Escrito por Felipe Maia
Iniciante
O Enigma da Estrela Cintilante
Primeiramente, por saber que a estrela é do tipo espectral GV, podemos assumir que a mesma está na sequencia principal. Por ser semelhante ao Sol, podemos estimar a sua temperatura, \(T\approx 5770 \text{ K}\). Utilizando a Lei de Wien, podemos encontrar um comprimento de onde de pico, sendo este,
\[\lambda_{pico, \, 0} = \frac{b}{T} \approx 574,8 \text{ nm}\]
Com isso, podemos encontrar o redshift da estrela, utiliznado a fórmula classica,
\[z = \frac{\lambda-\lambda_0}{\lambda_0} \approx 4, 4 \cdot 10^{-3}\]
Como\(z\approx v/c = H_0 d/c\), podemos estimar a distância da mesma,
\[d = \frac{z c}{H_0} \approx 18,33 \text{ Mpc}\]
Para estimar a massa, vamos utilizar que, na sequência principal, é válida a relação \(L\propto M^{3,5}\). Mas note que, \(L=4\pi R^2\sigma T^4 \propto R^2T^4\) e \(M= \frac{4\pi R^3}{3}\rho_{media}\propto R^3\), assim, é válido que,
\[R^2T^4\propto (R^3)^{3,5} \rightarrow R \propto T^{0,47}\]
Dessa maneira,
\[R=\left(\frac{T}{T_\odot}\right)^{0,47}R_\odot \approx 0,95 R_\odot\]
E para estimar a massa,
\[M = (R/R_\odot)^3 M_\odot \approx 0,86 M_\odot\]
Por tanto, os valores que conseguimos estimar, foram,
\[\boxed{d = 18,33 \text{ Mpc}, \ \ R = 0,95 R_\odot, \ \ M = 0,86 M_\odot}\]
Mas note que esses valores são apenas estimativas e advem de severas simplificações do modelo real.
Intermediário
Rei Arthur Gurjinho
Vamos começar calculando o Horário em que Arcturos irá nascer no dia em questão, utilizando a fórmula dada pelo enunciado, temos,
\[\cos H = -\tan\delta_A\tan\phi = -0,6213\rightarrow H = 128,4^\circ = 8^h34^m\]
Assim, podemos concluir que o ângulo horário da estrela quando a mesma nasce é \(H_{nascer} = – |H| = -8^h34^m\) e quando ela se põe é de \(H_{ocaso} = |H|\). O tempo total em que um astro fica no céu durante um dia é de \(\Delta t = 2H = 17^h08^m\) para arcturos neste dia em específico.
Pela fórmula do tempo sideral local, temos que, \(TSL = H+\alpha\). Logo, o nascer de Arcturos ocorrerá em,
\[TSL_\text{ nascer} = -8^h34^m + 13^h17^m = 4^h43^m\]
e o horário que ela se põe,
\[TSL_\text{ ocaso} = 8^h34^m + 13^h17^m=21^h51^m\]
Já para o Sol, note que o dia \(21/12/725\) coincide com o solstício de inverno no hemisfério norte. Assim, \(\delta_\odot = -23,47^\circ\). Substituindo na fórmula,
\[\cos H_\odot = -\tan\delta_\odot\tan\phi =0,5458 \rightarrow H = 3^h48^m\]
Utilizando o mesmo raciocínio anterior, temos,
\[TSL_{\odot, \text{ nascer}} = -3^h48^m + 12 = 8^h12^m\]
\[TSL_{\odot, \text{ ocaso}} = 3^h48^m + 12 = 8^h12^m = 15^h48^m\]
Agora, podemos facilmente calcular o tempo total em que Arcturos ficará vísivel. A mesma podera ser vista, depois que nascer, mas antes do Sol nascer e antes do Sol se por, mas depois que o Sol se por. Assim,
\[\boxed{\Delta T = (TSL_{\odot, \text{ nascer}} – TSL_{\odot} ) + (TSL_{\odot} – TSL_{\odot, \text{ ocaso}}) = 2 (H-H_\odot) = 9^h32^m}\]
Avançado
Cegueira de Horizonte
Como dica do problema, foi nos dado a importante relação \(\tau\propto r\). Agora, vamos modelar a situação para entender um pouco da geometria do problema. Olhe para o seguinte esquema:
Onde utilizamos uma aproximação de atmosfera plana. Aqui fica evidente que, \(r_2 = r_1\sec z\), logo, \(\tau_2=\tau_1\sec z\).
