Ile energii potrzeba żeby zniszczyć całkowicie planetę

Niedawno czytałem pewien artykuł o tym, ile energii trzeba aby wysadzić planetę wielkości Ziemi. Co prawda Phil Plait nie podał dokładnie, w jaki sposób obliczył tę wartość, ale dał pewną wskazówkę: trzeba obliczyć sumę energii potrzebnych na wyrzucanie po kolei małych kawałków planety poza zasięg jej pola grawitacyjnego.

Jako że interesuję się trochę matematyką, podjąłem to wyzwanie.

Wzór na energię potrzebną do wyrzucenia kawałka planety poza zasięg jej pola grawitacyjnego można obliczyć jako pracę potrzebną do podniesienia ciała o masie m z powierzchni planety o masie M i promieniu r do nieskończoności:

$W=\frac{GmM}{r}\text{, gdzie G - stała grawitacyjna}$

Energia potrzebna na wyrzucenie całej planety w kosmos, to suma:

$E=\sum _{i=1}^n{W}_i=\sum _{i=1}^{n}G\frac{M_{i}m}{r_i}$

gdzie

• M_i - masa planety po wyrzuceniu i-tego kawałka;
• m - masa wyrzucanych kawałków - dla uproszczenia przyjmujemy, że są stałe;
• r_i - promień planety po wyrzucaniu i-tego kawałka;

Niech masa początkowa wynosi M. Wtedy

$m=\frac{M}{n}$ $M_i=m*\left(n-i\right)=M\frac{n-i}{n}$

załóżmy dla uproszczenia, że gęstość ρ jest stała (co nie jest prawdą), wtedy r_i obliczymy ze wzoru:

$V_i=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }{r}_i^3=\frac{M_i}{\rho }=\frac{M\left(n-i\right)}{\rho *n}$

czyli

$r_i^3=\frac{3\left(n-i\right)M}{4\mathrm{\pi }\rho n}\text{,}{r}_i=\sqrt[3]{\frac{3\left(n-i\right)M}{4\mathrm{\pi }\rho n}}$

Uzupełnienie

A niech to! Jak się człowiek czegoś uczepi, to już musi mu tak zostać . W tym przypadku uczepiłem się owej gęstości i tak mi już zostało. Powinienem był za nią podstawić:

$\rho =\frac{M}{V}=\frac{M}{\frac{4}{3}\mathrm{\pi }{r}^3}$

już we wzorze na V_i. Wtedy wzór na r_i wyszedłby mi piękny i prosty, bez zbędnych stałych:

$r_i={\left(\frac{n-i}{n}\right)}^{\frac{1}{3}}r$

A co za tym idzie, wzór na energię (patrz niżej, żeby zobaczyć jak zamieszałem) wyszedłby mi (napiszę od razu wynik):

$E=\frac{G{M}^2}{r}\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}{\left(\frac{n-i}{n}\right)}^{\frac{2}{3}}=\frac{3}{5}\times \frac{G{M}^2}{r}$

No i czyż to nie jest ładny wzór?!

A przy okazji - niżej można przeczytać, że mówię o wartości znalezionej na Wolfram|Alpha. Na Wolframie ta wartość (nie dokładnie, ale zbliżona) nazywa się "gravitational binding energy of the earth". Okazuje się, że to jest dokładnie ta energia! Gdybym tylko pofatygował się i sprawdził ten termin na Wikipedii już wtedy! Napisałbym ładniejszy artykuł i oszczędziłbym sobie dodawania tego uzupełnienia.

No cóż, ale człowiek uczy się na własnych błędach. Poza tym dzięki temu miałem se okazję trochę policzyć .

Podsumowując

$E=\sum _{i=1}^n\frac{G{M}_{i}m}{r_i}=\sum _{i=1}^n\frac{GM\frac{n-i}{n}\frac{M}{n}}{\sqrt[3]{\frac{3\left(n-i\right)M}{4\mathrm{\pi }\rho n}}}=\sum _{i=1}^n\frac{G{M}^2(n-i){(4\mathrm{\pi })}^{\frac{1}{3}}{\rho }^{\frac{1}{3}}{n}^{\frac{1}{3}}}{n^2{3}^{\frac{1}{3}}{(n-i)}^{\frac{1}{3}}{M}^{\frac{1}{3}}}$

przenosimy stałe poza symbol sumy i upraszczamy:

$E=G{M}^{\frac{5}{3}}{\rho }^{\frac{1}{3}}{\left(\frac{4\mathrm{\pi }}{3}\right)}^{\frac{1}{3}}\sum _{i=1}^n\frac{{(n-i)}^{\frac{2}{3}}}{n^{\frac{5}{3}}}$ i voilà.

