Soluções – Semana 123

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 $\frac{d_{\odot,2}}{d_{\odot,1}}=1$ . 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: