Mathematical Continuum Mechanics Exercises

Mathematical Continuum Mechanics Exercises

1
Technical University Munich 2016
Lecture on
Mathematical
Continuum Mechanics
Exercises
H.W. Alt & G. Witterstein
Version: 20160826
©
Last major change: 04.12.2015
Copyright 2014-2016 Dr. H.W. Alt & Dr. G. Witterstein
Die Verteilung dieses Dokuments in elektronischer oder gedruckter Form ist
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This is the english version of the script, so far it is only partly translated. This
version is preliminary, it is subject to corrections.
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
Contents
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Asteroid in the atmosphere . . . . . . . . .
Kepler’s laws . . . . . . . . . . . . . . . . .
Apropos Newton . . . . . . . . . . . . . . .
Spheroid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Gravitational field of a hollow sphere . . . .
Gravitation of a rotationally symmetric star
Day and night . . . . . . . . . . . . . . . . .
Cyclone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
N -body problem . . . . . . . . . . . . . . .
Sgr A∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Detonation . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Relativistic gravitational law . . . . . . . .
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3
7
9
12
16
22
25
29
35
42
43
53
Introduction
Die mathematische Modellierung physikalischer Phänomene ist im Skript zur
Vorlesung dargestellt. Sie erfordert für ihr Verständnis die Lösung von Aufgaben, wie sie in dem Skript am Ende jeden Kapitels aufgeführt sind (Skript:
“Mathematische Kontinuuumsmechanik” TUM):
ˆ [Script: Sec I.7 Mass and momentum]
ˆ [Script: Sec II.5 Objectivity]
ˆ [Script: Sec III.5 Entropy and Energy]
Darüber hinaus gibt es auch Aufgaben, für die eine besondere Erklärung
notwendig erscheint. Es sind hier Aufgaben dargestellt, für die das zutrifft.
2
3
1 Asteroid in the atmosphere
1
Asteroid in the atmosphere
Wir behandeln hier ein sich bewegendes Objekt t 7→ ξ(t), bei dem die Masse
variiert, d.h. der Quellterm in der Massenerhaltung des Objektes ist nichtnull.
1.1 Rocket. Let µ ξ defined as in [Script: Equ (I2.6) Moving mass point].Let
two differentiable maps t 7→ m(t) ∈ R and t 7→ v(t) ∈ Rn , and a continuous
map t 7→ r(t) ∈ R be given satisfying the distributional mass conservation law
µξ ) + div (mvµ
µξ ) = rµ
µξ .
∂t (mµ
Show that this implies:
ṁ = r ,
v = ξ˙ .
Solution. The proof works in a similar way as in Lemma [Script: Stmt I.2.6].
Choose a test function ζ ∈ D(R × Rn ). Then
µξ ) − div (mvµ
µξ ) + rµ
µξ D(R×Rn )
0 = ζ , −∂t (mµ
Z
= (m∂t ζ + mv •∇ζ + rζ)(t, ξ(t)) dt ,
R
˙ for x = ξ(t), we get that this
and with the velocity of Γ, that is vΓ (t, x) = ξ(t)
is
Z
Z
Z
= − ṁ(t)ζ(t, ξ(t)) dt + (m(v − vΓ )•∇ζ)(t, ξ(t)) dt +
r(t)ζ(t, ξ(t)) dt .
R
R
R
This identity is true for all ζ ∈ C0∞ (Ω), by approximation it also holds for all
ζ ∈ C01 (Ω) (see [Script: Stmt I.2.4(5)]). Now use ζ(t, x) = η0 (t)χ(t, x) + η1 (t, x),
where η0 ∈ C01 (R), η1 ∈ C01 (R × Rn ), χ ∈ C 1 (R × Rn ) with η1 = 0, χ = 1,
∇χ = 0 on Γ, and χ = 0 away from Γ. Then, the above integral becomes
Z
Z
= (−ṁ(t) + r(t))η0 (t) dt + (m(v − vΓ )(t, ξ(t)))•∇η1 (t, ξ(t)) dt .
R
R
If we choose η1 = 0 it follows for all η0 that the first integral is zero, hence
−ṁ(t) + r(t) = 0 .
Thus the first assertion is shown. Then the above second integral has to be 0. If
we use η1 (t, x) = (x − ξ(t))•w(t) with w ∈ C01 (R), then v(t, ξ(t)) = vΓ (t, ξ(t)) =
˙
ξ(t),
that is the second assertion.
Wir betrachten jetzt ein Objekt, das Masse verliert, d.h. der Quellterm in der
Massenerhaltung ist negativ. Als Beispiel dient der Asteroid, der im November
2013 im Ural auftrat. Etwas zufällige Aufnahmen sieht man in Fig. 1 und Fig. 2.
Dazu die Kommentare:
ˆ “Der Asteroid ist mit 18 Kilometern pro Sekunde, also etwa 65000 Kilometern pro Stunde, in die Atmosphäre eingetreten. Das ist ein Vielfaches
der Schallgeschwindigkeit. Die Luftmoleküle, auf die der Asteroid trifft,
können nicht ausweichen und werden stark komprimiert. Als Folge erhitzt
sich die aufgestaute Luft, sie wird ionisiert. Das, was zur Seite ausweichen
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4
1 Asteroid in the atmosphere
Fig. 1: “Heller als die Sonne: Eine Armaturenbrettkamera hat den Asteroiden
aufgenommen” aus dem Artikel: “So hell wie 30 Sonnen” von Manfred Lindinger
06.11.2013 FAZ-online
kann, erzeugt die Leuchtspur des Meteors. Das, was nicht ausweichen
kann, überträgt enorme Mengen an thermischer und mechanischer Energie auf den Asteroiden. Irgendwann wird die Aufheizung und mechanische Spannung so groß, dass das Material seinen Zusammenhalt verliert –
der Körper zerplatzt in dem Bruchteil einer Sekunde. Dieses Zerplatzen
löst eine Stoßwelle aus.” Aus [Suw 4|2013]
ˆ “Monate nach der Explosion im Ural können Forscher Datails über den
Asteroiden vorlegen: Das 4,45 Milliarden Jahre alte kosmische Gesteinsbrocken habe bei seiner Explosion eine Sprengkraft von 600 Kilotonnen
TNT gehabt.”
Das Beispiel eines Asteroiden oder einer Sternschnuppe (en: falling star), der
sich in der Luft auflöst, wird im folgenden gegeben. Dabei wird, in Abweichung
zum obigen Kommentar, nur die Massenerhaltung betrachtet. Außerdem sei
der Massenverlust des Objektes eine L∞ -Funktion in der Zeit.
1.2 Mass conservation of a rocket and surrounding gas. We give a model
of the flight of a rocket where the loss of mass of the rocket will be incorporated
in the mass of the surrounding gas. Let t 7→ ξ(t) the position vector of the
rocket and let the mass density of the gas given by (t, x) 7→ ̺(t, x). Then we
postulate the following laws
µξ ,
∂t (mRµ ξ ) + div (mR v Rµ ξ ) = −rµ
µξ
∂t (̺Ln+1 ) + div ((̺v − κ∇̺)Ln+1 ) = +rµ
(1.1)
in the distributional sense. Here t 7→ mR (t) is the mass of the rocket and
t 7→ v R (t) its velocity. The term −r < 0 stands for the loss of mass. Show:
(1) The total mass mRµ ξ + ̺Ln+1 is conserved.
˙
(2) The mass equation of the rocket is equivalent to ṁR = −r and v R = ξ.
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5
1 Asteroid in the atmosphere
Fig. 2: Der Tscheljabinsk-Meteor 2013, aus Zeitschrift SuW 4|2013
(3) For v = 0 and κ = const > 0 give the solution of the mass equation for ̺ in
the case that r ∈ C0∞ (R).
Solution (1). The total mass M is a distribution and is given by
M := mRµ ξ + ̺Ln+1 ,
and the total mass is conserved, since
∂t M + div mR v R µξ + (̺v − κ∇̺)Ln+1 = 0 .
This can also be written as (if x 7→ v(t, x) is assumed to be continuous at ξ(t))
∂t M + div (M v + J) = 0 ,
J := mR (v R − v) µ ξ − κ∇̺Ln+1 ,
whith a mass diffusion vector J.
Solution (2). See 1.1. We mention that it is clear that, if r has compact support,
then
Z
r(t) dt = mR (−∞) − mR (+∞) ≤ mR (−∞) ,
R
since mR ≥ 0.
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6
1 Asteroid in the atmosphere
Solution (3). Under the assumptions (1.1) becomes
µξ .
∂t [̺] − κ∆[̺] = +rµ
Since the fundamental solution of the heat equation (see [Script: Stmt I.7.12])
is


|x|2
1

exp
−
for t > 0,
4t
(4πt)n/2
F (t, x) :=

 0
otherwise,
it follows that the fundamental solution of ∂t − κ∆ is


1
|x|2

exp
−
for t > 0,
4κt
(4πκt)n/2
Fκ (t, x) :=

 0
otherwise,
that is, Fκ (t, x) = F (κt, x). Then (∂t − κ∆)Fκ = δ (0,0) . Thus the solution reads
̺(t, x) = ̺0 +
= ̺0 +
Z
t
−∞
Z
t
−∞
′
Fκ (t − t′ , x − ξ(t′ ))r(t′ ) dt′
(1.2)
|x − ξ(t′ )|2 r(t )
exp −
dt′
′
n/2
4κt
(4πκt )
with a constant ̺0 ≥ 0.
Wir betrachten die Lösung ̺ von (1.2) und nehmen nun an, dass als Funktion
in der Zeit r → r0δ t0 konvergiert mit r0 > 0. Es folgt dann
̺(t, x) → ̺0 + r0 Fκ (t − t0 , x − ξ(t0 )) ,
( R
m (−∞) für t < t0 ,
R
m (t) →
mR (−∞) − r0 für t > t0 ,
d.h. wenn der Satellit einen Teil seiner Masse zu einem bestimmtem Zeitpunkt an
die leere Umgebung abgibt, so ist die Gasdichte gleich der mit r0 multiplizierten
Fundamentallösung ab diesem Zeitpunkt. Die distributionellen Differentialgleichungen, mit beliebigem v, lauten dann
∂t (mRµ ξ ) + div (mR v Rµ ξ ) = −r0δ (t0 ,ξ(t0 )) ,
∂t (̺Ln+1 ) + div ((̺v − κ∇̺)Ln+1 ) = +r0δ (t0 ,ξ(t0 ))
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(1.3)
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2 Kepler’s laws
2
Kepler’s laws
2.1 Nachlesen in Wikipedia. Vergleiche die Herleitung der Kepler-Bewegung
in [Script: Stmt I.3.3 Kepler’s law] und [Wikipedia: Kepler Gesetze].
Hinweis: Unsere Herleitung in [Script: Stmt I.3.3] beruht auf der allgemeinen
Massen- und Impulserhaltung, welches äquivalent zu der ODE (der Newton’schen Bewegungsgleichung) ist.
Fig. 3: “Illustration of Kepler’s three laws with two planetary orbits” from
Wikipedia.
2.2 Kepler’s laws. [Script: Stmt I.3.3 “Kepler’sche Bewegung”] Show that the
differential equations in the script imply the three Kepler laws:
1. The Law of Orbits. All planets move in elliptical orbits, with the sun at
one focus.
2. The Law of Areas. A line that connects a planet to the sun sweeps out
equal areas in equal times.
3. The Law of Periods. The square of the period of any planet is proportional to the cube of the semimajor axis of its orbit.
(From hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/kepler.html)
Die Kepler’schen Gesetze werden hergeleitet auf der Grundlage des Newton’schen Gravitationsgesetzes. Es wird dabei nur der Planet betrachtet und
die Anziehungskraft der Sonne berücksichtigt. Die Anziehungskraft anderer
Planeten, oder Monde, werden dabei vernachlässigt, d.h. nicht betrachtet. Die
Kepler-Bewegung ist also als Näherung zu verstehen.
1. The Law of Orbits. We know from [Script: Stmt I.3.3]
r(ϕ) =
p
.
1 − e cos ϕ
(2.1)
We introduce polar coordinates x = r cos ϕ and y = r sin ϕ. Then from (2.1) it
follows
p
rp
=⇒
r=
x2 + y 2 = p − ex .
r + ex
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8
2 Kepler’s laws
We square the equation and obtain
(1 − e2 )x2 + 2pex + y 2 = p2 .
By a simple calculation it follows
y2
p2
p2 e 2
p 2
+
=
+
.
x+e
1 − e2
1 − e2
1 − e2
(1 − e2 )2
We define
a :=
Then it becomes
p
,
1 − e2
b := √
p
.
1 − e2
(2.2)
y2
(x + ea)2
+ 2 =1.
(2.3)
2
a
b
Thus, the set (x, y) fulfilling (2.3) describes an ellipse with one focal point in
(0, 0) and another focal point in (−2ea, 0). The value a in (2.2) is the major
semi-axis and b the minor semi-axis.
2. The Law of Areas. The area between two time points t0 and t reads
Z
1 t
˙ )|dτ ,
F (t0 , t) :=
|ξ(τ ) × ξ(τ
2 t0
where ξ(τ ) = r(ϕ(τ ))eiϕ(τ ) , see I.3.4. By simple computation it is ξ˙ = r′ ϕ̇eiϕ +
rϕ̇ i eiϕ , eiϕ × eiϕ = ~0 and |eiϕ × ieiϕ | = 1 and thus it follows
Z
1p
1 t
pGm0 (t − t0 ) ,
(2.4)
r(τ )2 ϕ̇(τ )dτ =
F (t0 , t) :=
2 t0
2
since r2 ϕ̇ = const, see I.3.4.
3. The Law of Periods. We know from I.3.4
p
ϕ̇r2 = pGm0
where m0 the mass of the sun. Since (2.4), for the entire area in the whole
period T applies
Tp
pGm0 = πab .
2
√
√
From (2.2) we know b = p a and thus
or in the more convenient way
Tp
Gm0 = πa3/2
2
T2
4π 2
=
.
3
a
Gm0
If we consider the case of two planets surrounding the sun we obtain
T 2 a 3
1
1
=
,
T2
a2
where T1 , T2 the periods of the two planets, respectively, and a1 , a2 their major
semi-axes.
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9
3 Apropos Newton
3
Apropos Newton
In this section we show that the differential equation for the gravity field φ ,
φ = ̺, is a consequence of the Newton formula of a mass point with
which is −∆φ
mass m at ξ(t) ∈ R3
m
φ (t, x) =
.
4π|x − ξ(t)|
Or in other words, the differential equation is the closure of Newton’s formula.
This becomes mathematically clear, because
F (t, x) =
1
4π|x|
is the fundamental solution of the negative Laplace operator −∆. We start
with a definition of the differential equation, which is in part a repetition of the
lecture. After that we approximate a given mass density ̺ by a sequence of
finite mass points.
If Ω ⊂ R × R3 is a planet with mass density ̺(t, x), that is it is 0 outside Ω,
then the planet induces a gravity field φ (t, x) for (t, x) ∈ R × R3 , which satisfies
the gravitational law
φ] = [̺] in D ′ (R × R3 ) ,
−∆[φ
φ (t, x) → 0 for |x| → ∞ .
Using the fundamental solution of the Laplace operator, the solution of the
gravity law is given by
Z
̺(t, y)
1
dL3 (y) .
φ (t, x) =
4π R3 |x − y|
Now we assume that the gas pressure outside the planet Ωt is 0, where
Ωt := {x ∈ Rn ; (t, x) ∈ Ω} .
Then we want to study how the planet moves in space. Therefore, we have
to consider mass and momentum of the planet, which is the incompressible
Navier-Stokes equation in the distributional sense, that is, in D ′ (R × R3 )
∂t [̺XΩt ] + div[̺XΩt v] = 0 ,
∂t [̺XΩt v] + div[̺XΩt v vT + pId − S] = [f ] .
The force is given by
φ + f0 ,
f = ̺∇φ
with f0 being the influence from outside, for example from other objects. If
f0 = 0, one neglects all influence from outside. We will assume this from now
φ is well defined, because ̺ and ∇φ
φ are
on. In the formula the product ̺∇φ
L∞ -functions.
We now take for simplicity the particular case that Ωt = D is independent of
time and the planet is assumed to be incompressible, that is
̺(t, x) = ̺0 = const > 0 for x ∈ D ,
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3 Apropos Newton
hence we have for the total mass
Z
Z
̺0 dL3 (y) = ̺0 L3 (D) .
̺(t, y) dL3 (y) =
M=
R3
D
Now everything in the following has t as parameter, therefore we dont write t
explicitly. We consider the set of points ξ ∈ Sε := D ∩ (εZ3 ) and let
Qξ := {x ∈ R3 ; ξi −
ε
ε
≤ x i < ξi + } ,
2
2
mε := ̺0 · ε3 .
The following is true.
Fig. 4: Approximation of the domain
3.1 Theorem. If D has C 1 -boundary (or L3 (Bε (∂D)) → 0 as ε → 0), then as
ε→0
X
mεδ ξ −→ [̺0 XD ] in D ′ (R3 ).
ξ∈Sε
Solution. We have for ζ ∈ D(R3 ), since Qξ are disjoint sets,
+
*
X
X
X
ζ,
ζ(ξ)mε =
mε δ ξ =
L3 (Qξ )̺o ζ(ξ)
ξ∈Sε
ξ∈Sε
=
XZ
ξ∈Sε
Qξ
̺0 ζ(x) dx + O (ε) =
Z
ξ∈Sε
D
̺0 ζ(x) dx + O (ε)
since D has smooth boundary.
We now consider the potential of the mass points ξ ∈ Sε
φ ε,ξ (x) :=
mε
.
4π|x − ξ|
(3.1)
If we sum up these potentials we have approximately the gravity potential of ̺,
which gives mathematically the evidence that the existence of the potential is
caused by the gravity of the local atoms. On the other hand on a large scale one
can observe open star clusters (de: offene Sternhaufen), where the potentials in
(3.1) are approximately the gravity field of a single star at ξ(t). Here the centers
are not distributed uniformly as in the simple mathematical approximation and
also the masses are different.
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
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11
3 Apropos Newton
3.2 Theorem. It follows immediately from the previous theorem, that
X
φ ε,ξ → φ D in D ′ (R3 ),
ξ∈Sε
where φ D is given by
φ D (x) =
Z
R3
̺0 XD (y)
dy .
4π|x − y|
Solution. We define for ζ ∈ D(R3 ) (we can really take ζ ∈ C00 (R3 ))
Z
ζ(x)
η(y) :=
dx
R3 4π|x − y|
a function η ∈ C 0 (R3 ). Then
+
* 
X
XZ


φ
ζ,
=
ε,ξ
ξ∈Sε
XZ
ξ∈Sε
φε,ξ (x) dx
ζ(x)φ
R3
X
mε
dx =
mε η(ξ)
=
ζ(x)
4π|x − ξ|
3
ξ∈Sε
ξ∈Sε R
+
*
X
X
=
mε h η , δ ξ i = η ,
mε δ ξ .
ξ∈Sε
ξ∈Sε
From the previous theorem (this is also true for C00 (R3 ) functions and we can
apply this to η, because the support of the distributions in space is bounded
and therefore we can change η arbitrarily outside this support) it follows that
this converges as ε → 0 to
Z
Z
−→ h η , [̺0 XD ] i =
η(y)XD (y)̺0 dy =
η(y)̺0 dy
R3
D
Z
Z
Z Z
̺0
ζ(x)̺0
ζ(x)
dx dy =
dy dx
=
3 4π|x − y|
R3
D 4π|x − y|
ZD R
φD (x) dx = h ζ , φ D i .
=
ζ(x)φ
R3
Since the solution of the gravity equation is unique, and due to the fundamental
φ] = [̺0 XD ] with
solution of −∆, the potential φ = φ D is the solution of div[−∇φ
φ (x) → 0 as |x| → ∞.
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12
4 Spheroid
4
Spheroid
We consider a planet, which we assume is incompressible, that is, it occupies at
time t a region
Ωt = {x ∈ R3 ; (t, x) ∈ Ω} ,
Ω ⊂ R × R3 ,
and ̺(t, x) = ̺0 = const > 0 for (t, x) ∈ Ω (see the introduction in section 3).
If the planet is not rotating, the shape is a ball Ω − t = BR (0) and the potential
is
Z
̺0
dL3 (y)
φ 0 (t, x) =
,
4π BR(0) |x − y|
in particular,
φ 0 (t, x) =
M
outside BR (0) .
4π|x|
If the planet is rotating with a constant angular speed ω, by Newton’s result (see
[Script: Stmt IV.14.1 “Rotating planet”]) the shape of the planet is a spheroid
(we let the axis of rotation be the x3 -axis)
Ωt = S(a, c) :=
x ∈ R3 ;
x2
x21 + x22
+ 23 ≤ 1 with 0 < c < a .
2
a
c
Consequently, the gravity potential is
φ (t, x) =
̺0
4π
Z
S(a,c)
dL3 (y)
.
|x − y|
Show the following:
4.1 Theorem. For the spheroid the gravity potential satifies
1
M (a2 − c2 )
2
2
2
(|b
x1 | + |b
x2 | − 2|b
x3 | ) + O
φ (t, x) = φ 0 (t, x) +
160π 2 |x|3
|x|5
2
2
a −c
1
= φ 0 (t, x) · 1 +
(|b
x1 |2 + |b
x2 |2 − 2|b
x 3 |2 ) + O
40π|x|2
|x|4
x
as |x| → ∞. Here x
b := |x|
and φ 0 is the gravity potential of a ball with same
total mass M as the spheroid.
Solution. For the difference of the potentials we have
Z
Z
dL3 (y)
dL3 (y) ̺0 .
−
φ (t, x) − φ 0 (t, x) =
4π S(a,c) |x − y|
BR(0) |x − y|
We know
4π 3
4π 2
R = L3 (BR (0)) = L3 (S(a, c)) =
ca ,
3
3
M = ̺0 L3 (BR (0)) = ̺0 L3 (S(a, c)),
since the medium is incompressible. Hence defining the harmonic function
h(z) :=
author: H.W. Alt & G. Witterstein
1
for z ∈ R3 ,
4π|z|
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time: 26-Aug-2016
13
4 Spheroid
we obtain from this identity for x outside S(a, c) and BR (0) by the mean value
property
Z
Z
̺0
dL3 (y)
= ̺0
φ 0 (t, x) =
h(x − y) dL3 (y)
4π BR(0) |x − y|
BR(0)
Z
Z
M
̺0
dL3 (y)
3
.
= 3
h(x − y) dL (y) = M h(x) =
L (BR (0)) BR(0)
4π S(a,c) |x|
Consequently,
Z
1
̺0
1 3
dL (y)
−
φ (t, x) − φ 0 (t, x) =
4π S(a,c) |x − y| |x|
Z
̺0
=
h(x − y) − h(x) dL3 (y) .
4π S(a,c)
We use the expansion
1
h(x − y) = h(x) − y •∇h(x) + y •D2 h(x)y
2
1
− D3 h(x)(y, y, y) + R
6
Z 1 Z s1 Z s2 Z s2
D4 h(x − s4 y)(y, y, y, y) ds4 ds3 ds2 ds1
R := −
0
0
0
0
4
|y|
=O
for |x| large and y ∈ S(a, c)
|x|5
to write
Z
4π
φ(t, x) − φ 0 (t, x)) =
(φ
h(x − y) − h(x) dL3 (y)
̺0
S(a,c)
Z
Z
1
3
=−
y •∇h(x) dL (y) +
y •D2 h(x)y dL3 (y)
2
S(a,c)
S(a,c)
|
{z
}
=0
7
Z
1
R
3
3
for |x| large.
D h(x)(y, y, y) dL (y) + O
−
6 S(a,c)
|x|5
|
{z
}
=0
And with
di :=
Z
S(a,c)
author: H.W. Alt & G. Witterstein
yi2 dL3 (y) ,
d := d1 = d2 ,
title: Exercises
(4.1)
time: 26-Aug-2016
14
4 Spheroid
we compute
Z
y •D2 h(x)y dL3 (y) =
S(a,c)
=
X 3x2 − |x|2 Z
i
i
4π|x|5
S(a,c)
X 3xi xj − |x|2 δij Z
yi yj dL3 (y)
5
4π|x|
S(a,c)
ij
yi2 dL3 (y) =
X 3x2 − |x|2
i
4π|x|5
i
di
1
(3x21 − |x|2 )d1 + (3x22 − |x|2 )d2 + (3x23 − |x|2 )d3
4π|x|5
1
=
(3(x21 + x22 ) − 2|x|2 )ca4 + (3x23 − |x|2 )c3 a2
5
15|x|
ca2
(x2 + x22 − 2x23 )(a2 − c2 )
=
15|x|5 1
=
using the lemma below. We thus obtain
8π
ca2
φ(t, x) − φ 0 (t, x)) =
(x2 + x22 − 2x23 )(a2 − c2 ) + O
(φ
̺0
15|x|5 1
R7
|x|5
,
and therefore
̺0 ca2
(x2 + x22 − 2x23 )(a2 − c2 ) + O
120π|x|5 1
7
̺0 ca2
R
2
2
2
2
2
=
(b
x
+
x
b
−
2b
x
)(a
−
c
)
+
O
2
3
120π|x|3 1
|x|5
7
M (a2 − c2 ) 2
R
2
2
=
.
(b
x
+
x
b
−
2b
x
)
+
O
1
2
3
160π 2 |x|3
|x|5
φ (t, x) − φ 0 (t, x) =
R7
|x|5
4.2 Lemma. If di are defined as in (4.1),
d1 = d2 =
4π 4
1
(d1 + d2 ) =
ca ,
2
15
d3 =
4π 3 2
c a .
15
Solution first version. We define r(y3 ) > 0 by
r(y3 )2 = a2 · 1 −
Then
d3 =
Z
S(a,c)
Z c
y32 dy =
Z
y32 .
c2
c
−c
y32 L2 (Br(y3 ) (0)) dy3
y2 1 − 23 dy3 = 2πa2
= πa
c
−c
5 3
c
4πa2 c3
c
− 2 =
,
= 2πa2
3
5c
15
2
y32
author: H.W. Alt & G. Witterstein
Z
c
0
y32 −
title: Exercises
y34 dy3
c2
time: 26-Aug-2016
15
4 Spheroid
and
Z
1
1
(d1 + d2 ) =
(y 2 + y22 ) dy
2
2 S(a,c) 1
Z c Z r(y3 )
Z Z
1 c
=
r3 dr dy3
(y12 + y22 ) dL2 (y1 , y2 ) dy3 = π
2 −c Br(y )(0)
−c
0
3
Z
Z
π c
π c
4
r(y3 ) dy3 =
r(y3 )4 dy3
=
4 −c
2 0
Z
y 2 4
4πa4 c
π 4 c
1 − 23 dy3 =
.
= a
4
c
15
0
Solution second version. We introduce in S(a, c) so called “polar coordinates”
y = (y1 , y2 , y3 ) = τ (r, ψ, ϕ) by
y1 = τ1 (r, ψ, ϕ) = arsin ψcos ϕ ,
y2 = τ2 (r, ψ, ϕ) = arsin ψsin ϕ ,
y3 = τ3 (r, ψ, ϕ) = crcos ψ ,
where
0 < r < 1,
0 ≤ ψ < π,
0 ≤ ϕ < 2π.
The determinant is
det Dτ (r, ψ, ϕ) = a2 cr2 sin ψ .
Then
d1 =
Z
= a4 c
S(a,c)
Z 1
y12
dy =
Z
1
0
Z
π
0
Z
2π
(arsin ψcos ϕ)a2 cr2 sin ψ dϕ dψ dr
0
Z π
Z 2π
4π
,
r4 dr
sin 3 ψ dψ
cos 2 ϕ dϕ = a4 c ·
15
0
0
0
| {z } |
{z
} |
{z
}
1
4
=
π
=
=
5
3
and
d3 =
Z
y32 dy =
S(a,c)
Z 1
4
2 3
=a c
Z
Z
0
π
1
Z
π
0
Z
2π
(crcos ψ)a2 cr2 sin ψ dϕ dψ dr
0
Z 2π
4π
r dr
.
cos 2 ψsin ψ dψ
1 dϕ = a2 c3 ·
15
| 0 {z } | 0
{z
} | 0 {z }
1
2
= 2π
=
=
5
3
References: See the article of V. Pohánka [4].
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
16
5 Gravitational field of a hollow sphere
5
Gravitational field of a hollow sphere
We consider the gravity problem of a body itself, where we present the solution
for some special geometry of the body. First we compute the gravitational field
φ of a hollow sphere. Outside φ it is the same field as for a mass point with
the total mass of the hollow sphere, inside in the empty space φ is a constant.
And within the hollow sphere φ is a solution with boundary data for φ and ∂ν φ .
These properties, as we will show, all are contained in the single equation
φ]) = [̺] ,
div(−[∇φ
where ̺ is the density of the hollow sphere (de: Hohlkugel). We let R1 the outer
radius and R2 the inner radius of the hollow sphere.
5.1 Gravitational field of a hollow sphere. Let be n ≥ 3, m > 0, and
t 7→ ξ(t) the motion of the center of the hollow sphere
U (ξ(t)) := BR1 (ξ(t)) \ BR2 (ξ(t)) ,
0 < R2 < R1 ,
and let the mass density ̺ be defined by
̺(t, x) = ̺U XU (ξ(t)) (x)
with
̺U :=
m
.
Ln (U (ξ(t)))
Then the solution φ of the differential equation
φ]) = [̺] in D ′ (R × Rn )
div(−[∇φ
with φ (t, x) → 0 if |x| → ∞ ,
is of order C 1 in the space of variables (see [Script: Stmt I.2.12]) and reads

̺U

(R1 )2 − (R2 )2
if |x − ξ(t)| ≤ R2 ,



2(n − 2)




(R2 )n
|x − ξ(t)|2
2
̺U (R1 )2



−
−
2 n−2
n
n(n − 2) |x − ξ(t)|n−2
φ(t, x) :=



if R2 ≤ |x − ξ(t)| ≤ R1 ,




n
n

̺U
(R1 ) − (R2 )


if R1 ≤ |x − ξ(t)| .

n(n − 2) |x − ξ(t)|n−2
Note: Ln (U (ξ(t))) and Ln (U (0)) have the same volume.
Solution. Without restrictions let ξ(t) = 0. Then the gravity potential φ does
not depend on t, hence for simplicity we neglect the dependence on t, and the
density ̺U is given by
̺U =
m
m
=
.
Ln (U (0))
κn ((R1 )n − (R2 )n )
φ]) = [̺] for φ in a strong sense: By
We write the weak equation div(−[∇φ
[Script: Stmt I.2.12] we know that φ is a C 1 -function in R × Rn and we let

 φ − (x) if |x| < R2 ,
φ s (x)
if R2 < |x| < R1 ,
φ (x) :=

φ + (x) if R1 < |x|,
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
17
5 Gravitational field of a hollow sphere
where
φ− (x) = 0
−∆φ
φs (x) = ̺U
−∆φ
φ+ (x) = 0
−∆φ
if |x| < R2 ,
if R2 < |x| < R1 ,
if R1 < |x|.
That φ has to be C 1 at ∂BR1 (0) and ∂BR2 (0) gives us the following boundary
conditions (where ν is a normal vector)
)
φ − (x) = φ s (x)
for x ∈ ∂BR2 (0) ,
∂ν φ − (x) = ∂ν φ s (x)
)
(5.1)
φ s (x) = φ + (x)
for x ∈ ∂BR1 (0) .
∂ν φ s (x) = ∂ν φ + (x)
To obtain a solution we make use of the radial symmetric structure of the problem and construct a solution depending only on r = |x| (due to the uniqueness
result in [Script: Stmt I.2.11] we have only to provide with one solution). Considering the ∆ in radial-symmetric coordinates, we get
′
1 n−1 ′
φ(x) = φ ′′ (r) +
φ (r) = n−1 rn−1φ ′ (r) .
∆φ
r
r
Solving (rn−1φ′−/+ )′ /rn−1 = 0 and (rn−1φ′s )′ /rn−1 = ̺U , we obtain
φ − (x) = C1 ,
̺U
C2
φ s (x) = − |x|2 + n−2 + C3 ,
2n
|x|
C4
+ C5 .
φ + (x) =
|x|n−2
We choose C5 = 0 in order to assure φ + (x) → 0 if |x| → ∞. Then the conditions
(5.1) on the values of φ lead to
̺U
C2
(R2 )2 +
+ C3 ,
2n
(R2 )n−2
C2
C4
̺U
+ C3 =
.
− (R1 )2 +
2n
(R1 )n−2
(R1 )n−2
C1 = −
and the conditions (5.1) on ∂ν φ to
̺U
C2
R2 − (n − 2)
,
n
(R2 )n−1
̺U
C2
C4
− R1 − (n − 2)
= −(n − 2)
.
n−1
n
(R1 )
(R1 )n−1
0=−
From the last two identity we infer
C2 = −
̺U
(R2 )n ,
n(n − 2)
C4 =
̺U
((R1 )n − (R2 )n ).
n(n − 2)
From the first two identities we infer
C3 =
1
̺U (R1 )2 ,
2(n − 2)
author: H.W. Alt & G. Witterstein
C1 =
1
̺U ((R1 )2 − (R2 )2 ).
2(n − 2)
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
18
5 Gravitational field of a hollow sphere
Altogether we arrive at

m
(R1 )2 − (R2 )2


if |x − ξ(t)| ≤ R2 ,


2κn (n − 2) (R1 )n − (R2 )n





m
(R1 )2
|x − ξ(t)|2


−

n
n
2κn ((R1 ) − (R2 ) ) n − 2
n
φ (t, x) :=
n

2
(R
)

2

−
if R2 ≤ |x − ξ(t)| ≤ R1 ,



n(n − 2) |x − ξ(t)|n−2




1
m


if R1 ≤ |x − ξ(t)| .
nκn (n − 2) |x − ξ(t)|n−2
This proves the assertion.
We go back to the dependent case t 7→ ξ(t).
Remark: Due to the linearity of the “ div” and the “∇” operator, the solution
is also achieved if one calculates
φ = φ1 − φ2 ,
where φ 1 and φ 2 are the solutions of
φ1 ]) = ̺U XBR1(ξ(t)) in D ′ (R × Rn ) with φ 1 (t, x) → 0 if |x| → ∞ ,
div(−[∇φ
φ2 ]) = ̺U XBR2(ξ(t)) in D ′ (R × Rn ) with φ 2 (t, x) → 0 if |x| → ∞ .
div(−[∇φ
The convergence of the gravitational potential of a hollow sphere (de: Hohlkugel) φ U (the solution of 5.1) to the gravitational potential of a spherical shell
(de: Kugelschale) φ S is formulated in the next statement.
5.2 Convergence result. The convergence of the gravitational potential of the
hollow sphere φU to the gravitational potential of a spherical shell φS of radius
R is
φ U −→ φ S in D ′ (R × Rn ; Rn ) as ε → 0,
where ε := |R1 − R2 | and R1 , R2 → R as ε → 0.
Here (see [Script: Stmt I.2.15])

m
1



n−2
nκn (n − 2) R
φS (t, x) :=
1
m



nκn (n − 2) |x − ξ(t)|n−2


if |x − ξ(t)| ≤ R, 



if |x − ξ(t)| ≥ R. 
Solution. Use the representation of the solution φU at the end of the above
proof.
We are now interested in the corresponding Newton forces of the right-hand side
of the momentum equation. We prove the following result, where the Newton
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
19
5 Gravitational field of a hollow sphere
force of the hollow sphere is given by
U
φU (t, x)
fNewton
(t, x) = g̺(t, x)∇φ

0




x − ξ(t)
2
̺U
=
−g
|x − ξ(t)|n − (R2 )n

n
|x − ξ(t)|n



0
if |x − ξ(t)| ≤ R2 ,
if R2 ≤ |x − ξ(t)| ≤ R1 ,
if R1 ≤ |x − ξ(t)|.
Here ̺U is defined as above.









5.3 Convergence of the Newton force. Let the radii depend on ε, that is
R2 = R2ε and R1 = R1ε , and
0 < R2ε < R1ε and ε := |R1ε − R2ε | with R2ε → R as ε → 0 .
Then it holds (we mention that [f ] = f L4 )
U
S
fNewton
L4 → fNewton
µ
where
in D ′ (R × Rn ; Rn ) as ε → 0,
2 x − ξ(t)
g m
S
fNewton
(t, x) := − ·
2
Hn−1 (∂BR (ξ(t)))
R
for x ∈ ∂BR (ξ(t)) and the distribution µ is given by
Z Z
h η , µ i :=
η(t, x) dHn−1 (x) dt.
R
∂BR(ξ(t))
n
for η ∈ D(R × R ; R)..
S
The Newtonian gravitational force fNewton
is a distribution supported on the
boundary of a ball, that is on the spherical shell. We could define this Newton
force also by
S
fNewton
(t, x) =
1
lim
g̺S ·
2
x′ → x
′
|x − ξ(t)| > R
with ̺S :=
φS (t, x′ ) +
∇φ
lim
′
x →x
′
|x − ξ(t)| < R
φS (t, x′ )
∇φ
m
m
= n−1
,
Hn−1 (∂BR (0))
H
(∂BR (ξ(t)))
that is the mean of the gradient from the outside and from the inside, a formula
which one would have suggested.
Solution. Let ζ ∈ C0∞ (R × Rn ; Rn ) be a test function. We compute
Z Z
|x − ξ(t)|n − (R2ε )n
̺U 2
U
ζ , [fNewton
] = −g
dx dt
ζ(t, x)• x − ξ(t)
n R U (ξ(t))
|x − ξ(t)|n
Z Z
̺U 2
|y|n − (R2ε )n
= −g
dy dt
ζ(t, y + ξ(t))•y
n R U (0)
|y|n
Z Z R1ε Z
̺U 2
rn − (R2ε )n n−1
= −g
r
dHn−1 (x) dr dt
ζ(t, rx + ξ(t))•(rx)
n R R2ε ∂B1(0)
rn
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
20
5 Gravitational field of a hollow sphere
= −g
m2
nκn2
= −g
m2
nκn 2
Z Z
R
R1ε
R2ε
Z Z
R
ε
0
rn − (R2ε )n
(R1ε )n − (R2ε )n
2
Z
ζ(t, rx + ξ(t))•x dHn−1 (x) dr dt
∂B1(0)
(s + R2ε )n − (R2ε )n
2 ·
(R1ε )n − (R2ε )n
Z
·
ζ(t, sx + R2ε x + ξ(t))•x dHn−1 (x) ds dt .
∂B1(0)
By Taylor expansion we have
ζ(t, sx + R2ε x + ξ(t)) = ζ(t, R2ε x + ξ(t)) + O(s|x|)
and by integration we get from the outside
1
Z ε
ε n+1
− (R2ε )n s ε
(s + R2ε )n − (R2ε )n
n+1 (s + R2 )
ds
=
2
2
0
(R1ε )n − (R2ε )n
(R1ε )n − (R2ε )n
0
=
=
1
ε n+1
+ R2ε )n+1 − (R2ε )n ε
n+1 (R2 )
−
2
2
(R1ε )n − (R2ε )n
(R1ε )n − (R2ε )n
1
n+1 (ε
(ε + R2ε )n+1 − (n + 1)(R2ε )n ε − (R2ε )n+1
1 1
as ε → 0 .
−→
2
ε
ε
n
n
2
nRn−1
(n + 1) (ε + R2 ) − (R2 )
All in all as ε → 0 we get
Z
Z
m2
1 1
U
ζ , [fNewton
] −→ −g
ζ(t, Rx + ξ(t))•x dHn−1 (x) dt
nκn2 R 2 nRn−1 ∂B1(0)
2 1 Z Z
g
m
=−
ζ(t, x)•(x − ξ(t)) dHn−1 (x) dt
2 Hn−1 (BR (ξ(t))) R R ∂BR(ξ(t))
2 g
• − ξ(t)
m
=−
ζ,
µ .
2 Hn−1 (BR (ξ(t)))
R
5.4 Remark. Now we consider two spherical shells ∂BR1 (ξ(t)) and ∂BR1 (ξ(t))
with the total constant masses m1 > 0 and m2 > 0 respectively. Then the
solution φ of equation
φ]) = m1µ 1 + m2µ 2 in D ′ (R × Rn )
div(−∇[φ
with φ (t, x) → 0 if |x| → ∞ is given by

m
m2 1
1

+



σn (n − 2) (R1 )n−2
(R2 )n−2



m1
m2
1
+
φ (t, x) =
σn (n − 2) (R1 )n−2
|x − ξ(t)|n−2





m1 + m2
1


σn (n − 2) |x − ξ(t)|n−2
Here the distributions µ k are defined by
Z Z
η(t, x) dHn−1 (x) dt
h η , µ k i :=
R
∂BRk(ξ(t))
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
if |x − ξ(t)| ≤ R2 ,
if R2 ≤ |x − ξ(t)| ≤ R1 ,
if R1 ≤ |x − ξ(t)|.















for η ∈ D(R3 ) .
time: 26-Aug-2016
21
5 Gravitational field of a hollow sphere
Solution. This follows by addition.
With the considerations above the Newtonian force on the spherical shells
∂BR1 (ξ(t)) and ∂BR2 (ξ(t)) is given by
m1
·
Hn−1 (∂BR1 (ξ(.)))
1 m1 + m2 x − ξ(t) m2 x − ξ(t) −
−
·
2
σn
(R1 )n
σn (R1 )n
1
m1 + 2m2
m1
= − g n−1
x − ξ(t)
2 H
(∂BR1 (ξ(.)))2
R1
for points x ∈ ∂BR1 (ξ(t)),
2 1
m2
1
2
x − ξ(t)
fNewton
(t, x) := − g
n−1
2
H
(∂BR2 (ξ(.))) R2
for points x ∈ ∂BR2 (ξ(t)).
1
fNewton
(t, x) := g
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
22
6 Gravitation of a rotationally symmetric star
6
Gravitation of a rotationally symmetric star
Wir berechnen in diesem Abschnitt das Schwerefeld eines Planeten, von dem
angenommen wird, dass er rotationssymmetrisch ist. Bei einem Beobachter im
Zentrum des Planeten ist also das Schwerefeld φ die stationäre Lösung von
φ] = [̺] ,
div[−∇φ
φ (x) → ∞ für |x| → ∞ .
(6.1)
Fig. 5: From the book of Chandrasekhar
Hierbei ist also φ eine C 1 -Funktion, da ̺ als die Dichte des Planeten gegeben
ist durch
(
̺b(r) für r = |x| < R,
̺(x) =
0 sonst,
und ̺b eine beschränkte Funktion ist. Definieren wir für r < R
m(r) := ̺b(r) H2 (∂Br (0)) = 4πr2 ̺b(r)
so ist die Teilmasse des Planeten in der Kugel Br (0)
Z
Z r
m(s) ds ,
M (r) :=
̺(x) dL3 (x) =
Br(0)
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0
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6 Gravitation of a rotationally symmetric star
also M ′ = m. We now let φ r be the continuous stationary solution of
φr ]) = ̺b(r) H2
div(−∇[φ
x∂B (0) ,
r
φ r (x) → ∞ für |x| → ∞ .
From 5.2 we see that the solution is given by

m(r) 1


if |x| ≤ r,

4π r
φ r (x) :=
m(r) 1


if |x| ≥ r.

