Gravitación en un espacio topológico toroidal

Question

En mi escaso tiempo libre me estoy construyendo una Asteroides juego. Usted sabe - un poco de barco equipadas con una pequeña pistola y un montón de asteroides flotando alrededor en todas partes esperando a ser explotado. Pero, yo quería añadir un pequeño giro. ¿No sería genial si Newtoniana de la gravedad estaba en vigor y que podría hacer, piensa como entrar en una órbita alrededor de un asteroide y el fuego, o disparar a la gravedad asistida bankshots alrededor de un asteroide masivo de modo que usted puede disparar uno detrás de ella.

Pero el problema es que en los asteroides, el espacio es topológicamente toroidal. Si volar fuera de la parte superior de la pantalla, que reaparecen en la misma coordenada x en la parte inferior de la pantalla (y lo mismo para la derecha de la pantalla). Entonces, ¿cómo hace uno para calcular la distancia entre dos cuerpos en el espacio? Realmente, me doy cuenta de que esta pregunta no tiene sentido porque Un cuerpo se tire al cuerpo de B de una variedad de direcciones, cada una con sus correspondientes distancias.

Pero de todos modos, las principales preguntas: ¿Cómo se Newtoniana de la gravedad de trabajo en toroidal espacio? Y Es allí cualquier aplicabilidad a la respuesta a esta pregunta fuera de mi juego?

Answer 1

Aquí nos limitaremos a considerar la posibilidad de un Newtoniano, como la generalización de la gravedad, es decir, una central de $1/r^p$ de la fuerza de la ley, donde $p>0$ es un poco de poder. (Vamos que no necesariamente presupone una ley de Gauss.)

Considerar el 2d toro, como un complejo de avión $z\in\mathbb{C}$ con doble periódico identificaciones $z\sim z+1$$z\sim z+\tau$. Aquí $\tau$ es un módulo complejo parámetro, que es imaginario puro para pantallas rectangulares. Supongamos por simplicidad poner el módulo complejo parámetro a $\tau=i$, por lo que la pantalla es la unidad de la plaza.

Vamos de un punto de masa se encuentra en la posición $0$, y un segundo punto de masa en la posición $z$. Para un $1/r^p$ de la fuerza de la ley, la fuerza de la gravedad se convierte en una doble serie (sobre todo imágenes de espejo) proporcional a

$$ F ~\propto~ \sum_{n,m\in\mathbb{Z}} \frac{z_{nm}}{|z_{nm}|^{p+1}}, \qquad\qquad z_{nm}~:=~z-(n+m\tau). $$

La correspondiente absoluta doble de la serie de lecturas

$$ \sum_{n,m\in\mathbb{Z}} \frac{1}{|z_{nm}|^p}. $$

Es sencillo demostrar que esto es absolutamente divergentes para $0\leq p \leq 2$, y absolutamente convergente para $p>2$. Así el entero más pequeño que el poder de la fuerza de la ley que convergen absolutamente (y por lo tanto incondicionalmente), es un $1/r^3$ de la fuerza de la ley. Esto sigue, básicamente, a partir de la estimación siguiente

$$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{k^p} ~=~\sum_{n,m\in\mathbb{N}} \frac{1}{(n+m)^p} ~\leq~\sum_{n,m\in\mathbb{N}} \frac{1} {n^2+m^2)^{\frac{p}{2}}} ~\leq~\frac{1}{2}\sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}\sum_{m\in\mathbb{N}} \frac{1}{m^{\frac{p}{2}}}, $$

y el hecho de que la norma

$$\sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{1}{n^p}~\left\{\begin{array}{ccc} =\infty &{\rm for} &p\leq 1, \cr\cr <\infty &{\rm for} &p> 1.\end{array} \right. $$

Por cierto, para una discusión relacionada con, ver a esta pregunta.

Answer 2

Olvidándose de los detalles de su problema, usted dice que quiere trabajar en la de Newton para el régimen de la gravitación en un espacio toroidal. La forma en que esto difiere de un no-espacio toroidal es que se puede "desenrollar" el toro en una red infinita de duplicados. Esto se parece mucho a la celosía de espejo cargos si estuvieran haciendo la electrostática en un toro (los problemas son claramente equivalente). Así, la fuerza del cuerpo B de Un cuerpo es la suma de las fuerzas de todos los B múltiples copias, una por celda en la versión extendida. Agregar cada uno de estos vectores de fuerza juntos, y no la fuerza que ejerce B sobre a, en este toroidal universo. Para que una suma infinita, pero los términos se mueren como $\text{distance}^{-2}$.

