¿Cuánto tarda un objeto en caer a la Tierra desde el reposo?

Va. Sin mucho preámbulo, que ya habréis visto que me enrollo.

Despliega el leer más si el título te ha dejado con la intriga. Aviso, entrada muy matemática (con moraleja al final).


Hoy vamos a seguir con la serie de entradas de <<y eso, ¿cómo coño se calcula?>>, que iniciamos con el viaje del fotón (esta vez no será un cálculo de servilleta, lo siento). Resulta que estaba leyendo Historia de la cosmología, de Helge Kragh (gran autor, ergo librazo, ¿o la implicación es en la otra dirección?) y al principio hace un repaso a algunas cosmologías/cosmogonías.

En concreto, comenta que Hesiodo, en su teogonía, para establecer el tamaño de los cielos, escribió que…

un yunque de bronce que cayera nueve días y noches desde el cielo llegaría a la Tierra el décimo día.

Y ahí se me encendió una bombillita. Bueno, más bien se instaló en mi mente una pesada vocecita que decía: «va, calcúlalo«. «Venga va, calcúlalo y pásalo por el grupo que tienes con tus amigos físicos, que ellos también lo calculen.» Estas vocecitas son los verdaderos memes, al estilo de Dawkins. Así que nada, me levanté de la cama arrojando las sábanas al suelo, y me dispuse a calcularlo a altas horas de la madrugada*.

*nah, en verdad sacaría una foto con el móvil del párrafo y tomé nota mental de probar en algún momento. Pero permitidme la dramatización de los hechos.

Y sí, no lo digáis, ya lo digo yo: Hesiodo era «terraplanista». Pero oye, yo quiero calcular el tamaño de los cielos en la teogonía de Hesiodo con una Tierra redonda y con la ley de la gravitación universal, no la dinámica aristotélica.

Así que de eso va esta entrada. Y vamos a practicar la misma filosofía que los libros de texto universitarios: los desarrollos se dejan para el lector (y me ahorraré la palabra trivial, por no herir sensibilidades 😛 ). Nadie dijo que la vida fuera a ser justa siempre.

Al lío.

CÁLCULO TOPE-RIGUROSO

Si os fijáis, lo que queremos es encontrar una función h(t), que nos diga desde qué altura soltar un objeto en reposo en el campo gravitatorio de la Tierra para que tarde un tiempo t en llegar al suelo. Así, introduciríamos el tiempo dicho por Hesiodo y la entrada terminaría. Todos contentos.

¡Pues no es tan fácil! Pero por eso es interesante, claro.

Para resolver un problema de manera formal, sin apelar a simetrías, ideas felices, etc, simplemente se plantean las ecuaciones de movimiento de la teoría pertinente (en este caso gravitación universal) y se usan las ecuaciones dinámicas del paradigma oportuno (en este caso mecánica newtoniana).

En palabras llanas: vamos a usar que F=ma y poner F=G\dfrac{Mm}{r^2}. ¡Ah! Y que a=\dfrac{d^2 x}{dt^2}. Ahí se acaba la física y empiezan las matemáticas (yuju!…).

Para fijar ideas, nos apoyamos en el siguiente diagrama:

Es decir, soltamos un objeto de masa m desde una altura inicial h con velocidad inicial nula v_0=0 y dejamos que caiga atraído por la masa M. Elegimos el eje X como eje de movimiento.

Por tanto, debemos resolver la siguiente ecuación diferencial:

    \[ m \dfrac{d^2 x}{dt^2}=G \dfrac{Mm}{x^2} \]

[una ecuación diferencial es una ecuación donde la incógnita es una función, que aparece derivada, y de la que conocemos su valor en algún punto/instante. No os asustéis, al final solo habrá que hacer una integral nivel bachillerato.]

sujeta a las condiciones iniciales x(0)=h y \dot x(0)=v(0)=0. Ecuación diferencial que, como podéis ver, no es nada trivial (eh, aquí uso el trivial para bien, no en detrimento del lector).

Pero no todo son penas. Fijaos que la masa m se cancela… 😛

No, ahora en serio, resolver una ecuación diferencial de segundo orden no suele ser fácil. Lo usual es introducir una nueva variable v=\dot x y pasar a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias acopladas, para los que hay algún que otro método.

Pero como yo me prometí a mí mismo que debía escribir entradas que un posible estudiante de bachillerato (más bien bachillerato recién terminado) muy motivado (más bien motivadísimo) pudiera leer, vamos a transformar el problema a una ecuación diferencial de PRIMER orden. Que, bueno… el estudiante de bachillerato tampoco sabe resolver. Pero como será en variables separadas, acabará por ser una mera integral.

