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Gravitación universal: Resolución de la paradoja de la región lenticular

Posted by Albert Zotkin en febrero 14, 2015

En mi último post (Gravitación universal: Viaje insólito al centro de la Tierra) llegué a afirmar que una masa de pruebas en el interior de una esfera sólida de densidad uniforme sí podría sentir el campo gravitatorio creado por la masa de dicha esfera, contradiciendo así Newtom con su famoso teorema de la cáscara esférica (teorema del shell). Sin embargo, un análisis mas minucioso de dicho teorema nos lleva a concluir que Newton estaba en lo cierto. Veamos cómo Sir Isaac Newton demostró el teorema del shell:

Una de las razones por las que Newton inventó el cálculo infinitesimal fue para poder demostrar que la ley de la gravedad que él descubrió ofrece una aceleración gravitatoria nula dentro de una cáscara esférica para cualquier masa de pruebas, y también demostrar que si la masa de pruebas está fuera de esa cáscara esférica, la aceleración gravitatoria sería la misma que la que ofrecería si toda la masa de la cáscara estuviera situada en su centro.

Decir también que este teorema puede ser derivado desde la ley de Gauss para la gravedad. Empecemos:

TEOREMA DE LA CÁSCARA ESFÉRICA:
La Ley de la Gravitación Universal de Newton que para dos masas puntuales m y M separadas una distancia r la fuerza mutua ejercida sobre cada una de ella será:

\displaystyle  F = \frac{G m M}{r^2}   (1)
donde la constante universal G posee el valor aproximado de

\displaystyle  G \approx 6.67 \times 10^{-11} \mathrm{\ N.m^2/Kg^2}   (2)
A menudo es más útil usar el campo gravitario que genera la masa M,en lugar de la fuerza, así:

\displaystyle  E = \frac{G M}{r^2}   (3)
Si en lugar de una masa puntual tenemos toda esa masa repartida homogéneamente sobre una cáscara esférica, el problema será saber que campo gravitatorio existe en un punto cualquiera dentro y fuera de esa la cáscara. Consideremos que el radio de dicha esfera es R, y situemos una masa de pruebas a la distancia r al centro de dicha esfera.

La densidad de esa cáscara esferica de masa M será:

\displaystyle  \sigma =\frac{M}{4\pi R^2}   (4)
Si ahora descomponemos la cáscara esférica en pequeños anillos, y decimos que la distancia de uno cualquiera de dichos anillos al punto p donde está nuestra masa de pruebas es s, tendremos la siguiente configuración:

fig-1

La masa total del anillo seria entonces

\displaystyle      \begin{aligned}  M_a &=\sigma 2\pi R (\sin\phi) R d\phi \\   &=\frac{1}{2}M (\sin\phi)  d\phi    \end{aligned}     (5)
Seguidamente, nos damos cuenta que toda la masa está a la misma distancia s del punto p. Sin embargo, ya que (por simetría) la dirección del campo es hacia el centro de la esfera, la contribución de este pequeño anillo, tenemos que:

\displaystyle  dE =\frac{G M \cos\theta \sin \phi d\phi}{2s^2} =-\frac{G M \cos\theta d(\cos \phi)}{2s^2}    (6)
Y usando la ley de los cosenos tenemos

\displaystyle  R^2 = s^2+r^2-2rs\cos\theta, \\  s^2= R^2+r^2-2Rr\cos\phi   (7)
por lo que:

\displaystyle  \cos\theta = \frac{s^2+r^2-R^2}{2rs} \\ \\  \cos\phi = \frac{R`2+r^2-s^2}{2Rr} \\ \\  s^2= R^2+r^2-2Rr\cos\phi   (8)
con lo cual:

\displaystyle  -d(\cos\phi)=\frac{s}{Rr}ds.   (9)
y sustituyendo en (6) se obtiene la contribución del pequeño anillo:

\displaystyle  dE =\frac{GM(s^2+r^2-R^2)ds}{4Rr^2s^2}   (10)
Desde esta última ecuación se concluye que el campo gravitacional total inducido por la cáscara esférica sobre la masa de pruebas situada en el punto p es la integral de las contribuciones de todos los anillos:

\displaystyle  \begin{aligned}  E &= \int_{s=r-R}^{s=r+R}dE = \frac{GM}{4Rr^2} \int_{s=r-R}^{s=r+R}\frac{s^2+r^2-R^2}{s^2}ds =\\ \\   &= \frac{GM}{4Rr^2}\left(s+ \frac{R^2-r^2}{s}\right)\biggr\rvert_{r-R}^{r+R}= \frac{GM}{4Rr^2}\; 4R = \frac{GM}{r^2}  \end{aligned}   (11)
y eso probaría la primer aparta del teorema gravitacional de la cáscara esférica de newton. Para probar la segunda parte, es decir que el campo gravitacional dentro de la cáscara esférica es cero, hay que darse cuenta de que la contribución de cada uno de esos anillos es la misma de antes,

fig-2

y lo único que cambia son los límites de integración para s, que ahora son s = Rr y s = R + r. Por lo tanto:

\displaystyle  \begin{aligned}  E &= \int_{s=R-r}^{s=R+r}dE = \frac{GM}{4Rr^2} \int_{s=R-r}^{s=R+r}\frac{s^2+r^2-R^2}{s^2}ds =\\ \\   &= \frac{GM}{4Rr^2}\left(s+ \frac{R^2-r^2}{s}\right)\biggr\rvert_{R-r}^{R+r}= 0  \end{aligned}   (12)
Finalmente, calculamos el campos gravitacional inducido por una esfera sólida y homogénea de masa total M, en un punto cualquiera externo y después para un punto cualquiera del interior. La densidad de dicha esfera sólida sería:

\displaystyle  \mu= \frac{3M}{4\pi R^3}   (13)
Y como antes, sea r la distancia de la masa de pruebas en el punto p al centro de la esfera. Ahora dividamos la esfera en sucesivas cáscaras esféricas concéntricas, cada una con un grosor de dρ y radio ρ, con lo cual la masa de cada una de esas cáscaras sería:

\displaystyle  dM = 4\pi \rho^2 \mu d\rho = \frac{3M \rho^2}{R^3}d\rho.   (14)
Desde la primera parte del teorema de la cáscara de Newton, tenemos que la contribución al campo gravitacional de esa cáscara es:

\displaystyle  dE = \frac{3GM \rho^2}{r^2R^3}d\rho;   (15)
y el campo total lo obtenemos integran todas las cáscaras concéntricas desde 0 hasta R:

\displaystyle  E = \int_0^R dE=\int_0^R\frac{3GM \rho^2}{r^2R^3}d\rho=\frac{GM\rho^3}{r^2R^3}\biggr\rvert_0^R =\frac{GM}{r^2}   (16)
Y para finalizar estas demostraciones de teoremas, si el punto p de nuestra masa de pruebas está en el interior de la esfera homogénea (r < R), entonces según la segunda parte del teorema de newton arriba demostrado, vemos que la contribución al campo gravitacional por las cáscaras concéntricas de radio ρ está definida por

\displaystyle    dE =  \begin{cases}  \frac{3GM \rho^2}{r^2R^3}d\rho & \quad \text{if } 0\leq\rho\leq r, \\  0  & \quad \text{if } r\leq\rho\leq R.\\  \end{cases}  \\ \\ \\    (17)
Por lo tanto, la contribución total al campo es la integral:

\displaystyle  E = \int_0^r dE=\int_0^r\frac{3GM \rho^2}{r^2R^3}d\rho=\frac{GM r^3}{r^2 R^3}   (18)
con lo que vemos que

\displaystyle  M_r = \frac{M r^3}{R^3}
es la masa contenida en el volumen de la esfera de radio r.

Y hasta aquí la demostración del teorema de la cáscara de Newton. He destacado toda la demostración con fondo amarillo, y un párrafo (el que incluye la ecuación #6) lo he destacado especialmente sobre fondo amarillo más intenso para señalar que quizás alguien podría tener dudas de que esa deducción sea correcta. De hecho, si Ma es la masa de uno de eso pequeños anillos, tal y como se expresa en la ecuación (5). Podemos calcular fácilmente que la aceleración de la gravedad, para una masa de pruebas situada sobre el eje central a cierta distancia z del centro del anillo, será:

\displaystyle  E_a = = \frac{G M_a z}{\sqrt{(R^2 + z^2)^3}}  (19)
pero z = s cos φ, y R2 + z2 = s2, por lo que

\displaystyle  E_a =  \frac{G M_a s \cos\phi}{s^3}=  \frac{G M_a \cos\phi}{s^2} \\ \\  \frac{1}{2} \frac{G M (\sin\phi)\cos\theta}{s^2} d\phi=-\frac{G M \cos\theta d(\cos \phi)}{2s^2}   (20)
es la misma ecuación (6).

Para resolver la paradoja de la región lenticular hemos de ver que si esa región es la correspondiente de substraer las masas elementales cuyas fuerzas opuestas en la masa de pruebas se cancelaban totalmente, entonces la masa de la esfera horadada restante, que sigue influyendo gravitacionalmente (sus fuerzas dos a dos no se anulan totalmente), es mayor que la que predice el teorema de la cáscara de newton. La solución a esta aparente anomalía está en ver que la masa de la región lenticular sustraída no es exhaustiva, es decir, es necesaria pero no es suficiente.
Esa región lenticular es sólo la correspondiente a fuerzas que se cancelan totalmente. Pero, aún permanecen en la esfera horadada restante pares de fuerzas que se cancelan sólo parcialmente, y eso implica que las masas elementales respectivas del par no se substraen del volumen totalmente pero deben substraerse parcialmente. Cuando completamos todas esas sustracciones parciales de masa veremos que la masa que permanece corresponde exactamente a la predicha en el teorema de la cáscara de Newton.

Saludos

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Gravitación universal: Viaje insólito al centro de la Tierra

Posted by Albert Zotkin en febrero 6, 2015

En este pequeño artículo voy a calcular cuánto vale la gravedad en un punto cualquiera del interior de un cuerpo esférico y de densidad constante.

Empecemos. Si el radio de dicho cuerpo esférico es R, y un punto p cualquiera de su interior está a la distancia r de su centro, tendremos que si trazamos segmentos de rectas centrados en dicho punto p, hacia todas las direcciones, podremos ir viendo cómo se van anulando pares de fuerzas. Cuando se anula un par de fuerzas, su influencia sobre una partícula de prueba situada en p es nula, y por lo tanto es como si las masas elementales que generan esas dos fueras opuestas no existieran. Estas anulaciones efectivas, dos a dos, produce una especie de oquedad, a modo de un cráter.

Ese hueco gravitacional en la esfera es en realidad el producto de la intersección de otra esfera de igual radio

Esa intersección es un volumen que tiene forma de lenteja. Si desprendemos ese volumen de masa, que no influye gravitacionalmente sobre nuestra masa de pruebas, tendremos una esfera horadada, que se ve claramente en las siguientes ilustraciones que he dibujado. La lenteja intersección, que he pintado de amarillo, cuyo centro es el punto p donde esta nuestra masa de pruebas, la voy a desprender de la esfera azul que representa nuestro planeta Tierra, quedando pues el hueco de no-gravedad,

Ahora nuestro problema matemático se reduce a calcular el volumen de esa lenteja que hemos desprendido de la esfera principal. Una vez que sabemos el valor de ese volumen lo restaremos del volumen de la esfera, con lo cual sabremos cual es el volumen de la esfera azul horadada, que es la que en definitiva influye gravitacionalmente sobre nuestra masa de pruebas.

Para calcular el volumen de esa lenteja (volumen intersección de dos esferas iguales), bastará calcular la mitad. Esa mitad es lo que se llama casquete esférico

\displaystyle v = \frac {\pi h}{6} (3a^2 + h^2) (1)
O también:
\displaystyle v = \frac {\pi h^2}{3} (3R - h)
(2)
O en función de R y r:
\displaystyle v =\frac{1}{3} \pi  (r-R)^2 (r+2 R)
(3)
Con lo cual el volumen total de esa lenteja será:

\displaystyle V = 2v = \frac{2}{3} \pi  (r-R)^2 (r+2 R) (4)

Esto significa que el volumen que permanece en la esfera principal horadada (esfera azul) será pues:

\displaystyle V_E =\frac{4}{3} \pi  R^3 - \frac{2}{3} \pi  (r-R)^2 (r+2 R) \\ \\ \\ \\ V_E = \frac{2}{3} \pi  r \left(3 R^2 - r^2\right) (5)
Pero según la Ley de Gauss para la Gravedad, y según el teorema del Shell, ese volumen VE, debería corresponder al volumen de una esfera de radio r. Es decir,

\displaystyle V_E =\frac{4}{3} \pi  r^3 (6)
¿Dónde está pues el error?.

Obviamente, si nuestra masa de pruebas está localizada en el centro de la Tierra, la lenteja que extraemos (intersección de las dos esferas) tendria un volumen igual al volumen total de la esfera, lo cual implicaría que la gravedad en el centro de la Tierra es nula. Pero, la pregunta está hecha ya. ¿Dónde está pues el error en mis cálculos?. Está claro, que algo debe estar equivocado en mis cálculos y/o consideraciones ya que la probabilidad de que yo no esté equivocado y sí lo esté Gauss al respecto es casi nula, por no decir absolutamente nula.

Actualización (2/8/2015): La ecuación (5) del volumen de masa efectiva (masa que influye efectivamente sobre nuestra masa de pruebas) nos sirve para hallar la masa efectiva. Ya que sabemos que la esfera inicial de radio R y masa total M es homogénea , la densidad constante de dicha esfera inicial es:

\displaystyle \mu =\frac{3M}{4\pi R^3}  (7)
Por lo tanto, si dividimos la masa efectiva ME por el volumen efectivo VE obtendremos esa densidad constante μ:

\displaystyle \frac{M_E}{V_E}=\mu =\frac{3M}{4\pi R^3}  (8)
y por lo tanto la masa efectiva será:

\displaystyle M_E=\frac{2}{3} \pi  r \left(3 R^2 - r^2\right)\frac{3M}{4\pi R^3} \\ \\ \\ \\  M_E=\tfrac{1}{2}M\left(\frac{3 r}{R}\text{  }- \frac{r^3}{R^3}\right) (9)
Pero, según el teorema de la cáscara esférica de Newton (el teorema del Shell), el volumen efectivo sería el de la ecuación (6), es decir, toda la masa efectiva estaria dentro de una esfera de radio r, y por lo tanto, la masa efectiva ME (según predice la gravitación universal de Newton, que es la conocida ley del inverso del cuadrado de la distancia) sería:

\displaystyle M_E=\frac{4}{3} \pi  r^3 \frac{3M}{4\pi R^3} \\ \\ \\ \\  M_E=M\frac{r^3}{R^3} (10)
Y según la gravitación universal de Newton, la fuerza efectiva sobre nuestra masa de pruebas sería:

\displaystyle F_E= G M\frac{r^3}{r^2 R^3} \\ \\ \\ \\  F_E= G M\frac{r}{R^3} (11)
O sea, la ley de gravitación universal de newton dice que considerando el radio R y la masa M constantes, la fuerza efectiva de la gravedad en el interior de esa esfera homogénea es directamente proporcional a r (distancia al centro de la esfera).

En conclusión: Según los cálculos que he realizado, el volumen efectivo hallado es independiente de la teoría de gravitación que consideremos ( no empleo la asunción de que la fuerza de la gravedad sea la ley del inverso del cuadrado de la distancia), sino que sólo asumo que a distancias iguales le corresponderán fuerzas iguales. Ahí radica la discrepancia entre el resultado que yo he hallado y el resultado oficial (el de la Ley de gravitación de Newton). Si los cálculos que he realizados son correctos, esto implicaría que la masa efectiva sería siempre mayor o igual que la masa efectiva oficial. Y esto tiene una implicación muy importante en gravitación, ya que explicaría nada más y nada menos que la anomalía que llamamos materia oscura. En la siguiente representación gráfica, para M = 1 y R = 1, comparo ambas predicciones de masa efectiva (la gráfica en azul es la que yo he calculado y la roja es la predicción clásica Newtoniana).

lines1

La región en gris definida entre ambas gráfica en el intervalo [0, R] es, según mis presagios, lo que se viene llamando erróneamente materia oscura. Es decir, la materia oscura sería simple y llanamente una anomalía ficticia producto de un mal entendimiento de la gravedad a lo largo de los siglos.