4π |x|
We obtain
6.1 Theorem. The function
φ (x) =
Z
R
φ r (x) dr
0
is the solution of (6.1).
Solution. We have for ζ ∈ D(R3 ; R) the identity
φ] i = h −∆ζ , [φ
φ] i = −
h ζ , −∆[φ
=
=
=
=
Z
Z
Z
Z
R
0
R
−
Z
R3
R
0
Z
∆ζ(x)
R3
φr (x) dx dr =
∆ζ(x)φ
φr ] i dr =
h ζ , −∆[φ
0
Z
Z
R
0
Z
R
0
∂Br(0)
Z
R
0
R
φ r (x) dr dx
0
φr ] i dr
h −∆ζ , [φ
ζ , ̺b(r)H2
ζ(x)b
̺(r) dH2 (x) dr =
Z
Z
x∂B (0) dr
r
ζ(x)̺(x) dH2 (x) dr
∂Br(0)
3
R3
ζ(x)̺(x) dL (x) = h ζ , [̺] i ,
which proves (6.1).
We now compute the gravitational field φ . From 6.1 we obtain for |x| ≤ R
φ (x) =
=
Z
Z
|x|
Z
R
φ r (x) dr
0
φ r (x) dr +
0
Z
R
φ r (x) dr
|x|
Z R
m(r)
m(r)
=
dr +
dr
4π|x|
0
|x| 4πr
Z |x|
Z R
1
1
m(r)
=
m(r) dr +
dr
4π|x| 0
4π |x| r
Z R ′
M (r)
1
M (|x|)
+
dr ,
=
4π|x|
4π |x|
r
|x|
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24
6 Gravitation of a rotationally symmetric star
where M ′ ≤ 0, and for |x| ≥ R
φ(x) =
Z
1
=
4π|x|
R
0
Z
m(r)
dr
4π|x|
R
m(r) dr =
0
M (R)
.
4π|x|
Altogether
φ (x) =
1
M (min (|x|, R))
+
4π|x|
4π
Z
R
min (|x|,R)
M ′ (r)
dr .
r
(6.2)
Hence for |x| ≤ R
φ(x) = −
∇φ
M (|x|)
M ′ (|x|) x
1 M ′ (|x|) x
M (|x|)
x+
−
=−
x
3
4π|x|
4π|x| |x| 4π |x| |x|
4π|x|3
and therefore for the Newton force
φ(x) = −
fNewton (x) = g̺(x)∇φ
GM (r)b
̺(r) x
with r := |x|
r2
|x|
(see the formula in Fig. 5).
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7 Day and night
7
Day and night
7.1 Coordinates on the earth. We model the earth as a ball
B := {x∗ ∈ R3 ; |x∗ | < REarth }.
(1) Seien x∗ = (x∗1 , x∗2 , x∗3 ) die Koordinaten der Erde im ekliptischen System,
d.h. wir betrachten einen Beobachter, der sich im Zentrum der Erde befindet
und die Sonne in der (x∗1 , x∗2 )-Ebene sieht. Gebe eine Beobachtertransformation
zu einem auf der Erde befindlichen Menschen an.
(2) Zeige, wie das Tagesintervall sich während des Jahres verändert.
(3) Gebe eine Definition der Tageslänge an.
Fig. 6: “Erdphasen für einen heliozentrisch ortsfesten Beobachter im Weltall
(nicht größengetreue Darstellung)” von Wikipedia.
Solution (1). Let x∗ = (x∗1 , x∗2 , x∗3 ) the coordinates of B ⊂ R3 . We choose a unit
vector e ∈ span {e2 , e3 }
e := cos α e3 + sin α e2 ,
α = 23◦ .4402 = 23◦ 26′ 25′′
We let the position of the observer
ξ(ϕ) := r1 e + r2 (cos ϕ e⊥ + sin ϕ e1 ) ,
Hence
e⊥ = sin α e3 − cos α e2 ,
q
r12 + r22 = REarth .
r1 > 0, r2 > 0,
ξ(ϕ) = r1 e + r2 cos ϕ e⊥ + r2 sin ϕ e1
= r1 (cos α e3 + sin α e2 ) + r2 cos ϕ (sin α e3 − cos α e2 ) + r2 sin ϕ e1
= r2 sin ϕ e1 + (r1 cos α + r2 cos ϕ sin α)e3 + (r1 sin α − r2 cos ϕ cos α)e2 .
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26
7 Day and night
Defining the orthonormal system
1
1
ξ(ϕ) , ewo =
ξ ′ ϕ (ϕ) ,
REarth
REarth
1
=
e − e•ξ(ϕ)ξ(ϕ) ,
|e − e•ξ(ϕ)ξ(ϕ)|
eh =
esn
we assign to (x∗1 , x∗2 , x∗3 ) a vector (x1 , x2 , x3 ) by
ξ + x1 ewo + x2 esn + x3 eh = x∗ .
This transformation is a basis for an observer transformation.
Solution (2). Let the direction of the sun be
eSun = sin θ e1 − cos θ e2
The condition that the observer on earth can see the sun is
eSun •eh > 0.
Now
eSun •eh = cos θ(r2 cos ϕ cos α − r1 sin α) + r2 sin θ sin ϕ
= r2 (cos θ cos ϕ + sin θ sin ϕ) + cos θ(r2 cos ϕ(cos α − 1) − r1 sin α)
= r2 cos (ϕ − θ) + cos θ(r2 cos ϕ(cos α − 1) − r1 sin α) ,
hence we have day-time if
cos (ϕ − θ) > cos θ(cos ϕ(cos α − 1) −
r1
sin α) .
r2
If β is the (de: Breitengrad), that is (if β > 0)
sin β =
we conclude
r1
,
REarth
r1
sin β
r1
=p 2
=p
= tan β,
r2
REarth − r12
1 − sin 2 β
hence we can write
cos (ϕ − θ) > cos θ (cos α − 1)cos ϕ − tan β sin α .
(7.1)
Solution (3). Wenn ω die Winkelgeschwindigkeit der Erde ist, so ist (bis auf
Festlegung des Nullpunktes)
ϕ = ω t + ϕ0 .
Da die Erde in einem Jahr sich einmal um die Sonne dreht, ist
θ = ωSun t + θ0 ,
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ωSun =
2π
.
1year
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7 Day and night
Nun stehen ω und ωSun in keinem rationalen Verhältnis zueinander. Daher ist folgende Definition der Tageslänge mit Vorsicht zu betrachten: Zum
Frühlingspunkt ist θ = π2 also cos θ = 0 und damit die rechte Seite von (7.1)
gleich 0. Dies ergibt die Möglichkeit, bei Tagesaufgang der Sonne, bei dem
cos (ϕ − θ) = 0 ist, die Zeit t = 0 festzulegen und die Zeitdifferenz bei Tagesaufgang der Sonne zum Herbstpunkt mit t = T zu messen. Indem man T durch die
Anzahl der Tage, die verflossen sind, teilt, erhält man das Maß für einen Tag
1d =
T
Anzahl Tage
und somit
1d = 24h,
1h = 60min = 3600s.
Fig. 7: “Nimmt man die Position der Sonne während eines Jahres immer
zur selben mittleren Ortszeit auf und überlagert die Fotos, so ergibt sich eine
lang gestreckte Acht - das so genannte Analemma” aus “Zeitgleichung und
Analemma” Sterne und Weltraum SuW 5|2015
Die neuerliche Festlegung der Sekunde unter Zuhilfenahme von Atomen ist in
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7 Day and night
[Wikipedia: Sekunde] nachzulesen. Dies zeigt also wie schwierig es ist ein Zeitmaß festzulegen. Dazu
7.2 Siderischer Tag. Es bezeichnen
der (mittlere) siderische Tag (en: stellar day) 23h56min4.10s
und der Sterntag (en: siderial day) 23h56min4.09s ,
zwei verschiedene Methoden für ein Zeitmaß für eine Drehung der Erde, der
siderische Tag basiert auf den Sternen und der Sterntag auf dem Frühlingspunkt.
Aufgrund der Präzession der Erde ist der siderische Tag 8ms länger. Siehe
[Wikipedia: Erdrotation] (beachte den unterschiedlichen Gebrauch in den
Sprachen).
Die Rotation der Erde ist nicht
2π
rad
360◦
=
= 7.27 · 10−5
,
d
86400s
s
da sich die Erde nicht um 360◦ an einem Tag dreht, sondern diese Drehung sich
an einem siderischen Tag vollzieht, und deshalb
rad
360◦
= 7.2921157 · 10−5
23h56min4.1s
s
die richtige Rotation der Erde ist.
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8 Cyclone
8
Cyclone
Erklären Sie, dass sich ein Tiefdruckgebiet auf der Nordhalbkugel entgegengesetzt zum Uhrzeigersinn dreht und auf der Südhalbkugel der Erde mit dem
Uhrzeigersinn.
Fig. 8: Tiefdruckgebiet auf der Nordhalbkugel der Erde
This is due to the Coriolis force, but it is not at all obvious
We have considered in
how to explain this (see also Fig. 10).
[Script: Stmt I.5.5 “Air flow of the earth”] the coordinates outside the earth
and transformed it into coordinates on the earth. Denoting by ω the angular velocity of the earth the mass and momentum equations in the coordinates
on earth are
∂t ̺ + div(̺v) = 0 ,
(8.1)
̺(∂t v + v •∇v) + div(pId − S) = f ,
where the force is given by
f = ̺(ω 2 Ix + 2ωAv) + f0 ,



1 0 0
0 1 0
I =  0 1 0  , A =  −1 0 0  .
0 0 0
0 0 0

(8.2)
Here f0 is the gravity (essential from the earth itself) and
f1 := ̺(ω 2 Ix + 2ωAv)
is the part we consider here. It consists of the centrifugal force and the Coriolis
force, and we also write
f1
= ωIx + 2Av .
̺ω
(8.3)
8.1 Orientation on earth. Let x = Rξ with |ξ| = 1, where R > 0 is the
distance to the center of earth. Define for ξ 6= ±e3
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8 Cyclone
eR = ξ
eW =
1
r

ξ2
 −ξ1 
0
eN = eW
radial unit vector,

west unit vector,


− 1r ξ1 ξ3
× eR =  − 1r ξ2 ξ3 
r
eS = eR × eW = −eN
where
r :=
q
north unit vector.
south unit vector, .
ξ12 + ξ22 .
Then {eR , eW , eN } is an orthonormal system of R3 .
Fig. 9: Tiefdruckgebiet auf der Südhalbkugel der Erde
Erläuterung: Es ist ∂BREarth (0) die Oberfläche der Erde und für x ∈
∂BREarth (0) ist Tx (∂BREarth (0)) die “lokale” Umgebung. Es gilt
span {eW (x), eN (x)} = Tx (∂BREarth (0)) ,
was zeigt, dass die Westrichtung eW (x) und die Nordrichtung eN (x) die Umgebung aufspannen.
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8 Cyclone
8.2 Lemma. We compute for the centrifugal term
IeR = r2 eR − rξ3 eN ,
IeW = eW ,
IeN = ξ32 eN − rξ3 eR ,
and for the Coriolois term
AeR = reW ,
1
AeW = − IeR = ξ3 eN − reR ,
r
AeN = −ξ3 eW .
The axis of rotation is
e3 = reN + ξ3 eR .
Solution for centrifugal force.


1
 
  
− ξ1 ξ3
ξ1
ξ1
ξ1
 r


IeR = Iξ = I  ξ2  =  ξ2  = r2  ξ2  − rξ3 
 − 1 ξ2 ξ3 
ξ3
0
ξ3
r
r





= r2 eR − rξ3 eN ,
ξ
ξ
1  2  1 2 
I −ξ1 =
−ξ1 = eW ,
r
r
0
0

  1

1
 
− ξ1 ξ3
− ξ1 ξ3
ξ1
 r
  r

= 1
 = − 1 ξ3  ξ2 
IeN = I 
1
 − ξ2 ξ3   − ξ2 ξ3 
r
0
r
r
r
0
1
1
= − ξ3 IeR = − ξ3 (r2 eR − rξ3 eN ) = ξ32 eN − rξ3 eR .
r
r
IeW =
Solution for Coriolis force.

  
ξ2
ξ1
AeR = Aξ = A  ξ2  =  −ξ1  = reW ,
0
ξ3


  1
1


− ξ2 ξ3
− ξ1 ξ3
ξ2
 r

  r
1

 


AeN = A 
 − 1 ξ2 ξ3  =  + 1 ξ1 ξ3  = − r ξ3 −ξ1 = −ξ3 eW ,
0
r
r
r
0




−ξ1
ξ2
1
1
AeW = A  −ξ1  =  −ξ2 
r
r
0
0
1
1
= − IeR = − (r2 eR − rξ3 eN ) = ξ3 eN − reR .
r
r
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32
8 Cyclone
The equations to solve are the mass and momentum equation in (8.1). The
momentum equation we write as
v̇ +
1
1
div pId − S = ω(ωIx + 2Av) + f0 ,
̺
̺
where v̇ = ∂t v + v •∇v and f0 is the gravitational force of the earth (the rest of
f0 has minor effects)
φEarth = −G̺
f0 = g̺∇φ
G̺
x
= − 2 eR
3
|x|
R
by using the notation in 8.1 (remember that R depends on x). Therefore the
momentum equation reads
v̇ +
G
1
div pId − S = ω 2Av + ωRIeR − 2 eR
̺
R
(8.4)
We now compute the coefficients of this equation.
8.3 Theorem. With
d :=
the equation (8.4) is equivalent to
1
div pId − S ,
̺
(v̇ + d)•eW = −2ωξ3 v •eN + 2ωrv •eR ,
(v̇ + d)•eN = 2ωξ3 v •eW − ω 2 Rrξ3 ,
(v̇ + d)•eR = −2ωrv •eW + ω 2 Rr2 −
G
.
R2
Solution. Let
v = vR eR + vW eW + vN eN .
By (8.4),
hence
G
v̇ + d = ω 2Av + ωR(r2 eR − rξ3 eN ) − 2 eR ,
R
eW •(v̇ + d) = 2ωeW •(Av) = 2ω(AT eW )•v = −2ω(AeW )•v
= −2ω(ξ3 eN − reR )•v = −2ω(ξ3 vN − rvR ) ,
G
eN •(v̇ + d) = ωeN • 2Av + ωR(r2 eR − rξ3 eN ) − 2 eR
R
= 2ωeN •(Av) − ω 2 Rrξ3 = −2ωξ3 (AeN )•v − ω 2 Rrξ3
= 2ωξ3 eW •v − ω 2 Rrξ3 = 2ωξ3 vW − ω 2 Rrξ3 ,
and
eR •(v̇ + d) = ωeR • 2Av + ωR(r2 eR − rξ3 eN ) −
= 2ωeR •(Av) + ω 2 Rr2 −
G
eR
R2
G
G
= −2ω(AeR )•v + ω 2 Rr2 − 2
R2
R
G
= −2ωrvW + ω 2 Rr2 − 2 .
R
This gives the assertion.
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33
8 Cyclone
Frage: Warum drehen sich Tiefdruckgebiete auf der Nordhalbkugel entgegen dem Uhrzeigersinn? (Eigentlich müsste es doch
genau umgekehrt sein: Die Corioliskraft lenkt Winde auf der
Nordhalbkugel nach rechts ab. Winde fließen auf Tiefdruckgebiete zu, werden nach rechts abgelenkt und daraus müsste sich eine
Drehung mit dem Uhrzeigersinn ergeben. Eine Drehung entgegen
dem Uhrzeigersinn kann ich mir nicht erklären.)
Antwort: Wegen der Corioliskraft werden Winde in Richtung
Tiefdruckgebiet (TD) nach rechts abgelenkt, sie wandern also
rechts am TD vorbei. Nun gibt es aber einen Druckgradienten in
Richtung TD, der die Winde in Richtung TD ablenkt. Ist dieser
nun stärker als die Corioloiskraft, so werden die Winde stärker
nach links als nach rechts abgelenkt und wandern demnach gegen
den Uhrzeigersinn um das TD. (Gilt alles für die Nordhalbkugel.)
Fig. 10: Von “gutefrage.net” 15.12.2010
There are two exchange mechanisms induced by the Coriolis force. One is
between the west component and the radial component,
v̇ •eW + · · · = · · · + 2ωrv •eR ,
v̇ •eR + · · · = −2ωrv •eW + . . . ,
and the other one between the west and north component
v̇ •eW + · · · = −2ωξ3 v •eN + . . . ,
v̇ •eN + · · · = 2ωξ3 v •eW − . . . .
The first one is referred to in newspapers, since it reflects the fact, that a warm
water temperature near the equator (r ≈ 1) will stimulate the formation of
Hurricans. It means that we have on the water surface ∂BREarth (0) a boundary
condition for v •νBREarth(0) = v •eR , which is do to the evaporation of water
into the atmosphere. The second one states, that on the northern hemisphere
(ξ3 > 0) the velocity is turned to the right, since
v̇ •eN + i v̇ •eW + · · · = −2ωξ3 i(v •eN + i v •eW ) + . . . ,
and is turned to the left on the southern hemisphere (ξ3 < 0). So far we did
not incorporate the pressure gradient ∇p = div(pId). Doing so, we obtain
̺v̇ •eW + ∇p•eW − · · · = −2̺ωξ3 v •eN + . . . ,
v̇ •eN + ∇p•eN − · · · = 2̺ωξ3 v •eW − . . . .
If we now assume an area with (approximate) constant velocity v (with vanishing
vertical components of v and p), this becomes
∇p•eW − · · · = −2̺ωξ3 v •eN + . . . ,
∇p•eN − · · · = 2̺ωξ3 v •eW − . . . ,
or in the {eW , eN } plane
∇p = −2̺ωξ3 i v + . . .
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
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34
8 Cyclone
which (without the dots) is solvable for p, since the right-hand side is constant
(without the dots). This means that if one looks in the direction of the wind
(i.e. the v-direction), the pressure on the northern hemisphere (ξ3 > 0) must be
higher to the right-hand side and lower to the left-hand side, and the other way
around on the southern hemisphere (ξ3 < 0), that is, higher to the left-hand
side and lower to the right-hand side. This implies that around a local low
pressure area the wind is blowing counterclockwise on the northern hemisphere
and turning clockwise on the southern hemisphere. A local vortex is constructed
in [Script: Stmt IV.8.4], and it exists independent of the force term, it depends
only on the boundary data. This means that on the northern hemisphere one has
boundary data which move counterclockwise and on the southern hemisphere
they move clockwise.
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
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9 N -body problem
9
35
N -body problem
The N -body problem can be derived from the gravity problem in the section
about [Script: Sec IV.14 Self-gravitation]. It becomes, when the objects are
rotationally symmetric,
Mi ẍi = G
X Mi Mj (xj − xi )
|xj − xi |3
(9.1)
j:j6=i
for i = 1, . . . , N . Here Mi is the mass and t 7→ xi (t) the position of the i-th
body. The N -body problem can be solved in general with numerical methods.
Here we choose a coordinate system such that the center of mass is at the origin.
That is, defining the center of mass x by i.e. with
X
i
Mi (xi − x) = 0, or
x :=
1 X
Mi x i ,
M i
M :=
X
Mi ,
i
P
the system (9.1) implies that M ẍ = i Mi ẍi = 0, which says that x behaves
like a free particle in space. Therefore the assumption on the center of mass,
x = 0 is consistent with (9.1). We define a vector field
F (z) :=
z
,
|z|3
(9.2)
so that (9.1) reads for i = 1, . . . , N
X
ẍi = G
Mj F (xj − xi ) .
(9.3)
j:j6=i
3-body problem
We consider now the 3-body problem for three objects denoted by the indices
cen = object in center (ex: Earth),
per = perturbing object (ex: Moon),
sat = the satellite (ex: Satellite).
An example is a satellite around the earth with the moon as perturbing object,
and another example is the mercury moving arouns the sun with jupiter as
perturbing object. These are approximations, since the sun will perturb the
orbit of the satellite, and the venus as nearby planet the mercury. The system
(9.3) then becomes
ẍcen = GMper F (xper − xcen ) + GMsat F (xsat − xcen ) ,
ẍper = GMcen F (xcen − xper ) + GMsat F (xsat − xper ) ,
(9.4)
ẍsat = GMcen F (xcen − xsat ) + GMper F (xper − xsat ) .
If the observer is chosen as above, we have
Mcen xcen + Mper xper + Msat xsat = 0 .
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
(9.5)
time: 26-Aug-2016
9 N -body problem
36
We want to write the equations (9.4) and (9.5) for the differences
yper := xper − xcen
and
ysat := xsat − xcen ,
M := Mcen + Mper + Msat ,
εper :=
Mper
M
and
εsat :=
Msat
M
(9.6)
.
Then the true positions of the objects are given by
xcen := −εper yper − εsat ysat ,
xper := yper + xcen = (1 − εper )yper − εsat ysat ,
(9.7)
xsat := ysat + xcen = −εper yper + (1 − εsat )ysat .
So yper and ysat are the new two unknown functions, and since
ẍper = −GMcen F (xper − xcen ) − GMsat F (xper − xsat ) ,
ẍsat = −GMcen F (xsat − xcen ) − GMper F (xsat − xper ) .
we get the following two ODE’s (recall that F (−z) = −F (z) for all z)
ÿper = −G(Mcen + Mper )F (yper ) − GMsat (F (yper − ysat ) + F (ysat )) ,
ÿsat = −G(Mcen + Msat )F (ysat ) − GMper (F (ysat − yper ) + F (yper )) .
Since Mcen = M − Mper − Msat this is equivalent to
1
ÿper = −(1 − εsat )F (yper ) − εsat (F (yper − ysat ) + F (ysat )) ,
GM
1
ÿsat = −(1 − εper )F (ysat ) − εper (F (ysat − yper ) + F (yper )) ,
GM
or, exploiting the definition of F ,
1
yper
ÿper = −(1 − εsat )
GM
|yper |3
ysat yper − ysat
+
,
−εsat
|yper − ysat |3
|ysat |3
1
ÿsat = −(1 − εper )F (ysat )
GM
yper ysat − yper
+
−εper
.
3
|ysat − yper |
|yper |3
(9.8)
We write this two ordinary differential equations in a way using quadrupols for
the last terms of each equation. We write
Z 1
DF (sy − z) y ds
F (y − z) + F (z) = F (y − z) − F (0 − z) =
0
(if y − z and −z are opposite to each other, is an extra case for DF ), and using
the definition of F we have for the derivative
DF (z)y =
3y •z
1
1
1
y−
z = 3 y − 3y •zb zb = 3 Id − 3b
z ⊗b
z y.
|z|3
|z|5
|z|
|z|
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title: Exercises
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9 N -body problem
37
Therefore we define the symmetric quadrupole tensor by
Q(z, y) := −
Z
1
0
DF (sy − z) ds =
Z
1
0
1
z ⊗b
z − Id) ,
Q(z) := Q(z, 0) = 3 (3b
|z|
3(z\
− sy)⊗ (z\
− sy) − Id
ds ,
|z − sy|3
(9.9)
so that
F (y − z) + F (z) = −Q(z, y) y .
(9.10)
With this one derives the following equivalent equations
1−ε
1
sat
Id
+
ε
Q(y
,
y
)
yper ,
ÿper = −
sat
sat
per
GM
|yper |3
1−ε
1
per
Id + εper Q(yper , ysat ) ysat .
ÿsat = −
3
GM
|ysat |
(9.11)
Satellite with negligible Msat
We now consider the special case that the satellite mass is negligible,
εsat → 0 ,
ε := εper ,
y := ysat ,
z := yper .
(9.12)
In this limit of vanishing satellite mass the equations for the center position is
xcen := −εz, and for the total mass is now M = Mcen + Mper . With this in
mind the system (9.11) becomes
1
z
z̈ = − 3 ,
GM
|z|
1−ε
1
Id
+
εQ(z,
y)
y.
ÿ = −
GM
|y|3
(9.13)
The following identities are satisfied.
9.1 Lemma. The quadrupople matrix Q satisfies the following.
(1) Equation (9.10) holds: F (y − z) + F (z) = −Q(z, y) y.
