Escrito por Luís Fernando
Iniciante
Grupo Local
Para a resolução dessa questão, considere a seguinte geometria:
Sendo $$d_{M31}$$ a distância de M31 à Terra, $$d_{M33}$$ a distância de M33 à Terra e $$d_{M31,M33}$$ a distância de M31 a M33, podemos obter $$d_{M31,M33}$$ a partir da lei dos cossenos:
\[d_{M31,M33}=\sqrt{d_{M31}^2+d_{M33}^2-2d_{M31}d_{M33} \cos(\theta)}\]
Agora, por lei dos senos, podemos calcular o ângulo requisitado ($$\beta$$):
\[\frac{\sin(\beta)}{d_{M31}} =\frac{\sin(\theta)}{d_{M31,M33}} \implies \sin(\beta) = \frac{d_{M31} \sin(\theta)}{\sqrt{d_{M31}^2+d_{M33}^2-2d_{M31}d_{M33} \cos(\theta)}}\]
Com isso:
\[ \boxed{\beta \approx 67{,}1^\circ} \]
Intermediário
Ponto Brilhante
Considerando que em ambos os instantes o objeto se encontrava em seu latus rectum e que em $$m_1$$ e $$m_2$$ estava em oposição e em conjunção, respectivamente, podemos desenhar geometricamente a situação da seguinte forma (fora de escala):
Em que $$P_1$$ e $$P_2$$ são os pontos em que o objeto se localiza ao estar com magnitude $$m_1$$ e $$m_2$$. Ademais, $$l$$ representa o valor do semi-latus rectum da órbita.
Como foi dado o período, podemos calcular o valor do semi-eixo maior do objeto:
\[a=P^{\frac{2}{3}} \implies a=4\,\text{UA}\]
Agora, para calcularmos a excentricidade, é importante entendermos que o fluxo luminoso do objeto na Terra depende de dois fatores: a sua distância em relação ao Sol ($$d_\odot$$) e sua distância em relação à Terra ($$d_\oplus$$). Considerando a lei do inverso do quadrado da distância, podemos escrever tal relação da seguinte forma:
\[F \propto d_\odot^{-2}d_\oplus^{-2}\]
E, pela lei de Pogson, podemos obter a seguinte expressão:
\[\Delta m=5 \log \left ( \frac{d_{\odot,2} d_{\oplus_2}}{d_{\odot_1} d_{\oplus_1}} \right)=4\,\text{mag}\]
Tal expressão implica que $$\Delta m>0$$ uma vez que $$d_{\odot,2}d_{\oplus_2}>d_{\odot_1} d_{\oplus_1}$$.
Como em ambos os instantes o objeto se encontrava em seu semi-latus rectum, $$\frac{d_{\odot,2}}{d_{\odot,1}}=1$$. Ademais, pela geometria exposta na imagem:
\[d_{\oplus_2}=l+a_\oplus \,\,\,\text{e} \,\,\,d_{\oplus_2}=l-a_\oplus\]
Inserindo tal expressão na equação obtida e isolando o logaritmando:
\[\frac{l+a_\oplus}{l-a_\oplus}=10^{\frac{4}{5}}\]
Resolvendo para $$l$$:
\[l= \frac{10^{\frac{4}{5}}+1}{10^{\frac{4}{5}}-1}a_\oplus\]
\[l \approx 1{,}38\,\text{UA}\]
Com isso:
\[l=a(1-e^2) \implies e =\sqrt{1-\frac{l}{a}}\]
\[\boxed{e \approx 0{,}81}\]
Avançado
Somewhere Over the Multiverse II
Pela definição de magnitude superficial, podemos obter a magnitude aparente total do céu:
\[\mu-m=-2.5\log \left(\frac{F}{\Omega} \frac{1}{F} \right)\]
\[m=\mu + 2.5 \log(\Omega) \implies m = -9.32\]
Pela equação de Pogson, podemos relacionar tal magnitude com o fluxo total recebido:
\[m – m_{\odot} = -2.5 \log \left( \frac{F}{F_{\odot}}\right)\]
Em que $$F_{\odot} = \frac{L_{\odot}}{4 \pi a_{\oplus}^2}$$. Podemos obter uma expressão para $$F$$ considerando, inicialmente, o fluxo recebido por conta de uma casca esférica de espessura $$\Delta r$$ e, após isso, somando todas essas contribuições. Sendo $$n$$ a densidade numérica de estrelas, temos que a luminosidade em uma casca será:
\[\Delta L = 4 \pi r^2 nL_{\odot} \Delta r\]
Com isso:
\[\frac{\Delta L}{4 \pi r^2} = \Delta F = nL_{\odot} \Delta r\]
\[F = \sum nL_{\odot} \, \Delta r \implies F=nL_{\odot}R_0\]
Desse modo, podemos substituir a expressão de $$F$$ na equação (3) e manipular a expressão para obter $$n$$:
\[m – m_{\odot} = -2.5 \log \left( \frac{nL_{\odot}R_0} {F_{\odot}}\right) \implies n = \frac{10^{\frac{m-m_{\odot}}{-2.5}}}{4 \pi a_{\oplus}^2 R_0}\]
\[n \approx 1.46 \cdot 10^{-8} \; \text{estrelas/pc}^3\]
A distância mínima requisitada pode ser estimada como sendo o comprimento da aresta de um cubo que possui uma estrela em seu interior:
\[1 = nd^3 \implies d = \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\]
\[\boxed{d \approx 409 \, \text{pc}}\]
Internacional
Recombinação
a) Nesse caso, a energia da CMB será igual à $$\chi_H$$:
\[ k_B T = 13.6\,\text{eV}= k_BT_0(1+z) \]
\[ \boxed{z \approx 57900} \]
b) Sabendo o parâmetro de densidade da matéria bariônica, podemos multiplicá-lo pela densidade crítica e dividir pela massa do próton:
\[ n_b = \frac{\rho_{b,0}}{m_p} = \frac{\Omega_{b,0}\rho_{c,0}}{m_p} = \frac{3 \Omega_{b,0} H_0^2}{8 \pi m_pG} \]
Com isso:
\[ n_b \approx 0{,}22\,\text{barions/m}^3 \]
Calculando, a partir da fórmula fornecida, a densidade numérica de fótons para $$T = 2{,}725\,\text{K}$$:
\[ n_{\nu} \approx 4{,}1 \cdot 10 ^8\,\text{fotons/m}^3 \]
Sendo $$\eta$$ a razão bário-fóton, temos:
\[ \boxed{\eta \approx 5{,}4 \cdot 10^{-10}} \]
c) Considerando o Universo como sendo eletricamente neutro, a densidade numérica de prótons se torna igual à densidade numérica de elétrons. Ademais, a densidade numérica de bárions é em grande parte devido à prótons. Como tais partículas podem estar livres ou em forma de hidrogênio neutro, podemos, por aproximação, considerar que:
\[ n_b \approx n_p + n_H \approx n_e + n_H \]
Desenvolvendo a equação fornecida:
\[ \frac{1-X}{X^2}= \frac{1-\frac{n_p}{n_b}}{(\frac{n_p}{n_b})^2} = \frac{1-\frac{n_e}{n_b}}{(\frac{n_e}{n_b})^2} = \frac{n_b(n_b – n_e)}{(n_e)^2} = {\frac{n_H n_b}{n_e^2}} \]
d) Considerando que a massa do elétron é muito menor que a de um próton, temos $$m_H \approx m_p$$, de forma que:
\[ \frac{n_H}{n_e^2} = \left( \frac{1}{m_e} \frac{2\pi \hbar^2}{kT} \right)^{\frac{3}{2}} e^{\frac{\chi_H}{kT}} \]
Pode-se substituir o primeiro membro da equação acima por $$\frac{1-X_e}{X_e^2 n_b}$$, de modo que:
\[ \frac{1-X_e}{X_e^2} = n_b \left( \frac{1}{m_e} \frac{2\pi \hbar^2}{kT} \right)^{\frac{3}{2}} e^{\frac{\chi_H}{kT}} = 5.4 \cdot 10^{-10}\frac{2\zeta(3)}{\pi^2} \left(\frac{kT}{\hbar c} \right)^3\ \left( \frac{1}{m_e} \frac{2\pi \hbar^2}{kT} \right)^{\frac{3}{2}} e^{\frac{\chi_H}{kT}} \]
Considerando o momento da recombinação como tendo $$X = \frac{1}{2}$$, conseguimos, enfim, resolver essa equação transcendental por iteração, de modo a obter:
\[ T_{Rec} \approx 4240\,\text{K} \]
Que corresponde a um redshift:
\[ \boxed{z_{Rec} \approx 1560} \]
Que é, evidentemente, uma ótima aproximação!
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