Utilizando a equação de Pogson, temos,
\[m_1-m_2 = -2,5\log\left(\frac{I_1}{I_2}\right) = -2,5\log\left(\frac{I_0 e^{-\tau_1}}{I_0e^{-\tau_2}}\right) \]
Usando a propriedade que \(\log x^a = a \log x\) e denotando \(m_1-m_2 = \Delta m\),
\[\Delta m = 2,5\log (e^{\tau_1-\tau_2}) = 2,5(\tau_1-\tau_2)\log e\]
Por convenção, vamos dentoar que \(\tau_1 = \tau (0)\), e assim, \(\tau_2/\tau_1 = \sec z\)
\[\boxed{\Delta m = 2,5\log e (1-\sec z)\tau (0) \approx = 1,086 (1-\sec z) \tau (0)}\]
Internacional
Problemas com a Precisão
a) O desvio \(\Delta \theta_p\) é a paralaxe básica que conhecemos, com geometria básica, obtemos
\[\sin\Delta \theta_p = \frac{r}{d}\]
Mas como \(r\ll d\), temos, \(\sin x \approx x\) e desse modo,
\[\boxed{\Delta \theta_p = \frac{r}{d}}\]
b) As transformações de Lorentz (usando \(c=1\) ) são dadas por
\[x = \gamma (x’ + vt’), \ \ t = \gamma(t’ + vx’)\]
c) Note que no referencial \(S\), temos \(\cos \alpha = \frac{x}{t}\), No referencial \(S’\) temos
\[x’ = t’\cos\alpha’\]
Usando as transformações de Lorentz,
\[t = \gamma t'(1+v\cos\alpha’) \]
\[x = \gamma t'(\cos\alpha’+ v)\]
Utilizando que \(\cos\alpha = x/t\), temos
\[\cos\alpha = \frac{\cos\alpha’ + v}{1+ v\cos\alpha’}\]
“Voltando” os \(c\), temos
\[\boxed{\cos\alpha = \frac{\cos\alpha’ + v/c}{1+(v/c)\cos\alpha’}}\]
d) No frame \(S’\), teremos que a velocidade em \(x’\) é dada por \(v_x’ = c\cos\alpha’\). No referencial \(S\), temos
\[v_x = “v_x’+v” = \frac{v_x’+v}{1+(v_x’v)/c^2}\]
Substituindo \(v_x’\) e utilizando que \(\cos\alpha = v_x/c\) temos
\[\boxed{\cos\alpha =\frac{\cos\alpha’ + v/c}{1+(v/c)\cos\alpha’}} \]
e) No referencial da Terra, (que está se movendo e portanto corresponde ao referencial \(S’\)), temos \(\alpha’ = \pi/2\). Plugando isso, na resposta obtemos
\[\cos\alpha = v/c \rightarrow \sin\alpha = \sqrt{1-(v/c)^2} = \frac{1}{\gamma}\]
Utilziando a aproximação para pequenos ângulos, \(\boxed{\alpha \approx 1/\gamma}\).
f) Enquando a distância Sol terra, está na ordem de alguns minutos-luz, a menor distância entre a Terra e outra estrela, está na ordem de anos luz, ou seja \(\theta \sim 10^{-6}\). Já a velocidade da Terra é a aproximadamente \(30\) km/s, assim, \(v/c \sim 10^{-4}\). Logo os efeitos de aberração são mais evidentes que os de paralaxe.