(2) If s ∈ [0, 1] 7→ z − sy does not touch 0 then
Q(z, y) =
Z
3(z\
− sy)⊗ (z\
− sy) − |z − sy|2 Id
ds .
|z − sy|5
1
0
(3) Alternatively we have
1
Q(z, y) = 5
|z|
Z
1
3(z − sy)⊗(z − sy) − |z − sy|2 Id
5
(1 + q(z, sy)) 2
0
with q(z, ye) :=
ds ,
ye•(e
y − 2z)
.
|z|2
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9 N -body problem
38
function xdprime = Satellit(t,x,epsi);
z(1)=x(1); z(2)=x(2); z(3)=x(3);
z(4)=x(4); z(5)=x(5); z(6)=x(6);
y(1)=x(7); y(2)=x(8); y(3)=x(9);
y(4)=x(10); y(5)=x(11); y(6)=x(12);
function xdprime = Satellit(t,x,epsi);
z(1)=x(1); z(2)=x(2); z(3)=x(3);
z(4)=x(4); z(5)=x(5); z(6)=x(6);
y(1)=x(7); y(2)=x(8); y(3)=x(9);
y(4)=x(10); y(5)=x(11); y(6)=x(12);
znorm=sqrt(z(1)^2+z(2)^2+z(3)^2);
znorm=sqrt(z(1)^2+z(2)^2+z(3)^2);
zd(1)=z(4);
zd(2)=z(5);
zd(3)=z(6);
zd(4) = -z(1)/(znorm^3);
zd(5) = -z(2)/(znorm^3);
zd(6) = -z(3)/(znorm^3);
zd(1)=z(4); zd(2)=z(5); zd(3)=z(6);
zd(4) = -z(1)/(znorm^3);
zd(5) = -z(2)/(znorm^3);
zd(6) = -z(3)/(znorm^3);
ynorm=sqrt(y(1)^2+y(2)^2+y(3)^2);
yz(1)=y(1)-z(1);
yz(2)=y(2)-z(2);
yz(3)=y(3)-z(3);
yznorm=sqrt(yz(1)^2+yz(2)^2+yz(3)^2);
a1=(1-epsi)/(ynorm^3)+epsi/(yznorm^3);
a2=epsi*(1/(yznorm^3)-1/(znorm^3));
yd(1)=y(4); yd(2)=y(5); yd(3)=y(6);
yd(4) = -a1*y(1) +a2*z(1);
yd(5) = -a1*y(2) +a2*z(2);
yd(6) = -a1*y(3) +a2*z(3);
xdprime=[zd(1);zd(2);zd(3);zd(4);
zd(5);zd(6);yd(1);yd(2);
yd(3);yd(4);yd(5);yd(6)];
return
ynorm=sqrt(y(1)^2+y(2)^2+y(3)^2);
yz=y(1)*z(1)+y(2)*z(2)+y(3)*z(3);
a1=(1-epsi)/(ynorm^3)+epsi/(znorm^3);
a2=(epsi*3*yz)/(znorm^5);
yd(1)=y(4);
yd(2)=y(5);
yd(3)=y(6);
yd(4) = -a1*y(1) +a2*z(1);
yd(5) = -a1*y(2) +a2*z(2);
yd(6) = -a1*y(3) +a2*z(3);
xdprime=[zd(1);zd(2);zd(3);zd(4);
zd(5);zd(6);yd(1);yd(2);
yd(3);yd(4);yd(5);yd(6)];
return
Fig. 11: Subprogram. Left: Nonlinear version. Right: Quadrupol version.
√
(4) If |y| < ( 2 − 1)|z| we can use the formula
∞ X
−α k
−α
q
(1 + q) =
k
k=0
for all α > 0 and q ∈ R with |q| < 1.
9.2 Results. In Fig. 14 (and Fig. 13) stellt die äußere Ellipse den Störplaneten
z dar, innen ist der Satellit y zu sehen. Es ist alles relativ zum Zentralplaneten
dargestellt. Anfangswert für Satellit: y(0) = [0, .5, 0], y ′ (0) = [−.5, 0, 0]. Anfangswert für Störplaneten: z(0) = [0, 1., 0], z ′ (0) = [−.9, 0, 0]. Oben: ε = 0.01.
Mitte: ε = 0.1. Unten: ε = 0.3. Links: tspan =[0 4]. Rechts: tspan =[0 90].
Es wurden nur die berechneten Werte graphisch dargestellt. Bei gegebenem
Störplaneten hat man eine zweidimensionale Mannigfaltigkeit von Lösungen des
Satelliten, von der hier nur ein Punkt gezeigt wird. (Try this and other problems
with the MatLab programs.)
Wenn man zum Vergleich für den Zentralplaneten die Sonne nimmt und für
den Störplaneten den Jupiter sowie für den Satelliten den Merkur, so ist ε ≈
0.001 zu setzen. Im Sonnensystem haben die Planeten Merkur, wie auch Pluto,
eine ausgefallene Excentrizität. Hinzu kommt noch der zwischen den inneren 4
Planeten und Jupiter gelegene Asteroidengürtel, dessen Gesamtmasse aber nur
5% des Erdmondes beträgt. Außerdem kann man z.B. den Mittelpunkt bei der
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9 N -body problem
39
%%main program
function main
%%fraction of mass
epsi = .01; % choose .01 .1 .3
%%initial conditions
%z(0) = [0, 1, 0]; z’(0)=[-.9, 0, 0]; % data planet
%y(0) = [0,.5, 0]; y’(0)=[-.5, 0, 0]; % data satellit
x0 = [0, 1, 0, -.9, 0, 0, 0, .5, 0, -.5, 0, 0]; % choose
%%timespan
tspan = [0,4]; % choose
%tspan = [0,90]; % choose
%%set an error
options=odeset(’RelTol’,1e-6);
%%call the solver
[t,x] = ode45(@Satellit,tspan,x0,options,epsi);
sizex=size(x);
%%plot the results
figure
hold on
plot(0,0,’-o’)
axis([-1. 1. -.7 1.]);
plot(x(:,1),x(:,2))
plot(x(:,7),x(:,8))
%%end
return
Fig. 12: MATLAB main program.
Erde als Schwerpunkt Erde-Mond betrachten, in guter Näherung wird man also
das Planetensystem als N -Körper Problem auffassen können.
References: Zu den Planeten in Doppelsternsystemen (hierzu ist obiges System mit ε = .3 ein gutes Beispiel) siehe [5, Planeten mit zwei Sonnen].
Multiple body problem
We come now back to the multiple body problem, where we now let i = 0, . . . , N ,
that is we have an (N +1)-body problem. The objects are modelled by balls with
vanishing radius. The central object, the sun, has index 0, the other objects are
the planets. We again choose a coordinate system with we consider as inertial
system and we choose the center of mass at the origin. Therefore (9.1) reads
X
M0 x 0 +
Mj x j = 0 ,
ẍi = −G
X
j:j≥1,j6=i
j:j≥1
Mj F (xi − xj ) − GM0 F (xi − x0 )
for i = 1, . . . , N , or with
Mi
for i ≥ 1,
εi :=
M
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M :=
N
X
Mi
i=0
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9 N -body problem
40
Fig. 13: Quadrupol version.
the equations to be solved are
x0 = −
X
j:j≥1
εj (xj − x0 ) ,
X 1
ẍi = − 1 −
εj F (xi − x0 ) −
GM
j:j≥1
X
j:j≥1,j6=i
εj F (xi − xj ) .
If we introduce the distance to the sun
yi := xi − x0
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title: Exercises
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9 N -body problem
41
Fig. 14: Nonlinear version (see text for explanation).
we can write the differential equations as
1
ÿi = − 1 −
GM
−
X
j:j≥1,j6=i
X
j:j≥1,j6=i
εj F (yi )
εj F (yi − yj ) + F (yj ) ,
(9.14)
and then the position of the sun and of the planet system is
X
x0 = −
εj y j ,
j:j≥1
xi = x0 + yi for i ≥ 1 .
References: See [Wikipedia: N-body simulation].
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10 Sgr A∗
10
42
Sgr A∗
Vergleichen Sie das hiesige Bild um das Zentrum der Milchstraße mit
der Abbildung [Script: Fig 10] des “galaktischen Zentrums” im Abschnitt
[Script: Sec I.3 “Conservation of momentum”] des Skriptes.
Fig. 15: aus Dietrich Lemke “SOFIA - für immer jung”, SuW 2|2015.
Das Bild hier hat eine Ausdehnung von einigen “Lichtjahren”, während das Bild
im Abschnitt Impulserhaltung eine Ausdehnung von einigen “Lichttagen” hat,
das heißt die dort gezeigten Sternbahnen liegen weit innerhalb des Staubrings.
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43
11 Detonation
11
Detonation
Beschreiben Sie allgemeine Explosionen mit Hilfe der Masse-Impulserhaltung.
Dabei sei vorausgesetzt:
ˆ In der Explosionswolke ist die Verteilung räumlich homogen.
ˆ Dazu gehört eine räumlich konstante Dichte.
ˆ Der Stresstensor ist vernachlässigbar.
Fig. 16:
“Bei einer Explosion (links) wirken die Kräfte vom Zentrum
fort, bei einer Implosion (rechts) jedoch sind die Kräfte auf das Zentrum
selbst gerichtet. Das Objekt links bricht explosionsartig auseinander.” Von
[Wikipedia: Explosion]
Die Masse-Impulserhaltung ist (im Distributionssinn)
∂t ̺ + div(̺v) = 0 ,
(11.1)
̺(∂t v + v •∇v) + div(pId) = f ,
wobei wir für den Drucktensor Π = pId gesetzt haben und der f -Term keine
äußeren Kräfte beinhaltet, neben Scheinkräften (en: fictitious forces) hat er
aber einen internen Schwerkraftterm
φ + fs ,
f = g̺∇φ
φ = ̺.
−∆φ
(11.2)
Hierbei ist g die Gravitätskonstante, die im dreidimensionalen Raum
m3
g
= G = 6.67384 · 10−11
4π
kg s2
erfüllt. Wir machen den folgenden Ansatz:
t 7→ x0 (t) ist Zentrum der Explosion,
̺(t, x) = ̺e(t, x − x0 (t)) ,
v(t, x) = ẋ0 (t) + ve(t, x − x0 (t)) ,
(11.3)
p(t, x) = p(t) gleich dem Außendruck,
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44
11 Detonation
wobei
ve(t, x
e) = w(t)e
x in BR(t) (0) und ve(t, x
e) = 0 außerhalb,
(11.4)
̺e(t, x
e) = ̺(t) in BR(t) (0) und ̺e(t, x
e) = 0 außerhalb,
welches die wesentlichen Voraussetzungen an die Explosionswolke sind. Unter
diesen Annahmen gilt:
11.1 Theorem. Die Massenerhaltung ist erfüllt genau dann, wenn
Z
M :=
̺(t, x) dx = ̺(t)L3 (BR(t) (0))
R3
konstant in der Zeit ist und wenn gilt
Ṙ = wR .
Solution. Die Massenerhaltung lautet für reellwertige Testfunktionen η
Z
∂t η · ̺ + ∇η •(̺v) dL4
0 = h η , −∂t ̺ − div(̺v) i =
R4
Z Z
=
∂t η · ̺ + ∇η •(̺v) dx dt .
R
R3
Da ̺ und v im Ort beschränkten Träger haben, können wir Testfunktionen
η = η(t) einsetzen und erhalten
Z
Z
Z
Z Z
̺(t, x) dx dt = − η(t)∂t M (t) dt .
∂t η(t)
∂t η · ̺ dx dt =
0=
R
R3
R3
R
R
= M (t)
Da η beliebig war, folgt ∂t M = 0. In {(t, x) ∈ R4 ; t ∈ R, |x − x0 (t)| < R(t)}
besagt die Massenerhaltung
0 = ∂t ̺ + div(̺v)
= ̺˙ + ̺ divv (da ̺ nur von der Zeit abhängt)
= ̺˙ + 3w̺ (da divv = dive
v = 3w).
Da
M = ̺L3 (BR (0)) =
folgt
3R2 Ṙ =
4π 3
̺R also R3 = c̺−1 ,
3
c :=
3M
4π
d
c
3cw
d 3
R = c ̺−1 = − 2 ̺˙ =
= 3wR3 ,
dt
dt
̺
̺
also Ṙ = wR. (Hierfür gibt es auch eine allgemeinere Herleitung.)
Die Situation in der Explosionswolke ist räumlich absolut homogen.
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45
11 Detonation
Fig. 17:
Controlled explosion on earth. From US Air Force Public Affairs.
11.2 Homogenität. Es seien t 7→ xm (t) beliebige Punkte in der Explosionswolke, der sich mit der gegebenen Geschwindigkeit v fortbewegen, d.h.
ẋm (t) = v(t, xm (t)) .
(1) Für zwei sich mitbewegende Punkte gilt, wenn w durch (11.4) gegeben ist,
(x1 − x2 ) = w(x1 − x2 ) ,
.
d.h. die Differenz x1 − x2 liegt immer auf derselben Geraden.
(2) Ist b(t) := x2 (t) die Position eines weiteren Beobachters, also
∗ t
t∗
t
=
=Y
x∗ + b(t∗ )
x∗
x
die Beobachtertransformation, so gilt
ẋ∗1 = wx∗1 .
Solution (1).
d
(x1 (t) − x2 (t)) = v(t, x1 (t)) − v(t, x2 (t)) = w(t)(x1 (t) − x2 (t))
dt
nach (11.3) and (11.4).
Solution (2). Es ist x∗m (t) = xm (t) − b(t) = xm (t) − x2 (t).
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46
11 Detonation
11.3 Theorem.
(1) Die Massenerhaltung impliziert, dass
̺˙ + 3w̺ = 0 ,
Ṙ − wR = 0 .
Insbesondere ist M = const.
(2) Die Schwerkraftgleichung impliziert, dass

