Un ejemplo/ejercicio de cálculo de errores propagados a través de los cálculos

Queremos calcular el área de un triángulo del que se han medido sus tres lados: $a=8,12\,\text{m}$ (3 c.s.), $=4,3\,\text{m}$ (2 c.s.) y $c=7,25\,\text{m}$ (3 c.s.). También nos proponemos calcular el intervalo de incertidumbre en el que se encuentra el valor verdadero.

Emplearemos la fórmula de Herón para cualcular el área: $A=\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}$, denotando por $s$ el semiperímetro, $s=\dfrac{a+b+c}{2}$. Sustituyendo los datos y haciendo el cálculo obtenemos el siguiente valor $A\overset{2 c.s.}{\approx} 15\,\text{m}^2$.

Para calcular el error en la propagación a través del cálculo del área del triángulo, partiremos de las cotas de error absoluto de los datos, atendiendo a la precisión de los mismos, que viene dada por el número de cifras significativas de cada uno: $\Delta_a=\Delta_c=0,005\,\text{m}$ y $\Delta_b=0,05\,\text{m}$

Por otra parte, entendamos el cálculo de la misma como la función de varias variables $f(a,b,c)=\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}$ donde $s=\dfrac{1}{2}\,(a+b+c)$. Entonces, podemos escribir la expresión diferencial $$dA=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\,da+\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\,db+\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\,dc$$ cuya versión en incrementos finitos, para valores pequeños de los incrementos finitos de los datos, es: $$\Delta_A=\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\right|\,\Delta_a+\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\right|\,\Delta_b+\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\right|\,\Delta_c \quad (1)$$ Dichos incrementos finitos representan las cotas de valor absoluto de las magnitudes que aparecen en la fórmula. Así podemos calcular la cota de error del valor del área (primer miembro) obtenida a partir del cálculo.

Calculemos la derivadas parciales:
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_a$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_a=$
    $=s'_a\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_a\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_a\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)'_a$
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_b$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_b=$
    $=s'_b\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_b\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_b\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-b)'_b$
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_c$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_c=$
    $=s'_c\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_c\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_c\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)'_c$
siendo $s'_a=s'_b=s'_c=\dfrac{1}{2}$; $(s-a)'_a=(s-b)'_b=(s-c)'_c=-\dfrac{1}{2}$ y
    $(s-a)'_b=(s-a)'_c=(s-b)'_a=(s-b)'_c=(s-c)'_a=(s-c)'_b=\dfrac{1}{2}$

Obteniéndose:
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}=\dfrac{1}{8}\sqrt{\dfrac{(a+b+c)(-a+b+c)(a+b-c)}{(a-b+c)}}$, y sustituyendo los valores de los datos:
$\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=$
      $=\dfrac{1}{8}\sqrt{\dfrac{(8.12+4.3+7.25)(-8.12+4.3+7.25)(8.12+4.3-7.25)}{(8.12-4.3+7.25)}}=3.46019$

Finalmente, sustituyendo en la fórmula $(1)$ llegamos a:
  $\Delta_A=3.46019\cdot (2\cdot 0.005+0.05)\overset{2 c.s.}{\approx}0.21\,\text{m}^2 \therefore A \in [15-0.21\;,\;15+0.21]=[14.79\;,\;15.21]\,\text{m}^2$, dicho de otra manera, $A=15\,\pm\,0.21\,\text{m}^2$   $\diamond$

Notación del intervalo de incertidumbre en el valor de las constantes físicas

Al consultar el valor de las constantes físicas podemos encontrarnos que algunas de sus últimas cifras pueden tener una cierta incertidumbre; es decir, no ser exactas. Si tal es el caso, el grupo de estas últimas cifras afectadas de error se nota añadiendo, al final, el margen de error correspondiente entre paréntesis.

