INICIANTE
Pelo enunciado, $$\nu(R, G, \rho)$$.
Estou utilizando como notação: $$T$$ para tempo, $$M$$ para massa e $$L$$ para comprimento, mas sinta-se a vontade de utilizar $$s$$, $$kg$$ e $$m$$, respectivamente.
A unidades dos termos são: $$[\nu]=Hz= s^{-1}=\frac{1}{T}$$, $$[R]=m=L$$, $$[G]=\frac{m^3}{kg s^2}=L^3M^{-1}T^{-2}$$ e$$ [\rho]=\frac{kg}{m^3}=M L^{-3}$$
Uma maneira prática que é mais rápida em casos menores, como o da questão, é mexer nas variáveis de forma a obtermos a unidade da resposta final:
Queremos $$T^{-1}$$, e como a única variável que envolve o tempo é a constante gravitacional, um termo $$G^{\frac{1}{2}}$$ aparece. Agora, precisamos sumir com as unidades $$L^{\frac{3}{2}}M^{-\frac{1}{2}}$$. Como o único termo que envolve a massa é $$\rho$$, um termo $$\rho^{\frac{1}{2}}$$ aparece. Note agora que os termos restantes que envolvem comprimento – $$L^{\frac{3}{2}}$$ de $$G$$ e $$L^{-\frac{3}{2}}$$ de $$\rho$$ – se cancelam. Logo não há dependência no raio e a resposta final é:
$$\nu \propto \sqrt{\rho G}$$
Agora, uma maneira mais geral, adequada para expressões maiores, envolve darmos um expoente para cada variável:
$$\nu \propto R^{a}G^{b}\rho^{c}$$, logo:
$$\frac{1}{T}=L^a (\frac{L^3}{MT^2})^b (\frac{M}{L^3})^c$$
Assim, as dependências sã0: massa: $$0=c-b$$, comprimento: $$0=a-3c+3b$$ e tempo: $$-1=-2b$$
Resolvendo o sistema, obtemos: $$a=0$$ e $$b=c=\frac{1}{2}$$
Chegamos portanto na mesma expressão para a frequência:
$$\nu \propto \sqrt{\rho G}$$
INTERMEDIÁRIO
Para achar a latitude eclíptica máxima de uma estrela que pode ser ocultada pela Lua é necessário primeiro achar a latitude eclíptica máxima que a Lua pode ser observada, que será:
$$cos(\theta +5.15^{\circ})=\dfrac{R_{Terra}}{d_{Lua}}$$
$$\theta=83.90^{\circ}$$
a partir disso temos que
$$\theta +\beta =90^{\circ}$$
$$\beta =6.10^{\circ}$$
Agora para acharmos o a latitude eclíptica máxima da estrela temos que somar o raio angular da Lua que pode ser calculado da seguinte forma:
$$\dfrac{R_{Lua}}{d_{Lua}}=\alpha$$
$$\alpha=0.26^{\circ}$$
Somando $$\alpha$$ e $$\beta $$ temos que a latitude eclíptica máxima de uma estrela que pode ser ocultada pela Lua é
$$\omega = 6.36^{\circ}$$
AVANÇADO
(a) A Lei de de Rayleigh-Jeans, da mesma forma que a Lei de Planck, relaciona a radiação espectral com o comprimento de onda de um corpo negro de temperatura dada. Entretanto ela é uma aproximação que somente funciona para altos comprimentos de onda:
$$B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot c\cdot k\cdot T}{\lambda^4}$$
Para deduzi-la, podemos utilizar que:
$$e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} \approx \dfrac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T} + 1$$ para $$\lambda \cdot T \gg \dfrac{h\cdot c}{k} \approx 1,44\cdot 10^{-2} \, m\cdot K$$
Assim, substituindo essa expressão na Lei de Planck:
$$B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot h\cdot c^2}{\lambda^5}\cdot \dfrac{\lambda\cdot k\cdot T}{h\cdot c}$$
$$\boxed{B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot c\cdot k\cdot T}{\lambda^4}}$$
(b) A Lei de Wien relaciona a Temperatura efetiva da estrela com o comprimento de onda de máxima intensidade:
$$\lambda\cdot T \approx 2,898\cdot 10^{-3} \, m\cdot K$$
Assim, podemos deduzi-lá encontrando pico de emissão da Lei de Planck, ou seja:
$$\dfrac{\partial B_{\lambda}}{\partial \lambda} = 0$$