Oczywiście nie będziemy się bawić w obliczanie jakiś sum - nie dość, że sporo pracy (nawet dla komputera), to jeszcze w dodatku niedokładne.

W poprzednim poście pisałem o całce Riemanna. Teraz nam się to przyda.

Wystarczy doprowadzić sumę do odpowiedniej postaci i zamienić na całkę.

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{{(n-i)}^{\frac{2}{3}}}{n^{\frac{5}{3}}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}\frac{{(n-i)}^{\frac{2}{3}}}{n^{\frac{2}{3}}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}{(1-\frac{i}{n})}^{\frac{2}{3}}$

Można przyjąć najprościej a=0 i b=1, i wtedy wyjdzie nam

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}{(1-\frac{i}{n})}^{\frac{2}{3}}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{(1-x)}^{\frac{2}{3}}\mathrm{dx}$

którą to całkę możemy rozwiązać metodą "przez podstawienie", co jest trochę zamieszane (szczególnie przy całce oznaczonej).

Można też przyjąć trochę mniej intuicyjnie a=1, wtedy b=0 i otrzymujemy

$-\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{-1}{n}{(1-\frac{i}{n})}^{\frac{2}{3}}=-\underset{1}{\overset{0}{\int }}{x}^{\frac{2}{3}}\mathrm{dx}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{\frac{2}{3}}\mathrm{dx}$

co jest o wiele łatwiej i szybciej obliczyć:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{\frac{2}{3}}\mathrm{dx}={[\frac{3}{5}{x}^{\frac{5}{3}}]}_0^1=\frac{3}{5}$

Podsumowując - szereg sumuje się nam ładnie do $\frac{3}{5}$ . Możemy teraz napisać cały wzór na energię potrzebną na wysadzenie planety:

$E=G{M}^{\frac{5}{3}}{\rho }^{\frac{1}{3}}{\left(\frac{4\mathrm{\pi }}{3}\right)}^{\frac{1}{3}}\times \frac{3}{5}$

Co ciekawe, ta energia jest równa $\frac{3}{5}$ energii(*) którą byśmy otrzymali, jeśliby przyjmując duże uproszczenie obliczyli po prostu, jakiej energii potrzeba aby podnieść Ziemię z powierzchni Ziemi .

(*) - Patrz uzupełnienie. W powyższym wzorze rownież można podstawić za ρ odpowiedni wzór aby otrzymać ten właściwy - na energię grawitacyjnego wiązania Ziemi.

Czas na konkretne podstawienia:

• G = 6,67*10^-11 Nm²/kg²
• M = 5,97*10²⁴ kg
• ρ = 5515 kg/m³
• stała liczbowa wynosi około 0,9672

$E=\mathrm{6,67}*{10}^{-11}\times {(\mathrm{5,97}*{10}^{24})}^{\frac{5}{3}}\times {\left(5515\right)}^{\frac{1}{3}}\times \mathrm{0,9672}=\mathrm{2,24}*{10}^{32}J(*)$

To dużo. Bardzo dużo. Jest to równoważnik anihilacji około 2,5*10¹⁵ kg materii. Stosując proste obliczenia można pokazać, że byłaby to bryła materii wielkości Mount Everest, albo meteorytu, który przyczynił się do wymarcia Dinozaurów! W czasie reakcji łańcuchowej 1 kg uranu anihilacji ulega ok. 3,5g materii. Masa uranu potrzebna do zbudowania odpowiedniej ilości bomb atomowych wynosiłaby ok. 7*10¹⁷ kg (że o dodatkowym osprzęcie nie wspomnę). W całej Ziemi jest zaledwie ok. 1,2*10¹⁷ kg uranu.

Według Wolfram|Aplha jest to 1/54 rocznej energii produkowanej przez Słońce (inaczej mówiąc ok. 1 tydzień) lub 1/12 energii kinetycznej Ziemi (w ruchu dookoła Słońca).

Myślę, że na razie nic nam nie grozi .

(*) - Phil Plait podał wartość około 2*10³² J, a Wolfram|Alpha 2,4*10³² J (to chyba jest ta wartość). Tak czy siak chodzi o ten rząd wielkości.