Saludos

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Los motores (propulsores) inerciales son imposibles

Posted by Albert Zotkin en enero 8, 2015

En mi anterior post hablé un poco sobre los motores inerciales. Más exactamente, hablé sobre cómo funcionan supuestamente los propulsores inerciales. Estos hipotéticos propulsores violan la tercera ley de Newton, es decir, supuestamente deberían generar impulso desde el interior del vehículo sin que se genere a la vez una fuerza de reacción (igual en magnitud y de sentido contrario). Por lo tanto, estos propulsores si existieran violarían la conservación del momento lineal. El momento lineal es un vector, producto de la masa (escalar) por la velocidad (vector), y posee una propiedad muy semejante a la de la energía, que consiste en que no puede ser creado ni destruido, sólo transferido de un sistema a otro. Todo cambio de movimiento implica transferencia de momento lineal.
\displaystyle  n = \frac{c}{c_n}  (1)
Veamos sucintamente por qué es imposible la existencia de tales propulsores. Supongamos un vehículo espacial, formado por dos esferas unidas por un eje rígido, que se mueve a una velocidad uniforme. Para poder acelerar ese vehículo hasta una velocidad distinta, debemos desplazar su centro de masas hasta otra posición relativa distinta a la actual. Para desplazar dicho centro de masas tenemos que transferir masa desde una de las esferas hacia la otra (mediante bombeo de un gas, por ejemplo). Una vez que hemos transferido masa, el nuevo centro de masas quedará mas cerca de la esfera que posea mayor masa. En ese momento estamos listos para ejercer tracción sobre la esfera de menor masa hacia la otra. Una vez que hemos acercado dicha esfera hacia la otra, devolvemos la masa transferida y ejercemos empuje para alejar la esferas a la posición relativa que tenían al inicio. Una vez hecho eso deberíamos observar que el vehículo ha acelerado, es decir, la velocidad final del centro de masas sería distinta a la inicial. Veamos gráficamente con unas figuras todo el proceso de la supuesta aceleración del sistema.

Paso 1: Partimos de esta estructura inicial
graphic1

Paso 2: Transferimos la mitad de la masa de una esfera hacia la otra
graphic2

Paso 3: Acercamos la esfera de menor masa hacia la de mayor masa
graphic3

Paso 4: Transferimos masa desde la mayor a la menor de modo que se inviertan las magnitudes
graphic4

Paso 5: Alejamos las esferas hasta los dos extremos
graphic5

Paso 6: Transferimos masa hasta que se igualen
graphic6

Se supone que con estos seis pasos deberíamos haber podido incrementar la velocidad de ese vehículo, pero en realidad no lo hemos conseguido. La clave está en que cuando transferimos masa de una esfera hacia la otra también variamos el centro de masas. Si cuando hacemos esa transferencia, el centro de masas quedara invariante entonces si que lograríamos incrementar la velocidad inercial del vehículo, habríamos generado una fuerza propulsora desde el interior sin contrapartida en una fuerza de reacción (opuesta). Pero, cuando transferimos masa, el centro de masas se acercará a la esfera que recibe dicha masa, y por lo tanto se aleja de la esfera que decrece en masa. Ese desplazamiento del centro de masas es de tal magnitud que cuando movemos la esfera más ligera, acercándola o alejándola de la mas pesada, ocurre que al final nunca conseguimos acelerar el vehículo hasta una velocidad final distinta de la inicial. En resumen, que el momento lineal se conserva, y por lo tanto todo propulsor (motor) inercial es imposible. En conclusión, en este experimento, si la velocidad inicial era cero, la velocidad final será cero.

Saludos

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El Motor Inercial Mach-Lorentz nos llevará a las estrellas

Posted by Albert Zotkin en diciembre 30, 2014

Un Motor Inercial Mach-Lorentz es un hipotético artefacto basado en el efecto Woodward que instalado en un vehículo espacial sería capaz de proporcionarle empuje sin necesidad de eyectar gases o cualquier otro material.

