  \( R^2=r^2+s^2-2r scos\alpha \)   sustituyendo   r=R   obtenemos:

   \(  s^2=2R scos\alpha \) 

             \( s cos\alpha=\frac{s^2}{2R} \)     (c)

    Entonces sustituyendo (b) en la ecuación  (a)  obtenemos :

\( F=2\pi G\sigma mR^2\lim_{\epsilon \to 0}\int_{\epsilon}^{2R}\frac{1}{s^2}cos\alpha \frac{sds}{R^2} \)    y utilizando el resultado de (c)  obtenemos:

\( F=\frac{2\pi G\sigma m}{2R}\lim _{\epsilon\to 0 }\int_{\epsilon}^{2R}ds \)    dónde vemos que el término   \( \frac{r^2-R^2}{s^2} \) se ha eliminado por completo para r=R.

  Finalmente obtenemos que para r=R  que la gravedad es:

            \(  F=2\pi G\sigma m \)        o lo que es lo mismo  \( F=\frac{GMm}{2R^2} \)

    En resumen, llevamos más de 300 años expresando de forma inexacta el resultado de la integral que estamos estudiando, pues en  el resultado  de la integral de este enlace y en cualquier otro que busques, libros, etc,  se les olvidó decir que  todo lo dicho,  no es válido para r=R, pero esto en matemáticas es un grave error, por lo que mi conclusión es que la integral se ha realizado incorrectamente al faltar este comentario.

       \( g=\frac{GM}{r^2} \)  para todo r perteneciente a [R,infinito)  ES FALSO    pues como mínimo para         r=R      \(  g=\frac{GM}{2R^2} \)

    Como ya  he explicado  en este hilo, este resultado cambia por completo  el comportamiento de la gravedad de las esferas huecas de espesor infinitesimal,  para los puntos que estén a una distancia del orden del radio de la esfera  respecto a lo que oficialmente conocemos y deja invariante  al resto de puntos más alejados.

  Y por  consiguiente afectará al comportamiento de la gravedad de las esferas huecas de espesor finito.

    Un saludo.

[feriva]

Hola a todos
   En esta ocasión voy a tratar de responder a Richard  para explicar qué es lo que ha realizado de forma incorrecta en el desarrollo que ha realizado.

    1)  Nos planteas la función  F(x), la fuerza de gravedad  que se ejerce sobre una masa m, por una esfera hueca de espesor infinitesimal, siendo x la distancia entre el punto a medir y la superficie exterior  de la esfera, a lo largo de  una dirección radial.
    En un momento determinado, después de resolver la integral se obtiene dentro de la expresión algebraica general  un término \( \frac{1}{x} \), el siguiente:

                        \( \frac{1}{2R+x}-\frac{1}{x} \)


    Para cualquier valor de   \( x\neq 0 \), no hay ningún problema pero para x=0, la función  F(x) no está definida.

   Por lo tanto en el momento que escribes \( \frac{1}{x} \) en ese preciso instante, se debe expresar claramente que  esta expresión es para todo \( x\neq 0 \). Y todo lo que obtengas después está implícito  que \( x\neq 0 \).

   Por lo tanto lo que tú has obtenido en tus ecuaciones es sólo válido  para \( x\neq 0 \) y la magia  final que has hecho es falsa y errónea para x=0.

No entiendo que Richard diga eso, DCM (si es que estoy entendiendo lo que discutes, que no sé del todo). Lo que dice Richard básicamente es que, en esto que señalo en azul

\( F=-\dfrac{GmM}{4Rr^{2}}{\displaystyle \int_{s=r-R}^{s=r+R}1+\left(\frac{{\color{blue}r^{2}-R^{2}}}{{\color{blue}s^{2}}}\right)\,ds} \)

hay una inderminación cuando \( r\rightarrow R \) y \( s\rightarrow0 \), una indeterminación del tipo 0/0; no dice que el numerador o el denominador sea cero del todo; decirlo así “cuando s=0” es una forma de hablar, se entiende que quiere decir que tiende a cero, pues está hablando de una indeterminación; lo ha mencionado previamente.

Para que dicho sumando dé cero, el denominador ha de ser un “cero” mucho menos "cero" que el de arriba, debe ser un valor más grande; y en ese caso se llegaría a tu resultado. La cuestión es cómo deduces que \( s^{2}\gg r^{2}-R^{2} \).

Saludos.

[Richard R Richard]

Hola a todos
   En esta ocasión voy a tratar de responder a Richard  para explicar qué es lo que ha realizado de forma incorrecta en el desarrollo que ha realizado.