Por ejemplo, consultando el valor de la carga fundamental del electrón en la página de NIST [1] nos encontramos lo siguiente: $$e=1,\,602\,176\,453\,(14) \times 10^{-19}\,\text{C}$$ Quiere decir ésto que, al haber dos cifras entre paréntesis (al final) las dos últimas cifras a la izquierda del primer paréntesis, esto es, $5$ y $3$, son inciertas, con lo cual podemos entender que $$e= (1,\,602\,176\,453 \pm 0\,000\,000\,014)\times 10^{-19}\,\text{C}$$ dicho de otra manera: $$(1,\,602\,176\,453 - 0\,000\,000\,014)\times 10^{-19} \,\text{C} \le e \le 1,\,602\,176\,453 + 0\,000\,000\,014 \times 10^{-19} \,\text{C}$$ es decir $$1,\,602\,176\,439 \times 10^{-19} \,\text{C} \le e \le 1,\,602\,176\,467 \times 10^{-19} \,\text{C}$$ por tanto el intervalo de incertidumbre de $e$ (en el momento en el que consulté su valor) es: $$e \in \left[1.\,602\,176\,439 \times 10^{-19}\,\text{C}\;,\; 1.\,602\,176\,467 \times 10^{-19}\,\text{C} \right]$$

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Nota: En el caso de que al consultar el valor de una constante física no aparezca ninguna notación de cifras entre paréntesis al final, significa que todas las cifras que podemos leer son significativas; por ejemplo, el valor de la velocidad de la luz en el vacío que acabo de consultar en el NIST [1] es $$c=2,997\,924\,58\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$

$\diamond$ -oOo- Referencias:

• [1] NIST, The NIST Reference on Constants, Units, and Uncertainty [https://physics.nist.gov/cuu/Constants/index.html].

Acerca de los vocablos ciencia, física, y filosofía natural

El vocablo ciencia procede del latín y significa «saber», si bien, además, el objetivo de la ciencia no es sólo saber sino que es también el de «comprender» el mundo natural. El vocablo física procede del griego y hace referencia la conocimiento del mundo natural [1].

Aristóteles pensaba la (antigua) física mediante la introducción de hipótesis, a partir de las cuales pretendía explicar los fenómenos físicos, presciendiendo de la experimentación (filosfía natural), algo sustancialmente distinto a la física que empezó a moldearse con la revolución científica en los tiempos de Galileo: desde entonces, las explicaciones que puedan darse a un determinado fenómeno del mundo natural no pueden prescindir de la experimentación, no basta con hacer hipótesis, contrastar lo que se deduce con las observaciones es fundamental, de manera que el conocimiento y comprensión del objeto de estudio (siempre provisionales, desde el punto de la ciencia moderna) se basa en un proceso iterativo que consiste en hacer hipótesis razonables, construir una teoría, contrastar sus predicciones con lo que se observa, y vuelta a empezar a partir de ello. $\diamond$

-oOo- Referencias:

• [1] P. Tipler, G. Mosca, Física (Reverté, 2010), vol. 1, pp. 1-3.

Estimación de la velocidad orbital de la Estación Espacial Internacional (ISS)

La Estación Espacial Internacional (ISS) orbita una órbita baja, a una altura aproximada $h=400\,\text{km}$ con respecto a la superficie de la Tierra (el radio de la Tierra, con $3$ cifras significativas, es $R_T=6\,670\,\text{km}$). Considerando que la órbita es prácticamente circular, vamos a estimar la velocidad de la estación con tres cifras significativas.

Por la segunda ley de Newton y la fuerza de gravitación newtoniana se tiene que en cualquier punto de la órbita (circular): $$G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,a_N$$ donde $M$ y $m$ son la masa de la Tierra y de la ISS, respectivamente, y $a_N=\dfrac{v^2}{r}$ es la aceleración (normal), en la misma dirección y sentido opuesto que la fuerza gravitatoria.

