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Orbit
Anmeldedatum: 29.09.2008 Beiträge: 1469
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Verfasst am: 28.10.2009, 22:03 Titel: |
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Zitat: | Du verbringst ganz eindeutig zu viel Zeit mit Spezialisten für die ART. |
In letzter Zeit habe ich mich vor allem mit den beiden Ks herumgeschlagen - Kepler und Katscher.
Aber jetzt gute Nacht!
Orbit |
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Kondensat
Anmeldedatum: 23.10.2008 Beiträge: 874
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Verfasst am: 29.10.2009, 01:29 Titel: |
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falls es hilft, könnte ich evtl. das in 3d visualisieren?! _________________ resistance is futile.... |
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zeitgenosse
Anmeldedatum: 21.06.2006 Beiträge: 1811
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Verfasst am: 29.10.2009, 06:26 Titel: |
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Barney hat Folgendes geschrieben: | Geodäten haben hier (zum Glück) erst mal nichts verloren. Die "Biester" hat ja erst unser Oberguru A.E. in der Physik eingeführt. |
Daran waren als erste eher die Geometer beteiligt, unter ihnen Gauß, der viel zur Geodäsie und zur Geometrie gekrümmter Flächen beitrug.
Gr. zg _________________ Make everything as simple as possible, but not simpler! |
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 29.10.2009, 07:18 Titel: |
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Kondensat hat Folgendes geschrieben: | falls es hilft, könnte ich evtl. das in 3d visualisieren?! |
Hallo Kondensat
die verlinkten Bilder oben, sind im Prinzip schon in 3d, weil das Potential zylindersymmetrisch ist. Trotzdem: Was genau könntest Du da machen. Hast Du so etwas wie einen 3d-plot oder kannst Du die Poisson-Gleichung in 3d direkt numerisch lösen (so weit ich weiß, kann Mathematica oder Maple das)? Ein Vergleich der numerischen Werte des Potentials mit einer unabhängigen Rechnung wäre interessant.
MfG |
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Kondensat
Anmeldedatum: 23.10.2008 Beiträge: 874
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Verfasst am: 29.10.2009, 11:34 Titel: |
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hi barney,
nein.....ich könnte das nur evtl. etwas anschaulicher visualisieren indem ich aus dem farbigen bild ein höhenprofil erstelle. bringt eigentlich nix, sieht nur schön aus
so ähnlich wie hier halt _________________ resistance is futile.... |
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Orbit
Anmeldedatum: 29.09.2008 Beiträge: 1469
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Verfasst am: 29.10.2009, 20:14 Titel: |
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Hallo Kondensat
Danke für Dein Angebot; aber ich kann mir die Bilder auch so in 3D vorstellen. Ich habe gestern beim erstmaligen Lesen von Barneys Antwort 3 einfach nicht gemerkt, dass es ja um die 3D-Vorstellung geht, weil ich mir das Ganze sowieso immer dreidimensional vorgestellt habe.
Orbit |
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Kondensat
Anmeldedatum: 23.10.2008 Beiträge: 874
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Verfasst am: 29.10.2009, 21:02 Titel: |
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hi orbit,
bitte gerne.....und dann kann ich mir die arbeit zum glück sparen
beste grüße
k. _________________ resistance is futile.... |
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 08.11.2009, 18:36 Titel: |
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Barney hat Folgendes geschrieben: |
BTW: Die Lösung für die Kugelzone habe ich inzwischen bis l=8 ausgerechnet:
Besonders interessant finde ich die Kombination d=4.1 und R=2.5, also eine Art abgeplattete Kugel. Die Terme bei l=8 produzieren in diesem Fall zwei tiefe Löcher an den Polen der Kugelzone...
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, die auf einen Rechenfehler zurückzuführen sind. Mit den oben angegebenen Formeln kann man die Reihenentwicklung auch für beliebiges l direkt berechnen und bekommt damit noch wesentlich "rundere" Potentiale, deren Äquipotentiallinien noch besser mit Ellipsoiden zu vergleichen sind, als die hier gezeigten. |
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Orbit
Anmeldedatum: 29.09.2008 Beiträge: 1469
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Verfasst am: 08.11.2009, 18:59 Titel: |
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Schöne Bescherung!