La idea del efecto Woodward se basa en la posibilidad de que se pueda inducir un cambio de masa inercial a un cuerpo cuando aceleramos eléctrica y magnéticamente algunos de sus componentes. Ese cambio temporal o cíclico de la masa inercial podría ser aprovechado para generar una fuerza con la que el vehículo aceleraría en el espacio. Es decir, que el vehículo no tendría que eyectar materia para acelerar. ¿Cómo se consigue eso?. La masa inercial es como un ancla en el espacio. Supongamos que dos personas, de igual peso, se suben a dos vagonetas que están sobre unos raíles. Si uno de ellos empuja la otra vagoneta, ambas se moverán en sentido contrario la misma distancia. Pero, si uno de ellos es más pesado que el otro, entonces la vagoneta con menos masa llegará más lejos. Está claro que la vagoneta más pesada está anclada a los raíles. Avanzar por el espacio con este artilugio también sería semejante a remar sobre una barca. Cuando alzamos el remo para llevarlo a una posición mas avanzada la masa del mismo rozando el aire es menor que cuando su pala está dentro del agua. Cuando hacemos fuerza para remar con la pala en el agua, eso es semejante a cuando empujamos a un cuerpo de mayor masa que nosotros. Existe siempre un cambio virtual de masas. Las ruedas de un coche sobre la calzada también experimentan ese cambio cíclico virtual de masas. La parte de la rueda que pisa la calzada es semejante a la vagoneta de mayor masa (queda más anclada que las otras partes del sistema). Cuando una parte queda más anclada, podemos aplicar empuje para aproximar hacia ella las partes más atrasadas. Es evidente que si el aire fuera más denso que el agua no podríamos remar en nuestra barca con eficiencia, ya que al llevar el remo por aire para ponerlo en la posición avanzada, nuestra barca se iría hacia atrás. De hecho, cuando remamos, la barca experimenta un impulso retrógrado (hacia atrás) cuando el remo va por aire hacia la posición avanzada. Lo que ocurre es que esa fuerza es insignificante frente a la fuerza de avance que conseguimos con la pala del remo dentro del agua.

Así, con un motor inercial, tipo Mach-Lorentz, queremos que exista una desproporción cíclica de fuerzas, de modo que siempre obtengamos ventaja con un avance que sea mayor que el retroceso. El problema con esta clase de “motores” que aplican el efecto Woodward es que no está claro si tal efecto existe en realidad, y cómo se realizan los anclajes para poder avanzar. ¿Cómo puede un vehículo espacial acelerar por el espacio como si fuera una oruga?.

En lugar de dos vagonetas imaginemos dos bolas de acero de igual volumen unidas por un muelle, y pongamos dicho sistema a vibrar. Si, de alguna forma, transferimos (mediante bombeo de gas, por ejemplo) masa de una bola hacia la otra mientras el sistema vibra por medio del muelle, es posible conseguir que dicho sistema experimente una fuerza que lo impulse en una determinada dirección espacial.

James F. Woodward afirma que en un motor Mach-Lorentz, el cual se basa en el efecto Woodward, cuando se carga un condensador eléctrico, su dieléctrico experimenta un aumento pasajero de su masa inercial, y cuando el condensador se descarga, el dieléctrico experimenta una disminución de masa. La fórmula que deduce Woodward para ese incremento de masa del dielétrico es:

\displaystyle    \delta m_0 =  \frac{1}{4\pi G}\left[\frac{1}{\rho_0 c^2}\frac{\partial P}{\partial t} -  \left(\frac{1}{\rho_0 c^2}\right)^2 \frac{P^2}{V}\right]
donde m0 es la masa propia, G es la constante de gravitación universal, c es la velocidad de la luz en el vacio, ρ0 es la densidad propia del dieléctrico, V es el volumen del dieléctrico, y P es la poencia eléctrica instantanea enviada al sistema.

El problema con esa fórmula es que nadie sabe si predice un efecto real o es falsa ya que nadie ha sido capaz aún de medir ese supuesto efecto Woodward.

Saludos

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Gravedad cuántica: ¿existe una velocidad mínima no nula para el movimiento de los cuerpos con masa?