De regreso a su problema, sin embargo, puede ser más fácil descuidar ese detalle y simplemente calcular la fuerza entre Un y el más cercano "copia" de B.

Answer 3

Voy a asumir su ventana tiene unas dimensiones de 1 x 1, en unidades de longitud. Ya que es un juego de vídeo unidades realmente no importa. La aceleración de la gravedad que usted está buscando puede ser un vector de 2 componentes.

$$\langle a_x, a_y\rangle$$

A continuación, voy a decir que la nave espacial está en el origen con el asteroide en (x,y). Esto sólo hace que sea más fácil. La gravedad de un único asteroide será:

$$\vec{a} = \frac{\vec{r}}{\left| \vec{r} \right|^3}$$ $$a_x = \frac{-x}{ \left( x^2 + y^2 \right)^{3/2}}$$ $$a_y = \frac{-y}{ \left( x^2 + y^2 \right)^{3/2}}$$

Aquí de nuevo he ejercido temerario desprecio por unidades. Una forma de abordar el problema es en realidad la suma de hasta la aceleración de toda una red infinita de masas que se repita cada x e y de incremento. Si usted hace esto por la parte superior derecha del cuadrante solo vas a encontrar simplemente se bifurca. Una forma de evitar esto es la suma de la contribución de un punto de índice (i,j) con un punto en las otras 3 cuadrantes de índices (i,j), (i, j), y (-i,-j). Que la serie converge para el calculo de la aceleración, pero no el potencial. Aquí es un formalismo de lo que he descrito.

$$x_{i} = x+i$$ $$x_{-i} = x-1-i$$ $$y_{j} = y+j$$ $$y_{j} = y-1-j$$

He reservado el $i=0$ $j=0$ valores para el 4 de asteroides más cercanos al origen. Ahora podemos escribir la aceleración de un conjunto dado de 4 asteroides con una (i,j) de índice par.

$$a_{xij} = \frac{-x_{i}}{(x_{i}^2+y_{j}^2)^{3/2}} - \frac{x_{-i}}{(x_{-i}^2+y_{j}^2)^{3/2}} - \frac{x_{i}}{(x_{i}^2+y_{-j}^2)^{3/2}} - \frac{x_{-i}}{(x_{-i}^2+y_{-j}^2)^{3/2}}$$

$$a_{yij} = \frac{-y_{j}}{(x_{i}^2+y_{j}^2)^{3/2}} - \frac{y_{j}}{(x_{-i}^2+y_{j}^2)^{3/2}} - \frac{y_{-j}}{(x_{i}^2+y_{-j}^2)^{3/2}} - \frac{y_{-j}}{(x_{-i}^2+y_{-j}^2)^{3/2}}$$

Entonces podemos tomar estos aportes y hacer un doble infinito suma.

$$a_x = \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{\infty} a_{xij}$$

$$a_y = \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{ \infty} a_{yij}$$

Estamos básicamente terminado aquí. Pensé que iba a ser fácil para obtener una solución de forma cerrada para la serie, pero realmente no lo es. Hice implementar numéricamente. Tenga en cuenta que los cálculos crecer como $n^2$ donde $n$ es el límite superior de su serie porque es una suma doble. Me encontré con que $n=0$ da un error de 5% y cae lentamente para valores más altos. Al hacer su código, deberás consultar a un matemático o aplicar un conjunto de trucos para una suavidad comportarse de código. Probablemente encontrará que es más fácil para calcular un vector de campo que tiene buena precisión y, a continuación, sólo interpolar los valores de que cuando se ejecuta el código. Sin embargo, eso es sólo para los puntos lejos del asteroide. Una vez que tienes muy cerca el asteroide este método se romperá y tendrás que usar una técnica de integración que puede manejar el gran pendiente en la región. Afortunadamente, la contribución del asteroide imágenes de espejo disminuirán a medida que se acerque a ella, y puede hacer la transición a una sola $1/r^2$ aceleración.