Und nun? Am besten erklären wir Deine bisher geposteten Grafiken einfach zur Kunst. |
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 09.11.2009, 08:03 Titel: |
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hier also, wie angekündigt, die Reihenentwicklung für das Gravitationspotential einer Kugelzone, z.B. Potential der sichtbaren Teile (baryonische Materie) einer Spiralgalaxie:
$\Phi (r, \vartheta, \varphi) = \sum_{i=0}^{\infty}\Phi_{2i}(r, \vartheta)$
mit
$\Phi_0 (r, \vartheta )= \left\{ \begin{array}{ll} \frac{2GM}{d}\cdot\frac{4r^2+3d^2-12dR}{12R^2-d^2}&\mbox{falls r kleiner d/2}\\ \frac{GM}{r}\cdot\frac{12r^2-24rR+d^2}{12R^2-d^2}&\mbox{falls d/2 kleiner gleich r kleiner gleich R}\\ -\frac{GM}{r}&\mbox{falls r groesser R}\end{array}\right. $
und
$ \Phi_{l\geq 2} (r, \vartheta, \varphi) = H_l(r)P_l(\cos \vartheta)$
Die \(P_l\) sind dabei die bekannten Legendre-Polynome. Diese lassen sich wie folgt darstellen:
$P_l(x) := \frac{1}{2^l}\sum_{k=0}^{l/2}A(l,k) x^{l-2k}$
mit
$ A(l,k) := (-1)^k\frac{(2l-2k)!}{(l-k)!(l-2k)!k!} $
Mit Hilfe dieser Koeffizienten lassen sich die nützlichen Hilfskoeffizienten \(B(l,k)\) definieren:
$ B(l,k) := \frac{3GM(2l+1)}{2^{l-3}(12R^2-d^2)} \cdot \frac{A(l, k)}{l-2k+1} \cdot \left( \frac{d}{2} \right)^{l-2k} $
Mit diesen Koeffizienten lassen sich jetzt die gesuchten Hilfsfunktionen \(H_l(r)\) aufschreiben:
$ H_l(r)= \left\{ \begin{array}{ll}
c_1 r^l&\mbox{falls r kleiner d/2}\\ c_2 r^l \,+\,c_3 r^{-l-1}\,-\,\sum_{k=0}^{l/2}\frac{B(l,k)}{2(k+1)(2l-2k-1)r^{l-2k-2}}&\mbox{falls d/2 kleiner gleich r kleiner gleich R}\\ c_4 r^{-l-1}&\mbox{falls r groesser R}\end{array} \right. $
Für die Konstanten \(c_1\) bis \(c_4\) gilt dann:
$ c_1 := c_2 - \frac{1}{2l+1}\sum_{k=0}^{l/2}\frac{B(l,k)}{2l-2k-1}\left( \frac{d}{2} \right)^{2k-2l+1}$
$ c_2 := \frac{1}{2l+1}\sum_{k=0}^{l/2}\frac{B(l,k)}{(2l-2k-1)R^{2l-2k-1}}
$
$ c_3 := \frac{1}{4l+2}\sum_{k=0}^{l/2}\frac{B(l,k)}{k+1}\left( \frac{d}{2} \right)^{2k+2}$
$ c_4 := c_3 - \frac{1}{4l+2}\sum_{k=0}^{l/2}\frac{B(l,k)}{k+1}R^{2k+2} $
d: Dicke der Zone, R: Radius der Zone
BTW: Diesen Beitrag "gibt" es auch als tex-file und an dieser Datei werde ich erst mal nicht-öffentlich weiterarbeiten, um alles sauber in ein pdf zu packen.
Die Definitionen habe ich so gewählt, dass man die Formeln möglichst leicht programmieren kann. Jede(n) der/die sich an diese Aufgabe heranwagt, möchte ich noch darauf hinweisen, dass die Frage nach dem maximalen l noch nicht gelöst ist. Man muss also noch prüfen, wie schnell die Reihe konvergiert und ab wann die Rundungsfehler größer als die Korrekturterme werden.
Have a lot of fun... |
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 09.11.2009, 22:52 Titel: |
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Orbit hat Folgendes geschrieben: | Schöne Bescherung!
Und nun? Am besten erklären wir Deine bisher geposteten Grafiken einfach zur Kunst. |
Hallo Orbit,
die korrigierten Grafiken sehen eigentlich nicht viel anders aus. Nur die diversen Schnörkel fehlen und weiter oben habe ich ja auch geschrieben, dass man dieses Ergebnis bitte nicht als Endgültiges verstehen soll. Meine aktuellen Rechnungen gehen bis einschließlich l=12. Als nächstes muss/kann man sich das Konvergenzverhalten der Reihe ansehen.
Freundliche Grüße
EDIT: hier noch ein Bild mit R=2,5 und d=2,0. Gerechnet bis l=12. Die Bildgrenzen liegen jeweils bei +5,0 und -5,0.
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 16.11.2009, 23:22 Titel: |
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Barney hat Folgendes geschrieben: | Als nächstes muss/kann man sich das Konvergenzverhalten der Reihe ansehen.
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Da die Koeffizienten A(l,k) die Berechnung erschweren, kann man sich die numerischen Werte ansehen: Im Bildbereich [-5.0, +5.0] x [-5.0, +5.0] werden die Korrekturen zu \(\Phi_0\) mit zunehmenden l immer kleiner und betragen für l=12 im Maximum=2.0e-3 und im Minimum=-5.0e-3.
Die Berechnung des Gradienten ergibt das eigentliche Gravitationsfeld der Scheibe. Im Folgenden identifiziere ich, wie weiter oben im Thema, die rote Achse mit x und die grüne Achse mit z. Die kleinen, schwarzen Enden an den Achsen sind die Pfeile der Achsen. Die y-Achse bildet mit der x- und y-Achse ein Rechtssystem.
