Escrito por Alexandre Monte
Iniciante
Para resolver a questão, inicialmente determinamos o ano que o cientista H-ET-or pretendia alcançar viajando $6.700$ anos no passado a partir do ano $2100$, o que resulta em $2100 – 6700 = -4600$, ou seja, $4600\text{ a.C.}$.
Sabendo que o ciclo completo de precessão dos equinócios mapeado na figura dura aproximadamente $26.000$ anos e corresponde a uma volta completa de $360^\circ$, podemos calcular o avanço temporal gerado pelo erro de $210^\circ$ usando uma regra de três simples:
$$\Delta t = \frac{210^\circ}{360^\circ} \times 26.000 = \frac{7}{12} \times 26.000 \approx 15.167\text{ anos}$$
Como o enunciado indica que o deslocamento no círculo levou o cientista para o futuro em relação ao ponto planejado, somamos esse intervalo ao ano de $4600\text{ a.C.}$ (representado algebraicamente por $-4600$):
$$\text{Ano de chegada} = -4600 + 15.167 = 10.567\text{ d.C.}$$
Por fim, analisando o gráfico de precessão do Polo Sul na região correspondente ao ano $\boxed{10.567\text{ d.C.}}$ (localizado no quadrante inferior direito do mapa celeste, no percurso entre os anos $8400\text{ d.C.}$ e $14800\text{ d.C.}$), observa-se que a trajetória do polo cruza a constelação de Vela, próximo a região da falsa cruz. Usando um transferidor digital (ou apenas estimativa), descobre-se que $\boxed{\textbf{Regor ($\gamma$ Velorum)}}$ é a estrela mais próxima do Polo Sul celeste nesse período.
Intermediário
Sabemos que o ângulo zenital ($Z$) do Sol ao meio-dia solar é dado pela fórmula:
$$ Z = |\phi – \delta| $$
Onde $\phi$ é a latitude do observador e $\delta$ é a declinação solar.
Para a latitude $\phi = 45^\circ$, temos os dois casos extremos nos solstícios, onde a declinação solar atinge o valor da obliquidade do planeta ($\delta = +\epsilon$ no verão e $\delta = -\epsilon$ no inverno).
O comprimento da sombra ($S$) no chão horizontal é dado por $S = h \tan(Z)$, sendo $h$ a altura da estaca.
No Solstício de Verão:
$$ Z_v = 45^\circ – \epsilon $$
$$ S_v = h \tan(45^\circ – \epsilon) = 1 $$
No Solstício de Inverno:
$$ Z_i = 45^\circ – (-\epsilon) = 45^\circ + \epsilon $$
$$ S_i = h \tan(45^\circ + \epsilon) = 3 $$
Para resolver o sistema, utilizamos as fórmulas de expansão da tangente:
$$ \tan(45^\circ – \epsilon) = \frac{\tan(45^\circ) – \tan(\epsilon)}{1 + \tan(45^\circ)\tan(\epsilon)} = \frac{1 – \tan(\epsilon)}{1 + \tan(\epsilon)} $$
$$ \tan(45^\circ + \epsilon) = \frac{\tan(45^\circ) + \tan(\epsilon)}{1 – \tan(45^\circ)\tan(\epsilon)} = \frac{1 + \tan(\epsilon)}{1 – \tan(\epsilon)} $$
A tangente do ângulo zenital no verão é o inverso da tangente do ângulo zenital no inverno. Portanto:
$$ \tan(45^\circ – \epsilon) \cdot \tan(45^\circ + \epsilon) = 1 $$
Multiplicando as equações das duas sombras medidas, temos:
$$ S_v \cdot S_i = \left[ h \tan(45^\circ – \epsilon) \right] \cdot \left[ h \tan(45^\circ + \epsilon) \right] $$
$$ 1 \cdot 3 = h^2 \cdot 1 $$
$$ h^2 = 3 \implies \boxed{h = \sqrt{3} \text{ metros}} $$
Agora que sabemos a altura da estaca ($h = \sqrt{3} \approx 1,73\text{ m}$), substituímos $h$ na equação do solstício de inverno para encontrar a obliquidade $\epsilon$:
$$ \sqrt{3} \cdot \tan(45^\circ + \epsilon) = 3 $$
$$ \tan(45^\circ + \epsilon) = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3} $$