Entonces,$$G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$$ y simplificando, $$G\,\dfrac{M}{r}=v^2$$ con lo cual la velocidad en la órbita viene dada por, $$v=\sqrt{\dfrac{G\,M}{r}} \quad (1)$$

Siendo $r=h+R_T=(400+6\,670)\cdot 10^3=7,07 \times 10^6\,\text{m}$, y teniendo en cuenta que el valor de la masa de la Tierra (con $3$ cifras significativas) es $M_T=5,97\times 10^{24}\,\text{kg}$ y que el valor de la constante de la gravitación universal (con $3$ cifras significativas) es $G=6,67\times 10^{-11}\,\dfrac{\text{N}\cdot \text{m}^2}{kg^2}$, y sustituyendo en $(1)$ se obtiene: $$v=\sqrt{\dfrac{6,67\times 10^{-11}\cdot 5,97\times 10^{24}}{7,07 \times 10^6}}\overset{3\,\text{c.s.}}{\approx} 7\,50\times 10^3\,\dfrac{\text{m}}{s}\cdot \dfrac{3600\,\text{s}}{1\,\text{h}}\cdot \dfrac{1\,\text{km}}{1\,000\,\text{m}}=27\,000\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$$ $\diamond$

Energía mecánica en órbitas circulares

Consideremos un satélite de masa $m$ en una órbita circular, de radio $r$, alrededor de un planeta de masa $M$, ¿cómo podemos calcular la energía mecánica en cualquier punto de la órbita?

La energía mecánica, $E_m$, es la suma de la energía cinética, $E_{c}=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2$ ($v$ es el módulo de la velocidad del satélite, y tiene el mismo valor en cualquier punto de la órbita circular), y de la energía potencial, $U=-G\,\dfrac{m\,M}{r}$. En ausencia de fuerzas disipativas, la energía mecánica se conserva, esto es, es la misma en cualquier punto de la órbita.

Por la segunda ley de Newton, se tiene que en cualquier punto de la órbita: $G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$, luego $m\,v^2=G\,\dfrac{m\,M}{r}$, por lo que la energía cinética puede expresarse de la forma $E_{c}= G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}$. Pues bien, así, podemos escribir la energía mecánica como: $$E_m:=U+E_c=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}=-G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}\lt 0$$ El que esta cantidad sea negativo se explica por el hecho de que la órbita es cerrada.

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Observación 1:
Si variamos la altura del satélite, la energía mecánica de las respectivas órbitas es función del opuesto del inverso de la altura de la órbita; su gráfica corresponde a una hipérbola:

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Observación 2:
Por otra parte, el trabajo necesario, $W$, esto es, la cantidad de energía con la que debe contarse para poner en órbita un satélite, ha de ser igual a la diferencia entre la energía mecánica en la órbita en la que se le quiera situar y la energía mecánica del satélite en el punto de lanzamiento del planeta (antes del lanzamiento): $W=E_{m_{\text{final}}}-E_{m_{\text{inicial}}}=-G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}- \left(-G\,\dfrac{m\,M}{r_P}+0\right) =G\,\dfrac{m\,M}{r_P}- G\,\dfrac{m\,M}{2\,r} = G\,m\,M\cdot \left( \dfrac{1}{r_P}-\dfrac{1}{r}\right) \gt 0$, ya que, como $r\gt r_P$ (siendo $r_P$ el radio de la superficie del planeta, en el punto de lanzamiento), $\dfrac{1}{r_P} \gt \dfrac{1}{r}$ y, por tanto, $\dfrac{1}{r_P} - \dfrac{1}{r}\gt 0$. Por consiguiente, cuánto menor sea la altura de la órbita menor es la energía que deberemos suministrar en el lanzamiento para que el satélite alcance dicha órbita.