    1)  Nos planteas la función  F(x), la fuerza de gravedad  que se ejerce sobre una masa m, por una esfera hueca de espesor infinitesimal, siendo x la distancia entre el punto a medir y la superficie exterior  de la esfera, a lo largo de  una dirección radial.
    En un momento determinado, después de resolver la integral se obtiene dentro de la expresión algebraica general  un término \( \frac{1}{x} \), el siguiente:

                        \( \frac{1}{2R+x}-\frac{1}{x} \)


    Para cualquier valor de   \( x\neq 0 \), no hay ningún problema pero para x=0, la función  F(x) no está definida.

Que fácil haces en cortar la expresión y quede fuera de contexto, observa que el sumando no es ese ,  sino todo este que pongo de nuevo acontinuación



\( \dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2Rx+x^2)\left(\dfrac 1{2R+x}-\dfrac1{x}\right) \)


que es lo mismo que


\( \dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2R+x)x\left(\dfrac 1{2R+x}-\dfrac 1{x}\right) \)

y lo mismo que


\( \dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2R+x)\left(\dfrac x{2R+x}-\dfrac x{x}\right) \)


y por supuesto lo mismo que



\( \dfrac{GmM}{4R(R+x)^2}(2R+x)\left(\dfrac x{2R+x}-1\right) \)

dime dónde está  la indefinición cuando \( x=0 \)? en la serie de expresiones que puse, no hay indeterminación y tu mismo dijiste que la integral era definida... hace falta que te cite,  pues lo hago

  Hola a todos,

1) La integral para r=R no es impropia pues el término \( \left ( \frac{r^2-R^2}{s^2} \right)=0 \),,  esto está claro,
 

parece que si \( s=0 \) es lícito dividir por \( s \) pero \( x \) no puede hacerlo,  creo que \( x \) esta pensando en hacer juicio por discriminación.


Que fácil quieres ocultar bajo la alfombra los errores que se te han marcado durante todo el hilo, \( s \) no puede ser cero por el mismo motivo que \( x \) tu dices no puede ser cero, se entiende entonces que te has parado en un lugar que no puedes.


Aver si recuerdas  70 mensajes antes te dije

Hay un detalle cuando \( r=R \) tenemos \( s=0 \) en ese punto la función a integrar no está definida, así que se puede evitar el error si esa distancia llega al valor del espesor de un átomo, pero es anecdótico.

Entiendes que \( dF=\dfrac{GmdM}{s^2} \) y que si algún sumando de la integral, porque la integral es eso una sumatoria de diferenciales, si tienes al menos uno de esos diferenciales que tiende a infinito, , pues bien dentro de la infinidad de anillos a sumar , hay uno en que  \( s=0 \) y existe solo por el capricho tuyo de evaluar la integral en \( r=R \Leftrightarrow s=0 \), tienes un gran problema y el resultado es cualquier cosa menos algo real.


La integral se resuelve perfectamente mientras \( r\neq R \) y cuando \( r=R \) la integral puede tomar arbitrariamente el valor \( F=K\dfrac{GmM}{r^2} \) con \( K\in[0,1] \) , si a ti te parece que es \( K=1/2 \) es solo para tí,  sin ninguna justificación, ni matemática, ni física.


Saludos

[Richard R Richard]

    Entonces sustituyendo (b) en la ecuación  (a)  obtenemos :

\( F=2\pi G\sigma mR^2\lim_{\epsilon \to 0}\int_{\epsilon}^{2R}\frac{1}{s^2}cos\alpha \frac{sds}{R^2} \)    y utilizando el resultado de (c)  obtenemos:

\( F=\frac{2\pi G\sigma m}{2R}\lim _{\epsilon\to 0 }\int_{\epsilon}^{2R}ds \)    dónde vemos que el término   \( \frac{r^2-R^2}{s^2} \) se ha eliminado por completo para r=R.

Enésima incongruencia 

si \( s=\epsilon \) lo sacaa ahora de la galera  para evitar el cero,   entonces \( \dfrac{r^2-R^2}{\epsilon^2}=\dfrac{(R+\epsilon)^2-R^2}{\epsilon^2}= \dfrac{2R}{\epsilon}+1 \)  y esto no puede ser cero por la definición del propio \( \epsilon \), luego tu te equivocas cuando eliminas el termino al decir que es cero, por mi fín del debate y demostrado  por demás que te equivocas.

Suerte

Saludos

[DCM]

Hola de nuevo Richard,   te contesto a continuación:

   1) Fíjate  en la función que has puesto en tu mensaje

  \( f(x)= \frac{x}{x}  \) 

    Mira con detenimiento esta función y haz una tabla dando valores a  la variable x  te darás cuenta que cuando hagas x=0, entonces f(0) no está definida.

   Esta función anterior  \( f(x)= \frac{x}{x} =1 \) para todo valor \( x\neq0 \) y para x=0 no está definida.

    Así que no he puesto nada fuera de contexto,  te he puesto  el dedo en la llaga  pues el problema es cuando una función tiene el término \( \frac{1}{x} \) y el cero está en los posibles valores de x.

   Espero que los matemáticos que aquí están revisando este hilo den su opinión sobre esto. Pero no es necesario, esto está muy claro.

2)  Yo reconozco mis errores y sí la integral para r=R  es  impropia, pero también es cierto que el término \( \frac{r^2-R^2}{s^2} \) desaparece al hacer la integral impropia, como te he demostrado.

    Has visto cómo he realizado el cálculo de la integral impropia, no?  He calculado la integral (qué es impropia en un extremo) en el límite \( \epsilon \to 0 \) como debe ser y el resultado es que este término ha desaparecido, como  he dicho muchas veces.

  Al final el cálculo de la gravedad en r=R es  \( g=\frac{GM}{2R^2} \) 

 3)  Por favor demuestra que  para \( r=R \)    \( g= K \frac{GM}{R^2} \) con  \( k\in \left [ 1,0 \right ] \), pero   partiendo  de la integral  una esfera hueca de espesor infinitesimal y no uses ninguna expresión  oficial de la gravedad de esferas huecas de espesor finito, haciendo límites a espesor cero. 
   Te digo que no lo uses  porque ya te he explicado y demostrado que tus expresiones oficiales de estas esferas huecas de espesor  finito son incorrectas.

    Date cuenta que no sólo a mí  me  ha dado el resultado de   la gravedad en r=R es  \( g=\frac{GM}{2R^2} \)   sino que también le ha dado a Masacroso y todo aquel que haga la integral impropia como se debe hacer.

4) Por último, todavía no te has dado cuenta en la configuración que estamos estudiando la gravedad. Estamos en la situación r=R
        En esta situación 

  \( r^2-R^2=0 \), cero cero cero. 

   El \( \epsilon \)  es  sólo para la variable s, cuando estamos en la configuración r=R. Revisa el cálculo de la integral impropia que he realizado en mi anterior mensaje.

   Un saludo.

[feriva]

Hola, DCM.

Yo había llegado aquí en la respuesta #85

\( dg=-\dfrac{G\cdot cos(\theta)\cdot M\cdot sen(\alpha)\cdot d\alpha}{2s^{2}} \)

Son letras, variables que, en principio pueden tender a lo que sea; a lo que tú quieras.

Ahora, por ley de cosenos

\( R^{2}=r^{2}+s^{2}-2rs\cdot cos(\theta) \)

\( s^{2}=r^{2}+R^{2}-2Rr\cdot cos(\alpha) \)

y de la primera expresión, despejando

\( cos(\theta)=\dfrac{r^{2}+s^{2}-R^{2}}{2rs} \)

Seguidamente, diferenciando en la segunda, como las erres son constantes, tenemos

\( 2s\cdot ds=2Rr\cdot sen(\alpha)d\alpha\Rightarrow \)

\( s\cdot ds=Rr\cdot sen(\alpha)d\alpha \)

de donde

\( sen(\alpha)d\alpha=\dfrac{s\cdot ds}{Rr} \)

Sustituyendo aquí

\( dg=-\dfrac{G\cdot cos(\theta)\cdot M\cdot sen(\alpha)\cdot d\alpha}{2s^{2}} \)

cambiamos seno diferencial de alfa y coseno theta por las expresiones obtenidas

\( dg=-\dfrac{G\cdot\dfrac{r^{2}+s^{2}-R^{2}}{2rs}\cdot M\cdot\dfrac{s\cdot ds}{Rr}}{2s^{2}}\Rightarrow \)

\( dg=-\dfrac{GM}{4r^{2}R}\cdot\dfrac{r^{2}+s^{2}-R^{2}}{s^{2}}ds\Rightarrow \)

\( dg=-\dfrac{GM}{4r^{2}R}\cdot(1+\dfrac{r^{2}-R^{2}}{s^{2}})ds\Rightarrow \)

suma por diferencia, diferencia de cuadrados

\( dg=-\dfrac{GM}{4r^{2}R}\cdot(1+\dfrac{(r+R)(r-R)}{s^{2}})ds \)

y ése es el campo para a un anillo.