Posted by Albert Zotkin en diciembre 22, 2014

Si nos creemos el hecho de que existe una velocidad máxima (insuperable) en nuestro universo, la cual identificamos como la velocidad de la luz en el vacío, c, entonces tambien debe ser razonable pensar que debe existir una velocidad mínima no nula, no sólo para los cuerpos con masa, sino para la misma luz. Este hecho de una cota minima nos lleva a fenómenos como el de la refracción de la luz en medios extremos. Decimos que un medio posee un indice de refraccíon n mayor que la unidad cuando la velocidad de la luz cn en dicho medio es inferior a la que posee en el vacio:

\displaystyle  n = \frac{c}{c_n}  (1)
Si afirmamos que ha de existir una velocidad mínima no nula para la luz en algún medio (por ahora desconocido), entonces dicho medio poseerá un índice de refracción muy alto, pero no infinito, porque si fuera infinito la velocidad de la luz en dicho medio sería nula. Por otro, lado sabemos que la longitud de Planck lP está definida de esta forma:

\displaystyle  \ell_\text{P} =\sqrt\frac{\hbar G}{c^3} \approx 1.616\;199 (97) \times 10^{-35} \mbox{ m}  (2)
Esto significa que es posible expresar la velocidad de la luz en función de la Longitud de Planck:

\displaystyle  c =\sqrt[3]{\frac{\hbar G}{\ell_\text{P}^2}}   (3)
Y esto quiere decir que para una posible velocidad mínima no nula, c0, de la luz en un medio extremo (aún desconocido) debemos encontrar una longitud “extrema” muy grande, que llamaremos RH, tal que:

\displaystyle  c_0 =\sqrt[3]{\frac{\hbar G}{R_\text{H}^2}}   (4)
por lo que el índice de refracción para ese medio en el cual la luz se ralentiza hasta llegar a propagarse a la mínima velocidad no nula posible, será:

\displaystyle  n_0 =\cfrac{\sqrt[3]{\frac{\hbar G}{\ell_\text{P}^2}} }{\sqrt[3]{\frac{\hbar G}{R_\text{H}^2}} } =\sqrt[3]{\frac{R_\text{H}^2}{\ell_\text{P}^2}}  (5)

Es pues posible hipotetizar que esa longitud RH no puede ser otra que un Radio de Hubble:

\displaystyle  R_\text{H} =\cfrac{c}{H_0}  (6)

donde H0 es la constante de Hubble, y su valor aproximado es de

\displaystyle  R_\text{H} \approx  13.000 \ \text{millones de a\~nos luz}  (7)
Luego la velocidad mínima que buscamos será:

\displaystyle  c_0 =\sqrt[3]{\frac{\hbar G H_0^2}{c^2}}   (8)
Saludos

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Gravedad cuántica: Análisis pormenorizado de la componente entrópica de la gravedad

Posted by Albert Zotkin en diciembre 19, 2014

Hace ya algún tiempo un tal Erik Verlinde publicó un artículo en el que supuestamente deducía la ley de gravitación universal de Newton desde primeros principios, incluso dedujo las ecuaciones de campo de Einstein de la Relatividad General, concluyendo que la gravedad es una fuerza entrópica, es decir una fuerza que no es fundamental y que emerge naturalmente del aumento de entropía de los sistemas materiales. Verlinde usó el principio holográfico y las conocidas leyes de la termodinámica, junto con algunas cosillas más, para deducir dicha fuerza entrópica. Las fuerzas entrópicas emergen desde el microcosmos hacia el macrocosmos debido a que los sistemas materiales tienden a adoptar estados de máxima entropia. Cuando estiras una goma elástica debes de ejercer una fuerza para contrarrestar temporalmente su estado maximizado de entropía. Al estirar la goma estás rebajando su entropia, y por lo tanto la goma se opone a ese cambio ejerciendo una fuerza en sentido contrario que intenta restaurar su estado de máxima entropía.

Pero, como vamos a ver ahora, esa fuerza entrópica deducida por Verlinde desde primeros principios, y que emerge siendo la fuerza de gravitación de Newton, es sólo una componente de la gravedad total. En concreto vamos a ver cómo esa componente entrópica es engullida brutalmente por un tiburón cuántico que habita en las profundidades del microcosmos termodinámico.