Además:

Parece haber un cierto escepticismo en cuanto a si o no la serie converge en todo. Te aseguro que no. A continuación son las componentes x y y ($\langle a_x, a_y\rangle$) de la aceleración calculada con el método descrito aquí, haciendo una suma de $5$. Eso significa, $5^2=25$ términos en la suma de la serie con 4 asteroides para cada término, lo que resulta en 100 total de asteroides. Así que la siguiente es la aceleración de una malla de 100 asteroides en una malla de 10x10 alrededor del origen. Usted puede aumentar el lado de la forma de 10 a 400 asteroides y usted consigue solamente una pequeña revisión en estos números.

x-componente

y-componente

Esta es lisa, continua, y repetir, exactamente como se esperaba. A un muy buen nivel de precisión, este es el campo de un infinito de malla de asteroides haciendo un $1/r^2$ suma, como se describe anteriormente. Se hace converger.

Answer 4

Newtoniana de la gravedad, como tal, no puede existir en cualquier cerrada múltiple de admisión, y, en particular, no en el toro. Aquí tomamos Newtoniana de la gravedad para decir que tenemos que considerar un potencial gravitatoria $\Phi$ generado por una masa de densidad de $\rho$ tal que $\triangle \Phi = \rho$ donde $\triangle$ es la de Laplace-Beltrami operador. Sin embargo, en un circuito cerrado en el colector, tenemos que $\int \triangle \Phi \mathrm{dvol}_g = 0$ por el teorema de la divergencia, mientras que, ya que generalmente prefieren nuestro asunto positivo y no negativo masas, el lado derecho se integra a $\int \rho \mathrm{dvol}_g \geq 0$ con la igualdad sólo cuando la densidad de la masa se desvanece en todas partes!

La solución más habitual a este problema es: (a) el uso que el total de la masa se conserva y (b) agregue un poco de uniforme "energía oscura" contribución. Es decir, supongamos que tenemos una distribución de masa $\rho$, con una masa total $\int \rho\mathrm{dvol}_g = M$. Asumir nuestra cerrado colector tiene volumen total $V$. A continuación, en lugar de considerar la función de $\Phi$ tal que $\triangle \Phi = \rho$, consideramos que la función $\Phi$ tal que $\triangle \Phi = \rho - M/V$ y llame a esta $\Phi$ el "potencial gravitatoria". En el límite donde se toma realmente grandes toro para que la situación se parece más y más como normal el espacio Euclidiano, ya $V\to \infty$ formalmente conseguir que el caso limitante resuelve $\triangle \Phi = \rho$ como los que estamos acostumbrados.

En el caso del toro, esta modificación de la gravitación Newtoniana potencial dado por una masa $M$ sentado en la posición $w$, cuando se evaluó en el punto de $z$, ahora es $G(z,w)M$ donde $G(z,w)$ es la función de Green para la ecuación de $\triangle \Phi = \rho - M/V$, y que puede ser escrita explícitamente en términos de funciones theta y eta funciones, si desplegamos el toro y la identifica con la unidad de cuadrados:

$$ G(z,w) = - \frac{1}{4\pi} \log \left| \frac{\vartheta_1(z-w;i)}{\eta(i)}\right| + \frac12 \left(\Im (z-w)\right)^2 $$

(Fuente.)

Como se puede ver, si usted quiere realmente ser matemático sobre ella, la fórmula se vuelve algo complicado y difícil de calcular. Para la programación de su juego de video, tal vez es mucho mejor solo tienes que elegir una función potencial que se desvanece fuera suficientemente grandes de la pelota. Por ejemplo, en vez de pensar en el potencial gravitacional

$$ -\frac{GM}{r} ~\textrm{in three dimensions, or}\quad -GM\log r ~\textrm{in two dimensions} $$

deje $\Psi(r)$ ser un diferenciable de rugosidad de la función que se desvanece si $r > R$ y asumir el potencial parece

$$ - \frac{GM}{r} \Psi(r) \quad \textrm{or}\quad -GM \log\frac{r}{R} \Psi(r) $$

Esta manera de calcular el potencial de usted sólo tiene que suma más de un número finito de imágenes de cada objeto.

Answer 5

Esta es una especie de funky respuesta, pero me gustaría decir esto ...

Calcular todo en la geometría Elíptica, donde la plaza de la pantalla que ve el usuario es sólo la representación de una esfera que todo se está moviendo alrededor de la superficie. (Como un mapa plano es la representación de un mundo.

De esa manera todos los asteroides y la nave tendría una fuerza de gravedad que no iba a cambiar cuando parecía moverse desde la parte superior a la parte inferior de la pantalla.

Pero iba a abrir otro conjunto de problemas.

Buena suerte!