1.) Teilchen ober-, bzw. unterhalb der xy-Ebene erfahren eine Kraft hin zu der xy-Ebene.
2.) Aufgrund der Rotationssymmetrie um die z-Achse ist die \(\varphi\)-Komponente des Gradienten überall gleich Null.
3.) Aufgrund der Spiegelsymmetrie der Legendre-Polynome mit l gerade ist die \(\vartheta\)-Komponente entlang der x-Achse ebenfalls gleich Null. Die gleiche Komponente ist auch entlang der z-Achse gleich Null. Diese Eigenschaft ergibt sich ebenfalls direkt aus der Ableitung der Legendre-Polynome und stimmt auch mit den Symmetrieeigenschaften des Bildes im vorigen Beitrag überein.
Punkt 3 führt dabei zu einer weiteren, interessanten Eigenschaft: Das Gravitationsfeld entlang der x-Achse besitzt, wie gesehen, nur einen radialen Anteil und kennt man diesen Anteil, weiß man sofort mit welcher Rotationskurve so eine Scheibe stabil bleibt (die äußeren Kräfte auf sämtliche Teilchen in der xy-Ebene heben sich genau dann gegenseitig auf). |
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Barney
Anmeldedatum: 19.10.2008 Beiträge: 1538
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Verfasst am: 17.11.2009, 22:01 Titel: |
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Barney hat Folgendes geschrieben: |
Das Gravitationsfeld entlang der x-Achse besitzt, wie gesehen, nur einen radialen Anteil und kennt man diesen Anteil, weiß man sofort mit welcher Rotationskurve so eine Scheibe stabil bleibt (die äußeren Kräfte auf sämtliche Teilchen in der xy-Ebene heben sich genau dann gegenseitig auf). |
Die numerische Berechnung des zitierten, radialen Anteils zeigt übrigens eine erstaunlich lineare Kurve, was die Vermutung nahe legt, dass das Gravitationspotential im Inneren der Scheibe wie \(a(x^2+y^2)+bz^2\) aussieht, was ja offensichtlich die Poisson-Gleichung für den vorliegenden Fall sofort löst. Dies wiederum bedeutet, dass sich eine homogenen, gravitierende Scheibe sehr gut über eine konstante Winkelgeschwindigkeit stabilisieren läßt!
Anders ausgedrückt: Die üblichen Spiralstrukturen der Galaxien sind so gesehen, ohne zusätzliche Annahmen, wie dunkle Materie oder Korrekturen zum Newtonschen Gravitationsgesetz eigentlich nur recht schwer zu verstehen . Diese Aussage ist in diesem Zusammenhang zwar noch ziemlich spekulativ, aber ich denke die durchgeführten Rechnungen geben doch recht starke Indizien in diese Richtung.
Freundliche Grüße
Barney |
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Orbit
Anmeldedatum: 29.09.2008 Beiträge: 1469
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Verfasst am: 19.11.2009, 14:31 Titel: |
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Hallo Barney
Vorerst herzlichen Dank für Deine Arbeit.
Augrund dieses Artikels
http://www.astronews.com/news/artikel/2009/11/0911-024.shtml
und vor allem wegen der dazu verlinkten Aufnahme des Hubble-Teleskopes frage ich mich, ob Du nun Deine Rechnungen vielleicht nicht doch zu sehr geglättet hast. Offenbar gibt es mit diesem Kreuz, das vom galaktischen Zentrum ausgeht, eine signifikante Unterstruktur, welche bei vielen Galaxien beobachtet wird.
Ich deute dieses Kreuz übrigens als Querschnitt durch die Mantelzone eines Doppelkegels und frage mich, ob man vielleicht aus den Winkeln dieses Kreuzes ablesen könne, wie sich die Längen der Halbachsen des DM-Halos zu einander verhalten.
Mein Vorschlag: Bei 4 rechten Winkeln wäre der Halo kugelförmig. Bei NGC4710 stehen zwei 100°-Winkeln oben und unten zwei 80°-Winkel rechts und links gegenüber.
Orbit |
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El Cattivo
Anmeldedatum: 22.04.2007 Beiträge: 1556
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Verfasst am: 19.11.2009, 14:42 Titel: |
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Barney hat Folgendes geschrieben: | Dies wiederum bedeutet, dass sich eine homogenen, gravitierende Scheibe sehr gut über eine konstante Winkelgeschwindigkeit stabilisieren läßt! |
Hallo Barney,
Ich habe nicht alles mit verfolgt, aber weißt du bereits was passiert, wenn die Scheibe einfach durch kleine Inhomogenitäten gestört wird. Auf Grund irgendeiner Störung in Form eine Sternenkollision etc.pp.. Wie sieht dann die weitere zeitliche Entwicklung aus?
mfg
Bdw: Wenn du Lust hast, wäre eine übersichtliche Zusammenfassung als PDF schön oder ein Post, wo man kurz und bündig das wesentlich mit Link nachvollziehen kann - ohne den ganzen Thread auseinanderzunehmen zu müssen. |
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