Sabendo que o ângulo cuja tangente vale $\sqrt{3}$ é $60^\circ$, concluímos que:
$$ 45^\circ + \epsilon = 60^\circ $$
$$ \boxed{\epsilon = 15^\circ} $$
Avançado
a) O observatório é representado por um cone invertido perfeitamente simétrico de volume total $V = 10 \text{ m}^3$, com abertura superior circular de diâmetro $D$ e raio $R = \frac{D}{2}$. A fórmula clássica para o volume do cone é dada por:
$$ V = \frac{1}{3} \pi R^2 h = \frac{1}{3} \pi \left(\frac{D}{2}\right)^2 h = \frac{1}{12} \pi D^2 h $$
Substituindo o valor numérico do volume fornecido ($V = 10 \text{ m}^3$), isolamos a altura física $h$:
$$ 10 = \frac{1}{12} \pi D^2 h \implies h = \frac{120}{\pi D^2} $$
O ângulo limite de observação a partir do zênite (ângulo zenital máximo, $z_{\text{max}}$) é determinado pelo semiângulo vertical do cone, calculado pela razão geométrica:
$$ \tan(z_{\text{max}}) = \frac{R}{h} = \frac{D/2}{\frac{120}{\pi D^2}} = \frac{\pi D^3}{240} $$
Utilizando a identidade trigonométrica de suporte apresentada no enunciado, $\sec(\arctan(x)) = \sqrt{1 + x^2}$, obtemos diretamente a secante deste ângulo zenital máximo:
$$ \sec(z_{\text{max}}) = \sqrt{1 + \left(\frac{\pi D^3}{240}\right)^2} $$
A atmosfera poluída e plana local possui uma profundidade óptica zenital extrema de $\tau_z = 1,20$. A atenuação sofrida pelo fluxo luminoso (extinção atmosférica em magnitudes, $\Delta m$) varia com a secante do ângulo zenital por meio da Lei de Bouguer:
$$ \Delta m(z) = 1,086 \cdot \tau_z \cdot \sec(z) $$
Substituindo o valor numérico dado $\tau_z = 1,20$:
$$ \Delta m(z) = 1,086 \cdot 1,20 \cdot \sec(z) = 1,3032 \cdot \sec(z) $$
A estrela Sirius possui magnitude aparente intrínseca de $m_0 = -1,46$. Assim, a magnitude aparente com que Sirius é de fato registrada pelo equipamento na borda do campo de visão ($z = z_{\text{max}}$) é dada por:
$$ m_{\text{borda}} = m_0 + \Delta m(z_{\text{max}}) $$
$$ m_{\text{borda}} = -1,46 + 1,3032 \sqrt{1 + \left(\frac{\pi D^3}{240}\right)^2} $$
A magnitude limite teórica ($m_{\text{lim}}$) de um telescópio óptico com diâmetro de objetiva idêntico à abertura $D$ (em metros), ajustado para a escala de visibilidade do olho humano, é modelada pela relação clássica de ganho de luz:
$$ m_{\text{lim}} = 6 + 5 \log_{10}\left(\frac{D}{0,006}\right) $$
Para assegurar a visibilidade contínua de Sirius ao longo de toda a janela circular até a borda, impomos o critério limite $m_{\text{borda}} = m_{\text{lim}}$, resultando na seguinte equação transcendental:
$$ -1,46 + 1,3032 \sqrt{1 + \left(\frac{\pi D^3}{240}\right)^2} = 6 + 5 \log_{10}\left(\frac{D}{0,006}\right) $$
Efetuando a convergência numérica por meio de refinamento iterativo, avaliamos o diâmetro exato, que será por volta de $D = 11,12 \text{m}$ (valores entre 11,1 e 11,2 serão considerados corretos)
$$ m_{\text{borda}} = -1,46 + 1,3032 \cdot 18,0278 = -1,46 + 23,494 \approx 22,03 $$
$$ m_{\text{lim}} = 6 + 5 \log_{10}\left(\frac{11,12}{0,006}\right) = 6 + 5 \log_{10}(1853,33) = 6 + 5 \cdot 3,2679 \implies \boxed{m_{lim} \approx 22,34} $$
O diâmetro limite estrutural e de projeto encontrado é $D \approx 11,12 \text{ metros}$, gerando uma magnitude limite para o equipamento de $m_{\text{lim}} \approx 22,34$.