¿Cómo vamos a conseguirlo? Pues (por ejemplo) usando la conservación de la energía (hay maneras más <<calculistas>> de hacerlo, pero apelemos a la física).

Y es que el campo gravitatorio es un campo conservativo. Luego la energía se conserva, ergo yo puedo encontrar la velocidad tras caer una distancia dada, encontrándose en x<h. Dado que parte del reposo, inicialmente solo tiene energía potencial, luego en el punto x habrá adquirido una velocidad v tal que:

    \[ -G\dfrac{Mm}{h}=-G\dfrac{Mm}{x}+\dfrac{1}{2}mv^2\to v=-\sqrt{2GM}\sqrt{\dfrac{h-x}{hx}} \]

donde nos hemos quedado con el signo - por nuestra elección de ejes, y nos hemos saltado algún que otro paso (como ya anticipé que haríamos).

Así, como \dfrac{d x}{dt}=v, usando la expresión que hemos encontrado para v tendríamos:

    \[ \dfrac{d x}{dt}=-\sqrt{2GM}\sqrt{\dfrac{h-x}{hx}} \]

Y esto, querido lector, es una ecuación diferencial ordinaria de primer grado de variables separables. ¿Eso que significa? Que si yo <<paso las cosas con x>> a la izquierda, con el diferencial de x,  y <<paso>> el diferencial de tiempo a la derecha, quedaría:

    \[ \sqrt{\dfrac{hx}{h-x}} dx=-\sqrt{2GM} dt \]

donde ya podemos integrar (por fin algo que los estudiantes de bachillerato saben hacer mu’ requetebién) por separado cada variable:

    \[ \int_h^x \sqrt{\dfrac{hx'}{h-x'}} dx'=\int_0^t -\sqrt{2GM} dt \]

La integral de la derecha es tri.. inmediata, eso, iba a decir inmediata. Obviamente da -\sqrt{2GM} t. Pero, ¿y la de la izquierda?

Un truquillo es que, cuando queráis hacer una integral, intentad que solo aparezca vuestra variable y números, no más parámetros que la ensucien. Eso quiere decir que debemos deshacernos de h. No problemo. Se hace el cambio de variable x=hy y queda (prueba!):

    \[ h \sqrt{h} \int \sqrt{\dfrac{y}{1-y}} dy \]

y es una variable muda, así que podría llamarla x. Pero mantengamos y, para recordar que hemos hecho un cambio de variable. (Fijaos, por cierto, que al hacer el cambio de variable he quitado los límites de la integral para evitar recalcularlos, luego antes de hacer Barrow desharemos el cambio de variable y chimpún).

Uno podría tirar de Wolfram Alpha. Pero no siempre es buena idea. Te puede arrojar cosas tan feas como esta:

Y oye, en honor a la verdad, es la misma expresión (si la desarrollas) a la que nosotros llegaremos. Pero así, de primeras… pues se ve feilla. Además, integrar mola. ¿Quién querría evitarse este paso?

Segundo truco del día. Uno querría que la raiz desapareciese. Si intentamos un cambio de variable de manera que y sea el cuadrado de algo, y a su vez 1-y sea el cuadrado de otro algo…¡Claro! Probemos y=\sin^2 z. Así 1-y=\cos^2 z. (También podríamos haber cogido y=\cos z y saldría similar, ya que las funciones trigonométricas están relacionadas por un cambio de fase). Con esto (de nuevo, el desarrollo to’ pa’ ti):

    \[ h \sqrt{h} \int \sqrt{\dfrac{y}{1-y}}dy=2h\sqrt{h} \int \sin^2 z dz=h\sqrt{h}\left(z-\dfrac{1}{2}\sin(2z)\right) \]

Deshaciendo el cambio de variable (z=\arcsin(\sqrt{x/h})):

    \[ \int_h^x \sqrt{\dfrac{hx'}{h-x'}} dx'=\left. h\sqrt{h}\left[\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{x}{h}}\right)-\dfrac{1}{2}\sin\left(2\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{x}{h}}\ight)\right)\right]\right|_h^x \]

Que sí, que os entiendo, que la expresión es para llorar. ¡Y encima aún falta por hacer Barrow! Si os entretenéis, como \arcsin(1)=\pi/2\sin(2\arcsin(1))=0, os quedará finalmente:

    \[ \boxed{\sqrt{2GM} t(x)=h\sqrt{h}\left[\dfrac{\pi}{2}+\sqrt{\dfrac{x}{h}}\sqrt{1-\dfrac{x}{h}}-\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{x}{h}}\right)\right]} \]

Y ahora es muuuuuuy sencillo lo que queda. Cuando llegue a la Tierra, x=R_T con lo que solo faltaría despejar h para obtener h(t). Tirado.

Bueno, no tan tirado. Esa ecuación no se puede despejar. Es decir, no podemos obtener la tan asiada h(t) que queríamos. Debemos intentar aproximar. Así que ahora viene lo mejor, la herramienta favorita de los físicos: desarrollar en serie de Taylor (eso, y aproximar todo por un oscilador armónico compiten por el primer puesto).

¡Eh! ¡Jodío! Prometiste que la entrada sería entendible para un estudiante de bachillerato.

Bueno, sí. Antes en Bachillerato se daba el desarrollo en serie de Taylor. Digamos que es… ¿para un estudiante de COU?

Venga, vaaaale. Para evitar el desarrollo en serie de Taylor (que ahora comentaré) Podemos suponer que x=R_T\ll h  con lo que obtendríamos (poniendo t=10 días -en segundos-):

    \[ \boxed{h\sim \sqrt[3]{\dfrac{8GMt^2}{\pi^2}}\approx 580000\: km } \]

¡Hala! Ya habríamos estimado el tamaño de los cielos en la Teogonía de Hesiodo.

Para los que quieran una mijilla más de precisión, recordaremos de la teoría de desarrollos en serie de Taylor (que consisten en aproximar una función por un polinomio) que si x\ll h, entonces:

    \[ \sqrt{1-\dfrac{x}{h}}\approx 1-\dfrac{1}{2}\dfrac{x}{h}, \quad \text{y}\quad \arcsin\left(\sqrt{\dfrac{x}{h}}\right)\approx \sqrt{\dfrac{x}{h}} \]

Sí se introducen estas aproximaciones en la expresión mega-tocha de antes y se despeja h se obtiene (poniendo x=R_T):

    \[ \boxed{h=\left(\dfrac{R_T^{3/2}+2\sqrt{2GM} t}{\pi}\right)^{2/3}-R_T\approx 574000\: km } \]

donde si despreciásemos R_T quedaría la misma expresión que arriba para h. Vamos, solo se diferencian en el radio de la Tierra porque aparece restando, no por el que hay dentro del paréntesis :P.

Pero claro, una persona de bien no puede parar aquí. Una persona de bien le daría vueltas hasta encontrar otra solución. Una más chula, más física. Una persona de bien buscaría una idea feliz que le permitiera estimar la altura de un plumazo.

Por eso yo no la busqué, pero la encontró un habitual del blog (e ingeniero) cuando propuse el problema en el foro de La Web de Física.

IDEA FELIZ

Como todo problema chulo, este admite solución vía idea feliz. ¡Faltaría más!

Pero no seré yo quien os lo explique: hoy dejaré al usuario Alriga (quien, recalco, ya conoceréis los lectores asiduos -si es que tengo de eso- por comentarios en otras entradas del blog) que lo explique.

«Pero resulta que en este caso es posible ahorrarse las integrales y resolver el problema de forma muy sencilla con una idea feliz que se me ocurrió hace años: llevando al límite la 3ª Ley de Kepler, que dice que en una órbita elíptica se cumple:

    \[ a^3 = \dfrac{G M}{4 \pi^2} T^2 \]

a = semieje mayor de la órbita, (distancia media al centro de atracción gravitatoria)

T = período de revolución

G = constante de gravitación universal

M = masa de la Tierra

Si ahora llamamos:

A = distancia del Apogeo (punto más lejano a la Tierra en la órbita de un satélite en torno a la misma)

P = distancia del Perigeo (punto más cercano a la Tierra en la órbita de un satélite en torno a la misma)

t = tiempo de ida desde el Apogeo hasta el Perigeo, (que es la mitad de una órbita)

Y sustituimos en la 3ª Ley de Kepler, obtenemos:

    \[ \left (\dfrac{A+P}2\right )^3 = \dfrac{G M}{4 \pi^2} \ (2 t)^2 \]

Válido para cualquier elipse. Imaginemos ahora elipses cada vez más achatadas manteniendo constante la distancia A del apogeo al centro gravitatorio. Al ir achatando la elipse, la distancia P del perigeo al centro gravitatorio se va haciendo cada vez más pequeña. En el límite P\to 0 la elipse se convertiría en 2 líneas rectas, una de ida y otra de vuelta que van desde A hasta el centro de masas.

