INICIANTE
A resolução angular do telescópio da magnata é dada por:
$$\theta = 1,22 \frac{\lambda}{D}$$ (1)
O raio de schwarzchild é dado por:
$$R_s = 2\frac{GM}{c^2}$$ (2)
Resolvendo para $$D$$ na primeira equação:
$$D = 1,22 \frac{\lambda}{\theta}$$ (3)
Encontrando $$\theta$$ em função do raio orbital do disco de acreção e da distância $$d$$ fornecida:
$$\theta = \frac{2{\cdot}3{\cdot}2\frac{GM}{c^2}}{d}$$ (3)
Substituindo a equação (3) na equação (2):
$$D = 1,22 \frac{\lambda}{\frac{2{\cdot}3{\cdot}2\frac{GM}{c^2}}{d}}$$ (4)
Substituindo valores ($$\lambda = 550 nm$$)
$$D = 3,57 km $$
INTERMEDIÁRIO
Para calcular a latitude de Luã ($$\phi$$), deve-se conhecer altura ($$h$$), o ângulo horário ($$H$$) e a declinação ($$\delta$$) do astro em questão.
Primeiramente, calculemos a altura:
Figura 1: esquema da altura.
A partir da figura 1, por trigonometria, calculamos h:
$$h =arctan(\frac{1}{1,732})$$
$$ h = 30^{\circ}$$
Agora, calculemos a declinação:
Figura 2: Esquema da declinação.
Para calcular a declinação, devemos primeiro descobrir a longitude eclíptica ($$\lambda$$).
Calculando $$\lambda$$:
assumindo que a órbita da Terra é circular:
$$\lambda = {\frac{360^{\circ}}{365,25 dias}}{N}$$ onde N é o número de dias desde o equinócio vernal boreal.
Sabendo que a EuPhO terminou dia 4 de Junho às 18:30, temos que Luã viu a passagem meridiana do Sol no dia seguinte, dia 5 de Junho. Assumindo o dia de equinócio vernal como 21/03, temos que:
$$\lambda = {\frac{360^{\circ}}{365,25 dias}}{76 dias}$$
$$\lambda =74,9^{\circ}$$
Agora, pela lei dos senos da trigonometria esférica:
$$\frac{sen(\delta)}{sen(\epsilon)} = \frac{sen(\lambda)}{sen(90^{\circ})}$$
com $$\epsilon = 23^{\circ}27’$$.
Resolvendo para $$\delta$$:
$$\delta = 22^{\circ} 36’$$
Do texto, sabemos que o ângulo horário do Sol é de 3h.
$$H = 3h = 45^{\circ}$$
Agora, a partir da figura 3 e, pela lei dos cossenos da trigonometria esférica, temos:
Figura 3: esfera celeste para conversão de coordenadas.
$$sen(h) = sen(\phi)sen(\delta)+cos(\phi)cos(\delta)cos(H)$$
Sejam:
$$sen(\phi) = x$$
$$sen(h) = c$$
$$sen(\delta) = a$$
$$ cos(\delta)cos(H) = b$$
Temos então:
$$c = ax+\sqrt{1-x^2}b$$
Desenvolvendo:
$$(a^2+b^2)x^2 – 2acx + (c^2-b^2) = 0$$
Resolvendo para $$x$$ e lembrando que $$sen(\phi) = x$$:
$$\phi = arcsen(\frac{2ac{\pm}{\sqrt{4a^2b^2 – 4(a^2+b^2)(c^2-b^2)}}}{2(a^2+b^2)})$$
substituindo valores, temos:
$$\phi = 79^{\circ}11’$$
$$\phi = 100^{\circ}49’$$
$$\phi = -18^{\circ}13’$$
$$\phi = 198^{\circ}13’$$
Nenhum dos três últimos valores faz sentido para uma latitude do hemisfério norte, logo:
$$\phi = 79^{\circ}11’$$.
AVANÇADO
Calculemos o brilho captado pelo olho de Giulia e igualemos ao brilho captado pelo telescópio de Bruna:
Assumindo o aglomerado esférico e homogêneo, temos que a densidade de estrelas será dada por:
$$\rho = \frac{N}{{\frac{4}{3}}\pi{R}^3}$$
mas $$ R = \frac {\alpha D}{2}$$, logo:
$$\rho = \frac{N}{{\frac{4}{3}}\pi{\frac{\alpha D}{2}}^3}$$
$$\rho = \frac{6N}{\pi \alpha^3 D^3}$$
A Luminosidade dessa casca será:
$$dL = \rho dV L$$
$$dL = \rho 4 \pi r^2dr L$$
O Fluxo dessa casca será:
$$dF = \frac{\rho 4 \pi r^2dr L}{4 \pi r^2}$$
$$dF ={\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3} dr}$$
Integrando de 0 a F e de 0 a R:
$$\int_0^F dF = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}\int_0^R dr$$
$$F = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}R$$
$$F = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}\frac {\alpha D}{2}$$
$$F = {\frac{3NL}{\pi \alpha^2 D^2}}$$
O fluxo que chega a Bruna será:
$$F_b = \frac{NL}{4 \pi D^2}$$
Igualando as intensidades:
$$F {\cdot} A_{olho} = F_b {\cdot} A_tel$$
$$ {\frac{3NL}{\pi \alpha^2 D^2}} {\pi ({\frac {d_{olho}}{2}})^2} = \frac{NL}{4 \pi D^2} {\pi ({\frac {d_{tel}}{2}})^2}$$
Desenvolvendo e substituindo $$d_{olho} = 6mm$$, chegamos:
$$d_{tel} = {\frac {6}{\alpha}}{\sqrt{12}} mm$$