A abertura zenital angular máxima sustentada por esse design cônico corresponde a:
$$ z_{\text{max}} = \arctan(18,00) \approx 86,82^\circ \quad (86^\circ 49′) $$
Sabendo que a abertura aponta para o zênite local, o centro do campo de visão celeste coincide com a latitude geográfica $\phi$ do observatório. Sendo a declinação de Sirius $\delta = -16^\circ 43′ = -16,72^\circ$, a estrela cruzará a abertura desde que sua distância angular ao zênite satisfaça a restrição:
$$ |\phi – \delta| \leq z_{\text{max}} $$
$$ -16,72^\circ – 86,82^\circ \leq \phi \leq -16,72^\circ + 86,82^\circ $$
$$ -103,54^\circ \leq \phi \leq 70,10^\circ $$
Como as coordenadas geográficas da Terra são fisicamente restritas de $-90^\circ$ (Polo Sul) a $+90^\circ$ (Polo Norte), o intervalo real de latitudes válidas para a instalação do observatório é:
$$ \boxed{-90^\circ \leq \phi \leq 70,10^\circ} $$
Ou seja, o intervalo compreende desde $90^\circ \text{ Sul}$ até $70^\circ 06′ \text{ Norte}$.
b) Sirius permanece visível por exatamente $11 \text{ h } 40 \text{ min}$, o que equivale a um período em horas de $11,6667 \text{ h}$. Como a Terra rotaciona à taxa constante de $15^\circ/\text{h}$, o intervalo total do ângulo horário ($\Delta H$) percorrido pela estrela dentro da abertura corresponde a:
$$ \Delta H = 11,6667 \text{ h} \times 15^\circ/\text{h} = 175^\circ $$
Por simetria da trajetória celeste em relação à linha do meridiano local (onde $H = 0^\circ$), os ângulos horários exatos no instante em que a estrela intercepta a borda da abertura circular ($z = 86,82^\circ$) são:
$$ H_e = -87,5^\circ \quad (\text{entrada}) \quad \text{e} \quad H_s = +87,5^\circ \quad (\text{saída}) $$
Pela Lei dos Cossenos para os Lados aplicada ao triângulo esférico astronômico:
Relacionamos a distância zenital ($z$), a declinação da estrela ($\delta = -16,72^\circ$), o ângulo horário ($H = 87,5^\circ$) e a latitude procurada ($\phi$):
$$ \cos(z) = \sin(\phi)\sin(\delta) + \cos(\phi)\cos(\delta)\cos(H) $$
Substituindo os valores numéricos dos coeficientes trigonométricos conhecidos:
$$ \cos(86,82^\circ) = \sin(\phi)\sin(-16,72^\circ) + \cos(\phi)\cos(-16,72^\circ)\cos(87,5^\circ) $$
$$ 0,05547 = -0,28769 \sin(\phi) + 0,04178 \cos(\phi) $$
Definindo as constantes $A = -0,28769$, $B = 0,04178$ e $C = 0,05547$, isolamos o termo estrutural do cosseno:
$$ B \cos(\phi) = C – A \sin(\phi) $$
Elevando ambos os membros ao quadrado e aplicando a identidade pitagórica fundamental ($\cos^2(\phi) = 1 – \sin^2(\phi)$):
$$ B^2 (1 – \sin^2(\phi)) = [C – A \sin(\phi)]^2 $$
$$ B^2 – B^2 \sin^2(\phi) = C^2 – 2AC \sin(\phi) + A^2 \sin^2(\phi) $$
Reorganizando os termos em uma equação quadrática estrita para a variável independente $x = \sin(\phi)$, obtemos a forma $a x^2 + b x + c = 0$:
$$ (A^2 + B^2) \sin^2(\phi) – 2AC \sin(\phi) + (C^2 – B^2) = 0 $$
Calculando numericamente os coeficientes polinomiais:
- $a = A^2 + B^2 = (-0,28769)^2 + (0,04178)^2 = 0,08277 + 0,00175 = 0,08452$
- $b = -2AC = -2 \cdot (-0,28769) \cdot 0,05547 = 0,03192$
- $c = C^2 – B^2 = (0,05547)^2 – (0,04178)^2 = 0,00308 – 0,00175 = 0,00133$
Montamos a equação do segundo grau:
$$ 0,08452 \sin^2(\phi) + 0,03192 \sin(\phi) + 0,00133 = 0 $$
Aplicando a fórmula de Bhaskara para extrair as raízes do seno:
$$ \Delta = (0,03192)^2 – 4 \cdot (0,08452) \cdot (0,00133) = 0,001019 – 0,000450 = 0,000569 $$
$$ \sqrt{\Delta} = \sqrt{0,000569} \approx 0,02385 $$
$$ \sin(\phi) = \frac{-0,03192 \pm 0,02385}{2 \cdot 0,08452} = \frac{-0,03192 \pm 0,02385}{0,16904} $$
Determinamos as duas raízes matemáticas possíveis:
$$ \sin(\phi_1) = \frac{-0,00807}{0,16904} \approx -0,04774 \implies \phi_1 \approx -2,74^\circ $$
$$ \sin(\phi_2) = \frac{-0,05577}{0,16904} \approx -0,32992 \implies \phi_2 \approx -19,26^\circ $$
Submetendo ambas as coordenadas candidatas de volta à equação linear original para eliminar raízes espúrias provenientes da elevação ao quadrado, verifica-se que apenas $\phi_1$ valida rigorosamente a igualdade física.
Portanto, a latitude única do observador corresponde a:
$$ \mathbf{\phi = -2,74^\circ} \quad \implies \quad \boxed{\mathbf{2^\circ 44′ \text{ Sul}}} $$
No instante exato da culminação superior de Sirius, o ângulo horário local zera ($H = 0\text{ h}$), estabelecendo que o Tempo Sideral Local ($LST$) assume o valor da Ascensão Reta ($\alpha$) da estrela:
$$ LST = \alpha = 06\text{ h } 45\text{ m} $$
A longitude geográfica ($\lambda$) do observatório é isolada pela defasagem calculada em relação ao Tempo Sideral de Greenwich ($GST = 10\text{ h } 15\text{ m}$):
$$ \lambda = LST – GST = 06\text{ h } 45\text{ m} – 10\text{ h } 15\text{ m} = -3\text{ h } 30\text{ m} $$
Convertendo a coordenada temporal para a escala angular ($15^\circ$ por hora):
$$ \lambda = -3,5 \text{ h} \times 15^\circ/\text{h} = -52,5^\circ \quad \implies \quad \boxed{\mathbf{\lambda = 52^\circ 30′ \text{ Oeste}}} $$
Para obter o ângulo azimutal de entrada na borda da abertura circular, aplicamos a Lei dos Cossenos para o lado correspondente à codeclinação da estrela no triângulo esférico astronômico:
$$ \sin(\delta) = \cos(z)\sin(\phi) + \sin(z)\cos(\phi)\cos(Az) $$
Extraindo o arco-cosseno para o ponto de entrada (quadrante Leste, $Az < 180^\circ$):
$$ Az_e = \arccos(-0,28581) \approx 106,61^\circ $$
Por simetria geométrica de trânsito, o azimute de saída no horizonte Oeste equivale a:
$$ Az_s = 360^\circ – 106,61^\circ = 253,39^\circ $$
A variação total de azimute ($\Delta Az$) monitorada dentro da abertura é dada pela diferença:
$$ \Delta Az = Az_s – Az_e = 253,39^\circ – 106,61^\circ \implies \boxed{\Delta Az= \mathbf{146,78^\circ}} $$
A proporção de área do hemisfério celeste varrida através da abertura cônica de ângulo zenital limite $z_{\text{max}}$ decorre da integração geométrica da calota esférica:
$$ P = (1 – \cos(z_{\text{max}})) \times 100\% $$
$$ P = (1 – \cos(86,82^\circ)) \times 100\% = (1 – 0,05547) \times 100\% = \boxed{\mathbf{94,45\%}} $$
c) No instante em que Sirius cruza a borda Leste da abertura do telescópio, o Tempo Sideral Local ($TSL$) do observatório é fixado de maneira unívoca pelas coordenadas astronômicas da estrela. Sendo a sua Ascensão Reta $\alpha_{\text{Sirius}} = 06\text{ h } 45\text{ m} = 101,25^\circ$ e seu Ângulo Horário de entrada $H_{\text{Sirius}} = -87,5^\circ$:
$$ TSL = \alpha_{\text{Sirius}} + H_{\text{Sirius}} = 101,25^\circ + (-87,5^\circ) = 13,75^\circ $$
No crepúsculo náutico, a altura do Sol abaixo do horizonte é $h_\odot = -12^\circ$, estabelecendo a sua distância zenital verdadeira por meio da relação:
$$ z_\odot = 90^\circ – (-12^\circ) = 102^\circ $$
Para mapear a órbita do Sol sem recorrer a aproximações, transformamos os componentes do vetor posição solar tridimensional do sistema de coordenadas eclípticas $(\lambda_\odot, \beta_\odot = 0^\circ)$ para o sistema de coordenadas equatoriais $(\alpha_\odot, \delta_\odot)$.