Haciendo P=0 y operando en la ecuación anterior se obtiene la fórmula buscada:

    \[ A^3 = \dfrac{8 G M}{\pi^2} t^2 \]

Como veis, Alriga llega al mismo valor que nosotros al despreciar x. ¿Por qué tiene sentido que Alriga pensara en esto? Pues porque al fin y al cabo, con elipse o sin ella, las leyes de Kepler se deben cumplir. ¿Por qué no tiene sentido que yo no lo intentara, máxime cuando la fórmula que obtuve se ve a leguas que es la ley de Kepler reescrita para un tiempo t distinto del periodo? Diría que porque hice el cálculo a altas horas de la noche, pero las excusas no son lo mío (aunque ya la haya soltado :P). Simplemente no caí.

Así que con esto terminamos la entrada. Ya sé que las entradas matemáticas alejan al público general, aquel que viene aquí a escuchar hablar de historia de la física, relatividad general, cuántica, y cosas así. Para ese público prometo entradas del estilo pronto, en cuanto organice mi vida y saque tiempo para documentarme (que oye, yo sigo leyendo y recopilando info, absorbiendo cual esponja).

¡Ah, espera, yo prometí una moraleja!

Hela aquí: los físicos podemos calcularlo todo casi todo (al menos más que los químicos -oye, no está mal-, y en los días buenos más que algún que otro matemático -porque aproximamos mejor- 😛 ).

pd: por aquí os dejo un vídeo donde se calcula el tiempo que tardan en colisionar dos objetos de masas arbitrarias, no suponiendo uno fijo como aquí.

pd2: ¿os habéis dado cuenta de que el cálculo del tiempo que tardarían en colisionar un protón y un electrón debido a la fuerza electrostática se haría igual? Ya que la fuerza gravitatoria y la electrostática tienen la misma forma cambiando m‘s por q‘s.

10 comentarios en «¿Cuánto tarda un objeto en caer a la Tierra desde el reposo?»

  1. Gran artículo Adrián, como siempre.
    Muy bien explicado.
    Sobre la idea feliz, por qué P tiende a cero cuando la elipse se hace más estrecha??
    Gracias y no tardes tanto en sacar otra entrada, te echamos de menos.
    Un abrazo
    Roberto

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    • Buenas Roberto. Gracias, imaginaba que a ti este artículo te gustaría ya que intentaste el problema también 😛 Al final ha sido artículo de blog en lugar de vídeo en Youtube.

      Podrías probarlo con geogebra: dibuja una elipse y marcate los focos, perigeo y apogeo. Y ahora desplaza lentamente uno de los focos hacia el perigeo (así se mantendrá el apogeo a la misma distancia del foco). Ya verás como se va achatando y tiende a dos rectas «de ida y vuelta» del apogeo al foco.

      Intentaré ser más asiduo publicando, ahora es que estoy fatal de tiempo (oposiciones y trabajo). Pero intentaré organizarme mejor y no tener esto tan abandonado =)

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  2. ¡Gracias por permitir la entrada de un ingeniero al Olimpo de los físicos! 🙂
    Feliz Año Nuevo Adrián, a tí, a los tuyos y a todos tus lectores, saludos.

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    • jajajaja Desde que entró Dirac, vimos que el olimpo ganaba mucho con las (más) prácticas mentes de los ingenieros 😛

      Feliz año nuevo a ti también y a los tuyos, Albert!!

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  3. Buenas Adrián, una muy buena entrada como siempre.

    Estas 2 entradas de «cuánto tarda tal cosa en hacer tal cosa» me ha hecho preguntarme si podrías hacer alguna entrada de cuánto tarda un sistema cuántico en llegar de un punto «A» a un punto «B». Esta cuestión me parece interesante ya que el cálculo se puede volver difícil pero emocionante con la mecánica cuántica, un saludo!!!

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    • Buenas Diego, muchas gracias lo primero =)

      No sé cómo se podría hacer para un sistema cuántico en general, pero es cierto que se puede calcular para una partícula cuántica libre (no sujeta a interacciones). Aun así es un cálculo difícil (por la base necesaria), no sé a cuánta gente de mis lectores habituales le gustaría verlo/ lo entendería 😛 Aun así me lo apunto.

      Un saludo!!

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