Para toda la esfera, integrando a los dos lados desde alfa igual a cero a alfa igual 180 grados, queda

\( g=-\dfrac{GM}{4r^{2}R}\cdot\int_{r-R}^{r+R}(1+\dfrac{(r+R)(r-R)}{s^{2}})ds \).

Y de ahí sale la integral.

Ahora, para operarla, independientemente de lo que valgan las letras, la primitiva es

\( \int(1+\dfrac{(r^{2}+R^{2})(r^{2}-R^{2})}{s^{2}})ds=s+(-\dfrac{(r+R)(r-R)}{s})+c \)

Como es una primitiva no, vale sólo “s”, está la constante. Si “s” distinta de cero y r=R, la primitiva vale s+c, no solamente s. Pero da igual, no tenemos que pararnos en eso, porque es una integral definida; y donde hay patrón no manda marinero.

El primer sumando de la integral definida en los límites, con s=r+R, es

\( r+R+(-(r-R))=2R \)

y el segundo es, con s=r-R

\( -(r-R+(-(r+R)))=2R \).

Esto es independiente de los valores que quieras considerar, es previo, y no hace falta contemplar ninguna integral impropia o con límites “difusos”. Cuando haces eso estás pensando en una partícula sin volumen, ni dimensión de ningún tipo, que se incrusta en la esfera, porque si la masa de prueba tiene un tamaño normal, su centro, al apoyarse en la superficie de la esfera, queda más arriba y no tiene sentido entender r=R ni esos límites para la integral.

Si se incrusta es incorrecto, porque el r va de centro a centro, como en la esfera celeste, y así es imposible r=R.



...

Esta función anterior  \( f(x)= \frac{x}{x} =1 \) para todo valor \( x\neq0 \) y para x=0 no está definida.

¿Qué? Eso, x/x, es 1 para todo valor real x, también para x=0, porque es la misma letra arriba y abajo: https://www.wolframalpha.com/input?i=a%3Dx%2Fx%3B+x%3D0&lang=es


Saludos.

[Richard R Richard]

Hola de nuevo Richard,   te contesto a continuación:

   1) Fíjate  en la función que has puesto en tu mensaje

  \( f(x)= \frac{x}{x}  \) 

    Mira con detenimiento esta función y haz una tabla dando valores a  la variable x  te darás cuenta que cuando hagas x=0, entonces f(0) no está definida.

   Esta función anterior  \( f(x)= \frac{x}{x} =1 \) para todo valor \( x\neq0 \) y para x=0 no está definida.

    Así que no he puesto nada fuera de contexto,  te he puesto  el dedo en la llaga  pues el problema es cuando una función tiene el término \( \frac{1}{x} \) y el cero está en los posibles valores de x.

   Espero que los matemáticos que aquí están revisando este hilo den su opinión sobre esto. Pero no es necesario, esto está muy claro.

Desde el inicio del hilo justamente se  te indicó que \( s =0 \)  o ahora \( x=0 \) provienen solo de tu intención de evaluar la función en el lugar que no puedes, eso provoca las indeterminaciones  y que obtengas lo que tu quieras como resultado, pero no por ello la integral esta mal resuelta, solo tu le das significado a lo que no lo tiene.


Dime, siempre se dijo que la fuerza de gravedad es \( F=\dfrac{GmM}{R^2} \) y entendería que a ti te da lo mismo evaluarla en cualquier punto solo porque es una función matemática, entonces la evaluas en\(  R=0 \) y sas! tenemos gravedad infinita, pero no  hombre, la explicación es que no puedes concentrar la masa en un punto, y calcular la gravedad allí mismo a distancia cero, que sentido tiene eso?, pues el mismo que tu le quieres dar a \( s=0 \) te pone en un punto donde la distancia al evaluar un diferencial es cero \( \color {blue}dF=\dfrac{GmdM}{s^2}=\dfrac{GmdM}{0^2} \) ??!!! y ese diferencial suma  un infinito a la integral, y adiós todo el significado físico y matemático de la integral, por más que esté bien resuelta, se entiende  el párrafo?, reléelo.

[DCM]

Feriva ,  decirte varias cosas:

  1)  Por favor, haz una tabla  de valores (x,\( \frac{x}{x} \))   en una hoja de cálculo   o con una calculadora o como  quieras y verás qué ocurre:
     tabla x
 

   Verás  que para x=0  no se puede calcular el valor de la función.