$$2\cdot h\cdot c^2 \cdot \left[ \dfrac{-5}{\lambda^6}\cdot \dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} + \dfrac{1}{\lambda^5}\cdot \dfrac{-e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{\left(e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} – 1 \right)^2} \cdot \dfrac{h\cdot c}{k\cdot T}\cdot \dfrac{-1}{\lambda^2}\right] = 0$$
$$\dfrac{5}{\lambda^6}\dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} = \dfrac{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{\left(e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} – 1 \right)^2} \cdot \dfrac{h\cdot c}{\lambda^7 \cdot k\cdot T}$$
$$5 = \dfrac{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} – 1} \cdot \dfrac{h\cdot c}{\lambda \cdot k\cdot T}$$
Utilizando:
$$x = \dfrac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T} \Longrightarrow \lambda\cdot T = b = \dfrac{h\cdot c}{k\cdot x}$$
$$x\cdot e^x = 5\cdot \left( e^x – 1\right)$$
$$x = 5 \cdot \left(1- e^{-x}\right)$$
Por Iteração obtemos $$x \approx 4,965$$, assim:
$$b \approx 2,898\cdot 10^{-3}\, m\cdot K$$
$$\boxed{\lambda\cdot T \approx 2,898\cdot 10^{-3} \, m\cdot K}$$
(c) Por último, a Lei de Stefan-Boltzmann relaciona o fluxo na superfície da estrela com a sua temperatura superficial:
$$F = \sigma \cdot T^4$$
Partindo das definições:
$$F = \dfrac{dE \cdot \cos{\theta}}{dt\cdot dA}$$, $$B_{\lambda} = \dfrac{dE}{dt\cdot dA\cdot d\Omega\cdot d\lambda}$$, $$d\Omega = \sin{\theta} \, d\theta \, d\phi$$
Temos que:
$$F = \displaystyle \int_0^{\infty}B_{\lambda}(T) \, d\lambda \, \displaystyle \int_0^{2\pi}\, d\phi \, \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{\theta} \cdot \sin{\theta}\, d\theta$$
$$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{\theta} \cdot \sin{\theta}\, d\theta = \dfrac{1}{2}\cdot\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{2\theta}\, d\theta =\left. -\dfrac{\cos{2\theta}}{4} \, \right\vert_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{1}{2}$$
$$\displaystyle \int_0^{2\pi}\, d\phi = 2\pi$$
$$F = \pi \cdot\displaystyle \int_0^{\infty}B_{\lambda}(T) \, d\lambda$$
Substituindo a Lei de Planck e integrando sobre todos os comprimentos de onda:
$$F = 2\cdot \pi\cdot h\cdot c^2\cdot \displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\lambda^5}\cdot \dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} \, d\lambda$$
Novamente, utilizando:
$$x = \dfrac{h\cdot c}{\lambda \cdot k \cdot T} \Longrightarrow dx = -\dfrac{h\cdot c}{\lambda^2\cdot k\cdot T}\, d\lambda \Longrightarrow d\lambda = -\dfrac{\lambda^2\cdot k\cdot T}{h\cdot c}\, dx$$
$$F = -2\cdot \pi\cdot c\cdot k\cdot T \cdot \displaystyle \int_{\infty}^0 \dfrac{1}{\lambda^3}\cdot \dfrac{1}{e^x-1} \, dx = 2\cdot \pi\cdot c\cdot k\cdot T \cdot \left(\dfrac{k\cdot T}{h\cdot c}\right)^3 \cdot\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{x^3}{e^x-1} \, dx$$
Com a integral dada no enunciado e simplificando a expressão, obtemos:
$$F = \dfrac{2\cdot \pi^5\cdot k^4}{15\cdot h^3 \cdot c^2}\cdot T^4 \approx 5,67\cdot 10^{-8} \cdot T^4$$
$$\boxed{F = \sigma \cdot T^4}$$
$$\boxed{\sigma \approx 5,67\cdot 10^{-8} \, W\cdot m^{-2}\cdot K^{-4}}$$
Além disso, podemos calcular a Luminosidade da estrela com seu raio e sua temperatura por:
$$F = \dfrac{L}{4\cdot \pi \cdot R^2}$$
$$\boxed{L = 4\cdot \pi \cdot R^2 \cdot \sigma \cdot T^4}$$