2

 3M 1 − |x − x0 (t)|

2
8πR
3R
φ (t, x) =
M
1



4π |x − x0 (t)|
für |x − x0 (t)| ≤ R ,
für |x − x0 (t)| ≥ R .
(3) Die Impulserhaltung gilt mit fs = ̺ẍ0 und reduziert sich zu
ẇ + w2 + GM
1
= 0.
R3
Solution (1). Siehe 11.1.
Solution (2). Da ̺ = ̺(t)XBR(x0 ) , wobei R und x0 von t abhängen, ist die
φ = ̺ in R4 mit φ (t, x) → 0 für |x| → ∞ gegeben durch die
Lösung von −∆φ
angegebene Formel.
Solution (3). Sei |x − x0 | ≤ R. Da p = p(t) nicht von x abhängt, ist die
Impulserhaltung
1
φ.
∂t v + v •∇v = fs + g∇φ
̺
Nun ist wegen v = x˙0 + w · (x − x0 ) und v •∇v = (Dv)v
∂t v + v •∇x v = ∂t (ẋ0 + w(x − x0 )) + w (Dx (x − x0 )) ẋ0 + w(x − x0 )
2
= ẋ0 + w(x − x0 )
= ẍ0 + ẇ(x − x0 ) − wẋ0 + wẋ0 + w (x − x0 ) = (ẇ + w2 )(x − x0 ) + ẍ0 ,
also fs = ̺ẍ0 und
φ.
(ẇ + w2 ) · (x − x0 ) = g∇φ
Nach (2) ist
φ=−
g∇φ
gM x − x0
x − x0
= −GM
,
4π R3
R3
also
ẇ + w2 + GM
1 · (x − x0 ) = 0 .
R3
Es sind also die Größen ̺ und w zu bestimmen, oder R und V = wR.
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47
11 Detonation
11.4 Lemma. Mit V := wR sind R und V zu bestimmen. Es gelten die Differentialgleichungen
GM
Ṙ = V und V̇ + 2 = 0 ,
R
das heißt
R̈ +
GM
= 0.
R2
Also ist der Radius eine konkave Funktion in der Zeit.
Solution. Es ist Ṙ = wR = V nach 11.3(1). Dann folgt mit 11.3(3)
V̇ = ẇR + wṘ = −(w2 +
GM
GM
)R + w2 R = − 2 .
R3
R
Wenn der Gravitätsterm vernachlässigbar ist, z.B. in der Situation auf dieser
Erde in Fig. 17, dann gilt Folgendes.
11.5 Ohne Schwerkraft. Ist der Schwerkraftterm vernachlässigbar, so gilt
nach 11.4 die Differentialgleichung R̈ = 0, also mit einer Konstanten C > 0
R(t) = C(t − t∗ ) für t ≥ t∗ ,
V =C,
beziehungsweise
̺(t) =
3M
1
.
4πC 3 (t − t∗ )3
Solution. Die Formael für ̺ gilt, da nach 11.3
̺(t) =
1
3M
3M
M
=
.
=
L3 (BR (0))
4πR3
4πC 3 (t − t∗ )3
Mit Gravitation hat man auf jeden Fall folgende spezielle Lösung.
11.6 Mit Schwerkraft. Unter Berücksichtigung der Selbstgravitation ist eine
Lösung gegeben durch
2
R(t) = C(t − t∗ ) 3 für t ≥ t∗ mit C 3 =
beziehungsweise
̺(t) =
1
3M
.
3
4πC (t − t∗ )2
Solution. Wir haben
R̈ +
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9GM
.
2
GM
=0
R2
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48
11 Detonation
zu zeigen. Es ist
GM
2C 3
=
=
R2
9R2
2C
9(t −
4
t∗ ) 3
= −C
2
d d
(t − t∗ ) 3 = −R̈ .
dt dt
Eine einparametrische Schar von Lösungen für die Differentialgleichung mit
Schwerkraft wird nun angegeben.
11.7 Schar von Lösungen. Es sei R0 die Lösung aus 11.6. Dann ist
R = R0 + R1
eine Lösung solange R > 0, d.h. R1 > −R0 , und
R1
2 2+ R
R1
0
= 0.
R̈1 −
R1 2 (t − t )2
9(1 + R0 )
∗
Beachte, dass R1 kein Vorzeichen haben muss.
Solution. Es gilt nach 11.6
R̈0 +
also folgt
GM
= 0,
R02
1
GM
1 =
R̈
+
GM
−
1
R2
(R0 + R1 )2
R02
GM
1
= R̈1 + 2
−1
R1 2
R0 (1 + R
)
0
0 = R̈ +
= R̈1 +
Da
1 − (1 +
R02
ergibt sich
1 − (1 +
GM
R1 2
R02
(1 + R0 )
R1 2
R0 )
=
R1 2
R0 )
.
R1
R1 R1 1 R12 −
2
=
−
2
+
−
,
R02
R0
R02
R03
R0
R1
R1 2
GM 2 + R
)
1 − (1 + R
R1
GM
0
0
=−
2
R1 2
R
1
2
R0
R03
(1 + R0 )
(1 + R0 )
R1
R1
2 2+ R
2 2+ R
C 3 R1
R1
0
0
=−
.
=−
R1 2 R 3
R1 2 (t − t )2
9(1 + R0 )
9(1 + R0 )
∗
0
Wir erhalten also die Differentialgleichung
1
2 2+ R
R0
R1
= 0.
R̈1 −
1 2 (t − t )2
9(1 + R
)
∗
R
0
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title: Exercises
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49
11 Detonation
Es ist hier nicht gesagt, dass die Explosion durch in der Umgebung vorhandenes
Material gebremst wird. Es wird nur eine freie Detonation beschrieben. Hat
die Selbstgravitation einen großen Effekt auf die Detonation, so kann man die
Phänomene mit dem “Urknall” (en: Big Bang) vergleichen, wobei wir natürlich
zunächst die Lichtgeschwindigkeit gegen Unendlich konvergieren lassen.
Fig. 18: Urknall (en: Big Bang). Oben: ”Künstlerische Illustration des Universums aus dem Urknall heraus.” Unten: ”Entwicklungsstadien des Universums
(nur zur Illustration, nicht maßstäblich).” Von [Wikipedia: Urknall].
11.8 Lösungen nahe t∗ . Es gilt mit einem B ∈ R
4
2
R(t) ≈ C(t − t∗ ) 3 + B(t − t∗ ) 3 für kleines t − t∗ .
Bemerkung: Genau gesagt, gilt für t ց t∗
R(t)
(t −
2
t∗ ) 3
2
2
= C + B(t − t∗ ) 3 + O((t − t∗ ) 3 ) .
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title: Exercises
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50
11 Detonation
Solution. Die Linearizierung der Gleichung in 11.7 ist
R̈1 −
4 R1
= 0,
9 (t − t∗ )2
und die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung lautet
4
B ∈ R,
R1 (t) = B(t − t∗ ) 3 ,
also ergibt sich für die gesamte Lösung
2
4
R(t) ≈ C(t − t∗ ) 3 + B(t − t∗ ) 3 für kleines t − t∗ .
Fig. 19: From www.einstein-online.info
Es stellt sich nun heraus, dass die Lösungen für große positive B für t ր ∞
gegen ∞ streben, während sie für großes negatives B gegen 0 konvergieren für
t ր t+ mit einem gewissen t+ < ∞. Mit Selbstgravitation gibt es also freie
Detonationen die sich immer weiter ausbreiten, und solche die wieder in sich
zusammenfallen.
11.9 Theorem. Sei t∗ < t+ und M > 0 beliebig. Dann gibt es (genau) eine
Lösung von
GM
R̈ + 2 = 0 und R > 0 in ]t∗ , t+ [ ,
R
R(t∗ ) = 0 und R(t+ ) = 0 .
Solution. Es soll R Lösung sein von
Z t+
ζ̇ Ṙ + ζf (R) dL1 = 0 für ζ ∈ C0∞ (]t∗ , t+ [) ,
t∗
wobei
GM
für z > 0 .
z2
Definieren wir nun die monoton wachsende stetige Funktion durch

