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Un altro sns..non è difficile però è un simpatico problemino!

Tre stelle di ugual massa, M/3 (M è la massa totale del sistema), in mutua attrazione gravitazionale, ruotano su un’orbita circolare di raggio R intorno al centro di massa del sistema, mantenendo la loro posizione relativa in modo da occupare i vertici di un triangolo equilatero.
a) Determinare la velocità angolare W3 di ciascuna stella intorno al centro di massa.
b) Per orbite circolari di raggio R fissato e sistemi di massa totale M assegnata, come si paragona il valore di W3 con la velocità angolare W2 di un sistema binario e con la velocità angolare W4 di un insieme di 4 stelle disposte ai vertici di un quadrato?
c) Siete in grado di valutare il valore limite W, quando la massa totale M è distribuita tra un numero sempre più grande di stelle?

Buon lavoro, Simone.

Rispondo tanto per ridere avrò fatto mille errori

W3= +/- sqrt(8/27*K*M/R )

w2= +/- sqrt(1/8*K*M/R)
w4= +/- sqrt(27/64*K*M/R) // tirata a caso

winf= +/- sqrt(K*M/R)

un primo errore: confusione con formule le R dovrebbero essere al cubo


con K costante gravitazionale che non mi ricordo
( spero almeno di non aver sbagliato le dimensioni )

Saluti

prima o poi imparerò Tex

Edit: La formula che segue è sbagliata: il 2 dovrebbe essere un 8.

$ \displaystyle \omega_2 = \sqrt{\frac{GM}{2R^3}} $

Le altre devo ancora vedere .
Ma dopo che finisco con l'effetto Doppler.

Confermo il risultato di TadW_elessar per n=2.
Vitellocromato non sono giuste neppure le dimensioni sorry..se vuoi prova a scrivere come hai fatto che vediamo dove sbagli ok?

Edit..confermo solo che non sono capace a fare due conti..ma era risaputo

Non sono riuscito a trovare una formula generica per n stelle di uguale massa. Però per n = 3, chiamando $ ~GM = \mu $ ho:



... Sembra facile ma non riesco proprio a trovare niente di più, sarà l'ora tarda.

Non è richiesta una formula generica..ma solo per infinite stelle
Hint:
io ho supposto una distribuzione lineare omogenea di massa e ho lavorato un po' con integrali per calcolare che accellerazione avrebbe la stella considerata.

Piuttosto, mi sa che era sbagliato quello per due stelle, quello giusto è:

$ \displaystyle \omega_2 = \sqrt{\frac{\mu}{8R^3}}. $

Infatti la distanza è 2R al cubo, non R.
Ora torno a quell'altro.

No torna l'altro..

m/2Rw^2=Gm^2/(4(2R)^2) hum..già mi stavo un po' bevendo il cervello
Che cavolo se avessi un quaderno potrei evitare di rifare sempre i calcoli sul momento che per la fretta li sbaglio

Dai fatti il caso con infinite stelle suvvia!

Edit (stavolta solo una typo)

Scusate sono un fesso

avevo usato come formula della accelerazione centrifuga w^2/R anzichè w^2*R
( mi sono confuso)

Tutte le R nel primo post così dovrebbero apparire al cubo.

Sicuramente questo è un primo errore ma ne avrò fatti altri, anche perchè l'ho fatto un po' a casaccio

Provo a riscriverle in latex
$ w_3 = \sqrt{{\frac{8}{27}\frac{K M}{R^3}}} $

almeno il latex sono riusito a scrirverci!

Allora allora: ecco la formula nel caso di n stelle, che avevo trovato anche ieri ma avevo scartato perché non tornava col caso di due stelle, che invece avevo sbagliato io.



Con l'integrale mi viene $ ~\omega = \infty $... .

Vi metto l'integrale che ho ottenuto:

Per quanto sembri strano anche a me esce infinito come risultato..

Io ho fatto così:
Suppongo che la massa m sia distribuita omogeneamente lungo la circonferenza.
Pongo quindi:
$ \lambda=\frac{M}{2\pi R} $
Da cui:
$ d m=\lambda d l=\lambda 2R d \theta $ (theta angolo alla circonferenza)
mi interessa solo la componente che punta verso il centro dell'accellerazione prodotta da ogni singolo punto..
Quindi:
$ d a=\frac{G dm}{d^2} \cos\theta $
$ d=2R\cos\theta $
Ovvero:
$ d a = \frac{G \lambda d \theta}{2Rcos( \theta)} $ che integrando da 0 a pi greco mezzi (e raddoppiando il risultato) risulta:
$ K\frac{G\lambda}{R}(\ln(\frac{1+\tan(\frac{\pi}{4})}{1-\tan(\frac{\pi}{4})}) $ che va un po' ad infinito.. Dove K sono un po' di 2 e 1/2 che ora non ho voglia di calcolare o contare perchè mi stanno antipatici e di sicuro sbaglierei nel contarli (al solito rifatto i conti sul momento perchè nel mio immenso disordine non trovavo il foglio su cui avevo fatto il problema)
Visto che w^2=a/R il risultato dovrebbe essere uguale al tuo e ciò mi conforta visto che avevo postato questo problema solo per vedere se andava veramente ad infinito la velocità..

Nella mia più completa ignoranza io avevo ragionato nel seguente modo per quanto riguarda il valore all'infinito.

Mi riducevo ad un sistema equivalente ( nei miei sogni credo) con la massa M-m di tutte le stelle meno una concentrata nel centro della circonferenza e la massa m della stella studiata nel suo punto esatto.

Poi facevo il limite per m tendente a zero ( tanto andava via in una semplificazione).

Evidentemente non è valido ( ci penserò in futuro)

L'avrei comunque potuto fare se la stella fosse stata a distanza elevata dalle altre stelle?

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Forse mi sono lasciato ingannare dal fatto che quando calcolo la forza peso tra me e la terra considero la massa della terra concentrata nel suo baricentro ( credo ;?) ma in quel caso però la distribuzione di massa della terra è considerata in tutto il volume della terra e non superficiale

sbagliando si impara

occhio che è $ \lambda dl =\lambda Rd\theta $, senza il 2. Poi $ ~d = 2R^2 (1-\cos\theta) $ (Teorema di Carnot) e la componente radiale si ottiene moltiplicando non per $ \cos\theta $ ma per $ \cos(\frac \pi 2 - \frac \theta 2) = \sin\frac{\theta}{2} $.

TADW_Elessar ha scritto:occhio che è $ \lambda dl =\lambda Rd\theta $, senza il 2. Poi $ ~d = 2R^2 (1-\cos\theta) $ (Teorema di Carnot) e la componente radiale si ottiene moltiplicando non per $ \cos\theta $ ma per $ \cos(\frac \pi 2 - \frac \theta 2) = \sin\frac{\theta}{2} $.

il 2 c'è l'angolo al centro è il doppio di un'angolo alla circonferenza..
In particolare se ho un'angolo alla circonferenza di pigreco mezzi che insiste su un'arco l'arco sarà lungo pi greco R..

e d= sen(pi greco mezzi-theta)2R=cos(theta)2R..stai parlando di un'angolo diverso quindi la componente radiale torna (a meno di granchi paurosi..ma per questo ci metterei pure la mano sul fuoco)

Ah, ecco, stiamo parlando di due angoli diversi Niente allora, scusa per il fraintendimento.

Ma infine questa velocità va a infinito o no?