Comencemos expresando la Primera Ley de la Termodinámica para sistemas homogeneos cerrados:

\displaystyle  dU=TdS-PdV  (1)
donde dU es el cambio de energía interna, T es la temperatura, dV es el cambio de volumen, dS es el cambio de entropia, y P es la presión. Sabemos que PdV es el cambio de energía libre del sistema, por lo tanto puede ser expresada como suma de los cambios de energía de cada uno de los microestados

\displaystyle  \langle PV\rangle=-\frac{\ln(\mathcal{Z})}{\beta} = -\frac{\epsilon_1\oplus\epsilon_2\oplus\epsilon_3\oplus\dots}{\beta}     2
Donde εs representa la energía del microestado s, Z es la función de partición, y β es menos el inverso del producto de la temperatura por la constante de Boltzmann:

\displaystyle    \mathcal{Z} = \sum_{s} e^{\beta \epsilon_s}  \\ \\ \\   \beta = -\frac{1}{k_BT}
La ecuación (1) para un proceso con presión y temperatura constantes queda así:

\displaystyle  U=TS-PV  (3)
por lo tanto sustituyendo (2) en (3) tenemos:

\displaystyle  U=TS + \frac{\ln(\mathcal{Z})}{\beta} \\ \\   U=\frac{\beta}{\beta} \ln \exp(TS) + \frac{\ln(\mathcal{Z})}{\beta} \\ \\ \\   U=\frac{\ln \exp(\beta TS )}{\beta} + \frac{\ln(\mathcal{Z})}{\beta} \\ \\ \\   U=\frac{\ln \left (\mathcal{Z}\exp(\beta TS ) \right)}{\beta}  \\ \\ \\   (4)

Según el postulado fundamental de la mecánica estadística, la entropía S es directamente proporcional al logaritmo del número Ω de microestados:

\displaystyle  S = k_B \ln \Omega

es decir

\displaystyle  TS = Tk_B \ln \Omega= -\frac{\ln \Omega}{\beta}  (5)

por lo que (4) lo podemos calcular más fácilmente:

\displaystyle  U=TS + \frac{\ln \mathcal{Z}}{\beta} \\ \\   U=-\frac{\ln \Omega}{\beta} + \frac{\ln \mathcal{Z}}{\beta} \\ \\ \\
\displaystyle  \boxed{U=\cfrac{1}{\beta}\ln \left(\frac{\mathcal{Z}}{\Omega}\right)}   (6)
Esta energía interna U es lo que en gravedad debe identificarse como la energía potencial gravitatoria, la cual si es dividida por la masa m de una partícula de prueba tendremos el potencial gravitatorio (con todas sus componentes) en el punto espacial donde está localizada dicha partícula:

\displaystyle    \boxed{V = \cfrac{U}{m}=\cfrac{1}{m \beta}\ln \left(\frac{\mathcal{Z}}{\Omega}\right)}   (7)
Recapitulemos. La componente entrópica debe ser identificada con la gravitación clásica de Newton, y la componente de energía libre (PV) debe ser identificada con lo que se llama gravitomagnetismo. O lo que es lo mismo, la función de partición Z mapea dicho gravitomagnetismo, mientras que el número Ω de microestados mapea la componente estática de gravitación Newtoniana.

Pongamos un pequeño ejemplo. Supongamos que queremos calcular el número Ω de microestados de un sistema gravitatorio binario, con masas M y m. Igualamos el potencial gravitatorio así:

\displaystyle     V =-\frac{\ln \Omega}{m\beta} = -\frac{GM}{r}  \\ \\   \Omega = \exp\left(\frac{GMm\beta}{r}\right)

pero en β está incluida la temperatura T, por lo tanto si igualamos esa temperatura con la temperatura de Unhru:
,

\displaystyle  T = \frac{\hbar a}{2\pi c k_\text{B}} \\ \\ \\  \beta= -  \frac{2\pi c}{\hbar a} \\ \\ \\

y la aceleración a la igualamos a la aceleración del campo gravitatorio estático, a = g:

\displaystyle  a = \frac{GM}{r^2}\\ \\ \\  \beta= -  \frac{2\pi c r^2}{\hbar GM} \\ \\ \\

Por lo que el número Ω de microestados para ese sistema gravitatorio será:

\displaystyle  a = \frac{GM}{r^2}\\ \\ \\  \beta= -  \frac{2\pi c r^2}{\hbar GM} \\ \\ \\  \Omega = \exp \left(\frac{GMm\beta}{r}\right) = \exp\left(\frac{m c \ 2\pi r}{\hbar}\right)
Saludos

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