GM

 − 2 für z ≥ ε ,
z
fε (z) :=

 − GM für z ≤ ε ,
ε2
f (z) := −
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51
11 Detonation
%%main program
function main
%%parameters: initial condition, timespan
x0(1)=0.01; x0(2)=14; tspan = [0,3.5]; % choose
%x0(1)=0.01; x0(2)=14.1; tspan = [0,50]; % choose
%x0(1)=0.01; x0(2)=14.14; tspan = [0,350]; % choose
%x0(1)=0.01; x0(2)=14.145; tspan = [0,350000]; % choose
%%set an error
options=odeset(’RelTol’,1e-3);
%%call the solver
[t,x] = ode45(@knall,tspan,x0,options);
%%plot the results
figure
hold on
plot(t,x(:,1))
return
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%subroutine
function xprime = knall(t,x)
xprime=[x(2);-1./(x(1)^2)];
return
Fig. 20: MATLAB program.
so gibt es genau ein uε ∈ W 1,2 (]t∗ , t+ [) (es handelt sich um einen monotonen
Operator) mit
uε (t) = ε für t = t∗ , t = t+ ,
Z t+
ζ̇ u̇ε + ζfε (uε ) dL1 = 0 für ζ ∈ C0∞ (]t∗ , t+ [) .
t∗
(Die folgenden Argumentationen können mit etwas Aufwand gezeigt werden.)
Da fε ≤ 0 ist, folgt nach dem Maximumprinzip, dass uε ≥ ε ist, also gilt
üε = fε (uε ) = f (uε ) .
Setzen wir für ζ die Funktion ζ = (uε − ε)2 ein, so erhalten wir
Z t+
Z t+
2
1
(uε − ε)2 (−f (uε )) dL1
∂t ((uε − ε) )∂t uε dL =
t∗
t∗
=
Z
t+
t∗
(uε − ε)2
GM dL1 ≤ GM (t+ − t∗ ) .
u2ε
Da
folgt
∂t ((uε − ε)2 )∂t uε = 2(uε − ε)(∂t uε )2
2
1
3 2
8
= 2 (uε − ε) 2 ∂t uε = ∂t (uε − ε) 2
,
9
Z
t+
∂t (uε − ε) 32 2 dL1 ≤ 9 GM (t+ − t∗ ) .
8
t∗
3
2
Daraus folgt, dass ∂t (uε − ε) 2 in L (]t∗ , t+ [) beschränkt ist und uε − ε gleichgradig stetig ist, also für eine Teilfolge ε → 0
uε → u schwach in W 1,2 (]t∗ , t+ [) ,
uε → u gleichmäßig.
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52
11 Detonation
Es folgt (da auch u > 0 in ]t∗ , t+ [)
u(t) = 0 für t = t∗ , t = t+ ,
Z t+
ζ̇ u̇ + ζf (u) dL1 = 0 für ζ ∈ C0∞ (]t∗ , t+ [) ,
t∗
was die Behauptung ist.
Wir haben also gesehen, dass es, bei gegebenem t∗ , eine einparametrische Schar
von Lösungen gibt, die die beiden Fälle, Explosion für alle Zeit (z.B. 11.6), oder
Zurückbildung in endlicher Zeit (z.B. 11.9), beschreibt. Es gibt (wahrscheinlich)
genau einen Parameter der zwischen den beiden Möglichkeiten trennt. Es gibt
also einen Wert Bcrit ∈ R, so dass
ˆ für B > Bcrit existiert die Lösung für alle t und konvergiert für t → ∞
gegen unendlich.
ˆ für B < Bcrit existiert die Lösung für t < t+ (B) mit einem t+ (B) > t∗
und konvergiert für t → t+ (B) gegen 0.
Ein Programm zur (experimentellen) Berechnung von Bcrit findet sich in Fig. 20.
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53
12 Relativistic gravitational law
12
Relativistic gravitational law
Wenn ̺ die Massendichte ist, ist das durch diese Masse hervorgerufene Gravitationspotential φ gegeben durch die Wellengleichung
1 2
φ = ̺.
∂ φ − ∆φ
c2 t
Um diese Gleichung zu behandeln, betrachten wir die Fundamentallösung. Diese
Fundamentallösung in R × R3 ist ein Maß.
12.1 Fundamental solution of the 3D wave equation. Consider the measure
c
(L1 ⊗H2 ) ∂Kc ,
F =
4π|x|
where Kc := {(t, x) ; t > 0 and |x| < ct}
x
is the light cone. This means that for test functions ζ ∈ D(R × R3 ; R)
Z Z
Z
|x| dL3 (x)
c
2
hζ , F i =
ζ(t, x)
dH (x) dt =
,x
.
ζ
4π|x|
c
4π|x|
R+ ∂Bct(0)
R3
We will prove now that this distribution F is the fundamental solution of the
wave equation.
12.2 Lemma. We prove
1 2
∂ F − ∆F = δ (0,0)
c2 t
in D ′ (R × R3 ; R).
Solution. Let ζ ∈ D(R × R3 ; R) be a testfunction. Then
Z Z
c
hζ , F i =
ζ(t, x)
dH2 (x) dt
4π|x|
R+ ∂Bct(0)
Z Z
c
(ct)2 dH2 (ξ) dt (x ; ξ = x/ct)
=
ζ(t, ctξ)
4πct
R+ ∂B1(0)
Z ∞Z
r
cr 1
ζ , rξ
dH2 (ξ) dr (t ; r = ct)
=
c
4π c
0
∂B1(0)
Z ∞Z
|x| |x| 1
ζ
=
,x
dH2 (x) dr (ξ ; x = rξ)
c
4π |x|2
0
∂Br(0)
Z
|x| 1
=
ζ
,x
dL3 (x) .
c
4π|x|
R3
Therefore one has the following identity
1 2
1 2
ζ , 2 ∂t F − ∆F =
∂ ζ − ∆ζ , F
c
c2 t
Z
|x| 1 1 2
=
(∂
ζ)
−
∆ζ
, x dL3 (x) .
0
2
c
R3 4π|x| c
(12.1)
Thus we have to compute the wave operator of the test function. For the
derivatives of x 7→ ζ( |x|
c , x) we write for x 6= 0 and i ≥ 1
h |x| i
|x| 1 x
|x| i
∂ xi ζ
, x = (∂0 ζ)
,x
+ (∂i ζ)
,x
c
c
c |x|
c
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54
12 Relativistic gravitational law
and
h |x| i
|x| 1 x
h
|x| 1 x i
i
i
∂x2i ζ
+ (∂0 ∂i ζ)
, x = ∂xi (∂0 ζ)
,x
,x
c
c
c |x|
c
c |x|
|x| ,x ,
+(∂i2 ζ)
c
h
|x| i
|x| |x| 1 x
i
∂xi (∂0 ζ)
, x = (∂02 ζ)
,x
+ ( ∂i ∂0 ζ )
,x .
| {z }
c
c
c |x|
c
=∂0 ∂i ζ
Plugging ∂0 ∂i ζ in the first equation we derive
h
|x| i 1 x
h
|x| 1 x i
h |x| i
i
i
+ ∂xi (∂0 ζ)
, x = ∂xi (∂0 ζ)
,x
,x
∂x2i ζ
c
c
c |x|
c
c |x|
|x| 1 (x )2
|x| i
2
−(∂02 ζ)
,x 2
+
(∂
ζ)
,x .
i
c
c |x|2
c
By summation over i we get
h
|x| i 1 x
h
|x| 1 x i
h |x| i
+ ∇x (∂0 ζ)
, x = divx (∂0 ζ)
,x
,x •
∆x ζ
c
c
c |x|
c
c |x|
|x| 1
|x| −(∂02 ζ)
, x 2 + (∆ζ)
,x
c
c
c
or for the wave operator
1
|x| 2
(∂
ζ)
−
∆ζ
,x
0
c2
c
h
|x| 1 x i
h
|x| i 1 x
h |x| i
, x + div x (∂0 ζ)
,x
,x •
.
+ ∇x (∂0 ζ)
= −∆x ζ
c
c
c |x|
c
c |x|
Inserting this into (12.1) we get
Z
h |x| i
1 2
1
ζ , 2 ∂t F − ∆F = −
∆x ζ
, x dL3 (x)
c
c
R3 4π|x|
Z
h
|x| 1 x i
1
div x (∂0 ζ)
,x
+
c
c |x|
R3 4π|x|
!
h
|x| i 1 x
+∇x (∂0 ζ)
dL3 (x).
,x •
c
c |x|
(12.2)
For the second integral on the right-hand side of (12.2) we compute for x 6= 0
for the integrand
!
h
|x| 1 x i
h
|x| i 1 x
1
div x (∂0 ζ)
+ ∇x (∂0 ζ)
,x
,x •
4π|x|
c
c |x|
c
c |x|
|x| 1 x i
h 1
(∂0 ζ)
,x
= 2div x
4π|x|
c
c |x|
h x i 1
|x|
1 x
−
(∂0 ζ)
,x
∇x
+ div x
•
4πc
c
|x| |x|
|x|2
=0
|x| 1 x i
h 1
(∂0 ζ)
,x
= 2div x
4π|x|
c
c |x|
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55
12 Relativistic gravitational law
and this gives for the second integral
Z
|x| 1 x i
h 1
(∂0 ζ)
,x
=
dL3 (x)
2div x
4π|x|
c
c |x|
R3
Z
|x| 1 x i
h 1
(∂0 ζ)
,x
dL3 (x)
= lim
2div x
ε→0 B (0)
4π|x|
c
c |x|
ε
Z
|x| 1 x 2
x 2
= lim
(∂0 ζ)
,x
• −
dH (x)
ε→0 ∂B (0) 4π|x|
c
c |x|
|x|
ε
Z
ε
1
= − lim
(∂0 ζ) , εξ ε2 dH2 (ξ)
ε→0 ∂B (0) 2πcε
c
1
=0.
Thus the first integral on the right-hand side of (12.2) remains and we obtain
1
ζ , 2 ∂t2 F − ∆F
c
=−
Z
R3
Now for x 6= 0 Green’s formula yields
ζ
|x|
c
,x
= divx
hence
∆x
h 1 i
|x|
−
h |x| i
1
∆x ζ
, x dL3 (x) .
4π|x|
c
h |x| i
1
∆x ζ
,x
|x|
c
=0
!
|x| h 1 i
h |x| i
1
ζ
−
, x ∇x
∇x ζ
,x
,
c
|x|
|x|
c
Z
h |x| i
1
1 2
ζ
∂
F
−
∆F
=
−
∆
, x dL3 (x)
x
c2 t
c
R3 4π|x|
!
Z
h |x| i
|x| h 1 i
1
1
−
, x ∇x
∇x ζ
,x
dL3 (x)
divx ζ
= lim
ε→0 4π B (0)
c
|x|
|x|
c
ε
!
Z
h |x| i
|x| h 1 i
1
1
−
, x ∇x
∇x ζ
,x
•
ζ
= lim
ε→0 4π ∂B (0)
c
|x|
|x|
c
ε
x 2
• −
dH (x)
|x|
!
Z
h |x| i x
|x| x x
1
ζ
,x
•
+ ∇x ζ
, x • 2 dH2 (x)
= lim
ε→0 4π ∂B (0)
c
|x|3 |x|
c
|x|
ε
!
Z
h |x| i x
|x| 1
1
= lim
ζ
, x 2 + ∇x ζ
, x • 2 dH2 (x)
ε→0 4π ∂B (0)
c
ε
c
ε
ε
!
Z
ε
1
= lim
ζ , εξ dH2 (ξ) + O (ε)
ε→0
4π ∂B1(0) c
= ζ(0, 0) = ζ , δ (0,0) .
ζ,
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56
12 Relativistic gravitational law
We have used the following
x 1 x
x X
1
1
i
∂xi
=
=
∇x
=− 2 ,
div x
,
•
2
|x|
|x|
|x|
|x|
|x|2
|x|2
i
|x| x
|x| 1 x x
h |x| i x
X
i
(∂i ζ)
,x •
= (∂0 ζ)
,x
•
+
,x
,
∇x ζ
c
|x|
c
c |x| |x|
c
|x|
i
h i
|x| |x|
x and consequently ∇x ζ c , x • |x|
,x .
≤ 1c |∂0 ζ| + |∇x ζ|
c
Therefore we have shown that F is a fundamental solution.
Now we compute the time dependent gravitational field of a moving star described by a mass density
̺ε ∈ C ∞ (R × R3 )
with compact support supp ̺ε (t, •) ⊂ R3 ,
so that the gravitational field φ ε is the solution of
1 2
φ
c2 ∂t [φ ε ]
φε ] = [̺ε ] ,
− ∆[φ
(12.3)
φ ε (t, x) → 0 for |x| → ∞ .
This is stated in the following lemma with an assumption that the star does
not move faster than the “velocity of light”. We formulate this by describing a
moving point
Γξ := {(t, ξ(t)) ∈ R × R3 ; t ∈ R} ,
(12.4)
supp ̺ε (t, •) ⊂ Bε (ξ(t))
and assuming that
|ξ ′ (t)| ≤ λ with constant λ < c .
(12.5)
12.3 Lemma. If the trajectory (12.4) satisfies (12.5) the solution of (12.3) is
given by
φ ε (e
t, x
e) := (̺ε ∗ F )(e
t, x
e) = ̺ε (e
t, x
e) − • , F D(R×R3 )
(here the test function for F can be made to have compact support). By the
way, the solution φ ε is like ̺ε a C ∞ -function.
Solution. The support of the fundamental solution is
supp F = {(t, x) ; t ≥ 0, |x| = ct} .
And the support of ̺ε is contained in
supp ̺ε ⊂ {(s, y) ; |y − ξ(s)| ≤ ε} ,
hence we have to show that
supp F ∩ supp ̺ε (e
t, x
e) − •
is compact in spacetime, and this uniformly locally in (e
t, x
e). So let
(t, x) ∈ supp F ∩ supp ̺ε (e
t, x
e) − • ,
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57
12 Relativistic gravitational law
Fig. 21: Support of ̺ε
that is
This implies
t > 0 and |x| = ct ,
s := e
t − t and y := x
e − x and |y − ξ(s)| ≤ ε .
|x| = ct and ε ≥ |y − ξ(s)| = |e
x − ξ(s) − x| ≥ |x| − |e
x − ξ(s)|
and therefore
ct = |x| ≤ |e
x − ξ(s)| + ε .
Now
ξ(s) = ξ(e
t) +
=⇒
Z
s
ξ ′ (r) dr
e
t
|ξ(s) − ξ(e
t)| ≤ λ|s − e
t| = λ|t|
c|t| ≤ |e
x − ξ(s)| + ε ≤ |e
x − ξ(e
t)| + λ|t| + ε
|e
x − ξ(e
t)| + ε
|x|
= |t| ≤
,
=⇒
c
c−λ
that is, (t, x) is bounded,
and this uniformly locally in (e
t, x
e). This allows us to
e
multiply ̺ε (t, x
e) − • by a function in D(R × R3 ) without changing the value
of φ ε (e
t, x
e).
=⇒
Now we let supp ̺ε converge towards Γξ as the small “diameter” ε ց 0. We
describe the movement of the star as a mass point by the distribution (see
[Script: Stmt I.2.5 Moving mass point])
Z
ζ , µξ =
ζ(t, ξ(t)) dt for ζ ∈ D(R × R3 ).
R
12.4 Theorem. Let (12.5) be satisfied and let m > 0 be a constant. If now
µξ in D ′ (R × R3 ; R)
[̺ε ] → mµ
for ε → 0 then
φε ] → [φ
φ] in D ′ (R × R3 ; R) ,
[φ
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58
12 Relativistic gravitational law
where
φ (t, x) :=
m
4π 1 −
with
ξ ′ (s) x−ξ(s)
c • |x−ξ(s)|
t=s+
1
x − ξ(s)
|x − ξ(s)|
,
c
hence for ζ ∈ D(R × R3 ; R)
Z Z
φ] i =
φ(t, x) dL3 (x) dL1 (t)
h ζ , [φ
ζ(t, x)φ
R R3
Z Z
m
|y|
=
ζ s+
, y + ξ(s)
dL3 (y) dL1 (s) .
c
4π|y|
R R3
The function φ is the distributional solution of
1 2
φ
c2 ∂t [φ ]
φ] = mµ
µξ ,
− ∆[φ
(12.6)
φ (t, x) → 0 for |x| → ∞ .
As an intermediate step we show that for ζ ∈ D(R × R3 ; R)
Z Z
m dL3 (y)
|y|
φε ] i =
, y + ξ(s)
dL1 (s) .
lim h ζ , [φ
ζ s+
ε→0
c
4π|y|
R R3
(12.7)
Solution of (12.7). The assumption says, that for ε ց 0
Z
Z
η(s, z)̺ε (s, z) dL4 (s, z) −→
m η(s, ξ(s)) dL1 (s)
R×R3
R
3
for η ∈ D(R × R ; R). We have shown in 12.3 that
φ ε (t, x) = ̺ε (t, x) − • , F D(R×R3 )
Z
dL3 (y)
|y|
,x − y
,
=
̺ε t −
c
4π|y|
R3
hence for ζ ∈ D(R × R3 ; R)
Z
Z
φε ] i =
h ζ , [φ
ζ(t, x)
dL3 (y)
|y|
,x − y
dL4 (t, x)
̺ε t −
c
4π|y|
R×R3
R3
!
Z
Z
|y|
dL3 (y)
=
̺ε (s, z) ζ s +
, y + z dL4 (s, z)
c
4π|y|
R3
R×R3
!
Z
Z
dL3 (y)
|y|
,y + z
=
dL4 (s, z)
̺ε (s, z)
ζ s+
c
4π|y|
R×R3
R3
Z
=: η(s, z)
−→
m η(s, ξ(s)) dL1 (s) (proof see below)
R
Z Z
m dL3 (y)
|y|
, y + ξ(s)
dL1 (s) .
ζ s+
=
c
4π|y|
R R3
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59
12 Relativistic gravitational law
To prove the convergence step we have to show that
supp η ∩ U (Γξ )
is bounded,
U (Γξ ) := {(s, z) ; z ∈ B1 (ξ(s))} ,
since ̺ε for small ε has support in the open neighbourhood U (Γξ ) of Γξ . Here
η(s, z) :=
Z
dL3 (y)
|y|
,y + z
.
ζ s+
c
4π|y|
R3
Describing the support of ζ by a constant C, that is supp ζ ⊂ BC (0) × BC (0),
we have for a nonzero contribution of the y-integral
|y| ≤C,
s +
c
y + z ≤ C ,
and for fixed (s, z) it follows |y| ≤ |z| + C and therefore the integral exists. Now,
for any such (s, z) we get |s| ≤ |y|
c + C, hence
c|s| ≤ |y| + C · c ≤ |z| + C · (c + 1) .
Now for z ∈ B1 (ξ(s)), where we will use the assumption (12.5),
Z s
′
ξ (s̄) ds̄ ≤ |ξ(0)| + λ|s| ,
|z| − 1 ≤ |ξ(s)| ≤ ξ(0) +
0
that is
c|s| ≤ |y| + C · c ≤ |z| + C · (c + 1)
≤ |ξ(s)| + 1 + C · (c + 1) ≤ λ|s| + |ξ(0)| + 1 + C · (c + 1) .
Since λ < c it follows that (c − λ)|s| is estimated by a constant, and hence also
|z| − 1 is bounded.
Solution of the time equation. Define for given x the function t = b
t(s, x) with
It has derivative
t=b
t(s, x) = s +
|x − ξ(s)|
.
c
˙
x − ξ(s)
ξ(s)
b
•
,
t ′ s (s, x) = 1 −
c |x − ξ(s)|
which is positive by (12.5). Hence there exists the inverse funktion s = sb(t, x),
which satisfies
|x − ξ(s)|
.
s=t−
c
Solution of the statement. We now have to transform the coordinates (s, y) into
(t, x) with
|y|
t=b
t(s, y) := s +
,
c
x=x
b(s, y) := y + ξ(s) .
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
60
12 Relativistic gravitational law
The determinant of this transformation is


yT
˙
˙
y
|ξ(s)|
ξ(s)
1
•
≥1−
>0
det D(s,y) (b
t, x
b) = det 
c|y|  = 1 −
c |y|
c
˙
ξ(s)
Id
by assumption (12.5). Therefore with y = x−ξ(s) and the above inverse function
s = sb(t, x) we obtain
Z Z
m
|y|
ζ s+
, y + ξ(s)
dL3 (y) dL1 (s)
c
4π|y|
R R3
Z Z
dL3 (x) dL1 (t)
m
=
ζ(t, x)
4π|x − ξ(b
s(t, x))|
d(t, x)
R R3
˙ξ(b
s(t, x))) x − ξ(b
s(t, x))
where d(t, x) := 1 −
•
,
c
|x − ξ(b
s(t, x))|
which means
φ (t, x) =
m
.
4πd(t, x)|x − ξ(b
s(t, x))|
This is like the classicel version, but with a retarded argument sb(t, x) and a
mass m/d(t, x), a term which is larger than m, if the star is moving towards the
observer at x.
References: FAZ Artikel am 3.12.2015: Der Satellit LISA-Pathfinder wurde
gestartet. SuW Artikel von 8|2016: LISA-Pathfinder hat die Testphase erfolgreich durchgeführt. Die Messung von möglichen Gravitationswellen soll somit
Mitte der 30er Jahre durchgeführt werden.
author: H.W. Alt & G. Witterstein
title: Exercises
time: 26-Aug-2016
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[7] Die Geburt des Universums. Serie Spektrum der Wissenschaft. Feb. 2015
Teil 1: Niayesh Afshordi, Robert B. Mann, Razieh Pourhasan. Das
Schwarze Loch am Beginn der Zeit. Mar. 2015 Teil 2: Lawrence M. Krauss.
Wellenschlag des Urknalls. Apr. 2015 Teil 3: Michael D. Lemonick. Die ersten Sterne. Elena Sellentin. Mission DARE . Spektrum der Wissenschaft,
Feb.-Apr. 2015
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