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Nota (velocidad de escape):
En particular, si se desea lanzar desde un planeta un cuerpo a velocidad de escape, como la energía mecánica final es $0$, el trabajo (la cantidad de energía que debemos suministrar) que hay que realizar es —ojo, que, desde luego, en este problema, la velocidad inicial no es cero—: $$W=E_{m_{\text{final}}}-E_{m_{\text{inicial}}}=0-\left( -G\,\dfrac{m\,M}{r_P}+\dfrac{1}{2}\,m\,v_{e}^2 \right)$$ de donde, despejando la velocidad (de escape) se obtiene que ésta ha de ser igual a $$v_e=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M}{r_P}}$$ En vista de lo cual, es muy importante remarcar que la velocidad de escape de un cuerpo no depende de su masa.

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Una manera sencilla de calcular la masa de una estrella, conociendo la distancia media a la estrella y el periodo orbital de uno de sus planetas

Consideremos un planeta en órbita alrededor de una estrella, que por simplicidad supondremos casi circular (una elipse con muy poca excentricidad), podemos calcular calcular la masa de la estrella, que supondremos que es mucho mayor que la del planeta, permitiendo ello que la aproximación que consiste en situar el centro de masas del sistema en la posición de la estrella sea aceptable. Como datos del problema, disponemos de la distancia media a la estrella y de su periodo orbital. Veamos cómo hacerlo:

Con el planeta, de masa $m$ (como veremos enseguida, no es necesario conocerla para conseguir nuestro propósito) en órbita alrededor de su estrella de masa $M$ desconocida, se tiene que (segunda ley de Newton): $$G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$$ igualdad que, simplificada, queda de la forma $$G\,\dfrac{M}{r}=v^2 \quad (1)$$ donde $G = 6,67 \times 10^{-11}\,\dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$ es la constante universal de la gravitación
Y teniendo en cuenta que hemos supuesto (razonablemente) que la órbita es prácticamente circular (la velocidad $v$ del planeta es la misma en todoslos puntos de la órbita), podemos escribir $$v=\dfrac{2\,\pi\,r}{T} \quad (2)$$

Pues bien, sustituyendo $(2)$ en $(1)$: $$G\,\dfrac{M}{d}=\left( \dfrac{2\,\pi\,r}{T} \right)^2$$ de donde, despejando $M$ se llega a: $$M=\dfrac{4\,\pi^2}{G}\cdot \dfrac{r^3}{T^2}$$

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Una aplicación de la tercera ley de Kepler

De acuerdo con la tercera ley de Kepler, que se puede deducir directamente de la teoría de la gravitación de Newton, es posible calcular cosas muy interesantes en un sistema planetario. Por ejemplo, imaginemos un sistema planetario sencillo, formado por tres planetas, cada uno en respectiva órbita, y una estrella (mucho más masiva que cada uno de los tres).

Si hemos medido los períodos de cada planeta, $T_1$, $T_2$ y $T_3$, y conocemos la distancia media de uno de ellos a la estrella, pongamos que $d_1$, la cual se puede haber obtenido (de manera muy asequible para un astrónomo aficionado) por el método de paralaje (disponiendo de la información adicional necesaria), es muy sencillo calcular las distancias medias a la estrella de los otros dos planetas, $d_2$ y $d_3$. Veámoslo:

Según la tercera ley de Kepler, para todo planeta del sistema en órbita alrededor de la estrella, se tiene que $T^2\propto d^3$; por consiguiente, la constante de proporcionalidad es igual a $\dfrac{T_{1}^2}{d_{1}^3}=\dfrac{T_{2}^2}{d_{2}^3}=\dfrac{T_{3}^2}{d_{3}^3}$. Entonces, despejando de esta triple igualdad las distancias medias pedidas, $d_2$ y $d_3$, podemos concluir que: $$d_2=d_1\,\sqrt[3]{\left( \dfrac{T_2}{T_1} \right)^2} \quad \text{y}\quad d_3=d_1\,\sqrt[3]{\left( \dfrac{T_3}{T_1} \right)^2}$$

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