        La función   \( \frac{x}{x} \)  no está definida en x=0. Espero que  quede claro esto. 
    Y por tanto cuando calculas la gravedad en un punto r=R, la función  g, ocurre igual pues aparece un término \( \frac{1}{r-R} \) que para r=R, la función gravedad no está definida. Esto es indiscutible.

2)  Feriva, decirte que  aquí tratamos de calcular la intensidad gravitatoria, g, en cada uno de los puntos del espacio y eso no depende del objeto  de prueba.
    Estamos calculando la distribución de este campo en cada punto del espacio y luego con esta expresión utilizarla como quieras para calcular las fuerzas que desees sobre los cuerpos masivos que desees.
    Necesitamos saber  qué valor tiene la gravedad en todos los puntos  incluidos en la superficie exterior de la esfera, sobre todo si el objeto que queremos estudiar  está en la superficie de la esfera. La fuerza de la gravedad que se aplica a cada objeto es la suma de todas las fuerzas gravitatorias que se ejercen en cada una de las partículas que forma el objeto y cada una de  estas partículas están a distintas distancias de la superficie de la esfera hueca. Y  como hay punto o puntos del objeto que están apoyando en la superficie, siempre vamos a tener que saber cuál es la  intensidad gravitatoria en su superficie si queremos calcular  la fuerza atractiva.

    Por lo tanto,  es normal que  queramos encontrar cuál es la gravedad en la superficie exterior de estas esferas huecas anteriores.
    El problema es que en el cálculo integral que se ha realizado, una vez que evaluamos la función gravedad en los límites de la integral, aparece que  los resultados sólo son válidos para \( r\neq R \), pues la función gravedad obtenida para r=R no está definida.  LLevamos  más de 300 años sin realizar este cálculo, no crees que ya es hora de hacerlo?.

   Por eso, he realizado el cálculo de la integral  en la situación en la que r=R y como hemos visto el resultado es
 
     \( g=\frac{GM}{2R^2}= 2\pi G \sigma \)     es decir,  coincide con el campo gravitatorio de plano infinito de espesor infinitesimal de la misma \sigma.

       Pero como ya he explicado muchas veces esto es  lo que debería salir pues  la gravedad de un esfera hueca de espesor infinitesimal  en su superficie exterior es igual al de un plano infinito de espesor infinitesimal.

   Ahora quisiera responder a Richard:

     Richard hay  2 situaciones muy distintas para r=R y para \( r\neq R \).

    a)  Para \( r\neq R \) cuando obtienes la función gravedad, g(r), la función que te dice cuánto vale el valor de la gravedad para cada punto r, es en esta función dónde para r=R,  la  función no  está definida. Con lo cual lo único que puedes concluir es sobre el resto de puntos \( r\neq R \) que sí tendremos el valor de la gravedad para cada punto, pero nunca sabremos de este análisis cuánto vale g(R). Por lo tanto la indeterminación se produce en la función final de la gravedad para sólo el punto r=R.

    b) Cuando ves lo que ocurre en el apartado a) lo lógico es tratar de obtener cuánto vale la gravedad para r=R y bueno eso es lo que he realizado yo.
      Pero qué ocurre aquí?,  pues aquí la indeterminación se produce en el integrando, en un único elemento diferencia cuando s=0,  pero en esta ocasión,  esto no imposibilita el cálculo de la función  gravedad para r=R. Si realizando el cálculo como debe ser la integral da un valor finito, entonces no hay problema. El problema estaría cuando al realizar la integral el valor no fuera finito  y en este caso diremos que  la función no está definida para el punto r=R.
      En este caso el cálculo de la integral para el cálculo de la gravedad para  r=R da un valor finito  que he comentado más arriba, lo cual es  cual he explicado que tiene un significado físico.
    En definitiva cuando  una función está en el integrando y  para un punto  esta función  se hace infinita, dependiendo del resultado final de la integral, si es  finita o no,  podremos o no asignar un valor a la función final. Pero si la función no está en un integrando y es ella sola, cuando ocurre que para  un valor de la variable  f(x) es infinito, entonces para ese  valor de la variable la función no existe o no está definida.

   Aquí  estamos en el caso 1º de que la función está en el integrando y su cálculo es finito, por lo que no hay ningún problema ni matemático ni físico.

    Recuerda que en física existen funciones que divergen  y  que su integral entre unos intervalos, da un valor finito.  Como por ejemplo la  función delta de Dirac.

    El resultado  finito o no de la integral es lo importante para desechar o no el análisis en cualquier punto.

   Un saludo.