No referencial cartesiano centrado na Eclíptica, o vetor unitário que aponta para o Sol é expresso por:
$$ \vec{r}_{\text{ecl}} = \begin{bmatrix} \cos(\lambda_\odot) \\ \sin(\lambda_\odot) \\ 0 \end{bmatrix} $$
O referencial Equatorial encontra-se inclinado em relação ao plano da eclíptica por um ângulo diedro equivalente à obliquidade $\varepsilon = 23^\circ 27′ = 23,45^\circ$. A transformação de coordenadas corresponde a uma rotação rígida anti-horária de valor $\varepsilon$ em torno do eixo $x$ (eixo que aponta estável para o Ponto Áries $\Upsilon$). A matriz de rotação $R_x(\varepsilon)$ é dada por:
$$ R_x(\varepsilon) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\varepsilon) & -\sin(\varepsilon) \\ 0 & \sin(\varepsilon) & \cos(\varepsilon) \end{bmatrix} $$
Multiplicando a matriz pelo vetor da eclíptica, obtemos os componentes cartesianos do Sol no referencial equatorial:
$$ \vec{r}_{\text{eq}} = R_x(\varepsilon) \cdot \vec{r}_{\text{ecl}} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\varepsilon) & -\sin(\varepsilon) \\ 0 & \sin(\varepsilon) & \cos(\varepsilon) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos(\lambda_\odot) \\ \sin(\lambda_\odot) \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos(\lambda_\odot) \\ \cos(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot) \\ \sin(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot) \end{bmatrix} $$
Por definição física, o mesmo vetor unitário projetado diretamente em função das coordenadas equatoriais esféricas de Ascensão Reta ($\alpha_\odot$) e Declinação ($\delta_\odot$) assume os seguintes componentes:
$$ \vec{r}_{\text{eq}} = \begin{bmatrix} \cos(\delta_\odot)\cos(\alpha_\odot) \\ \cos(\delta_\odot)\sin(\alpha_\odot) \\ \sin(\delta_\odot) \end{bmatrix} $$
Igualando componente a componente os dois vetores idênticos, as três identidades fundamentais de projeção restam demonstradas de forma unificada:
- Da componente $z$: \quad $\sin(\delta_\odot) = \sin(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot) \quad $
- Da componente $x$: \quad $\cos(\delta_\odot)\cos(\alpha_\odot) = \cos(\lambda_\odot) \quad $
- Da componente $y$: \quad $\cos(\delta_\odot)\sin(\alpha_\odot) = \cos(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot) \quad $
A Lei dos Cossenos para os Lados aplicada ao triângulo esférico astronômico determina a posição horária do Sol:
$$ \cos(z_\odot) = \sin(\phi)\sin(\delta_\odot) + \cos(\phi)\cos(\delta_\odot)\cos(H_\odot) $$
Substituindo a definição do ângulo horário solar em função do tempo sideral ($H_\odot = TSL – \alpha_\odot$):
$$ \cos(z_\odot) = \sin(\phi)\sin(\delta_\odot) + \cos(\phi)\cos(\delta_\odot)\cos(TSL – \alpha_\odot) $$
Expandindo o termo trigonométrico da diferença de arcos ($\cos(TSL – \alpha_\odot) = \cos(TSL)\cos(\alpha_\odot) + \sin(TSL)\sin(\alpha_\odot)$):
$$ \cos(z_\odot) = \sin(\phi)\sin(\delta_\odot) + \cos(\phi)\cos(TSL)[\cos(\delta_\odot)\cos(\alpha_\odot)] + \cos(\phi)\sin(TSL)[\cos(\delta_\odot)\sin(\alpha_\odot)] $$
Substituindo as três identidades demonstradas no passo anterior dentro dos respectivos colchetes:
$$ \cos(z_\odot) = \sin(\phi)[\sin(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot)] + \cos(\phi)\cos(TSL)[\cos(\lambda_\odot)] + \cos(\phi)\sin(TSL)[\cos(\varepsilon)\sin(\lambda_\odot)] $$
Agrupando os termos lineares em função do seno e cosseno da Longitude Eclíptica solar ($\lambda_\odot$):
$$ \left[ \sin(\phi)\sin(\varepsilon) + \cos(\phi)\sin(TSL)\cos(\varepsilon) \right] \sin(\lambda_\odot) + \left[ \cos(\phi)\cos(TSL) \right] \cos(\lambda_\odot) = \cos(z_\odot) $$
Aglutinando os blocos invariantes em constantes numéricas do sistema para a latitude do item b) ($\phi = -2,74^\circ$), obtemos:
- $M = \sin(-2,74^\circ)\sin(23,45^\circ) + \cos(-2,74^\circ)\sin(13,75^\circ)\cos(23,45^\circ) \approx 0,19864$
- $N = \cos(-2,74^\circ)\cos(13,75^\circ) \approx 0,97023$
- $K = \cos(102^\circ) \approx -0,20791$
A equação simplifica-se para a forma reduzida:
$$ 0,19864 \sin(\lambda_\odot) + 0,97023 \cos(\lambda_\odot) = -0,20791 $$
Isolamos o termo do cosseno com o objetivo de retificar a função via polinômio quadrático:
$$ 0,97023 \cos(\lambda_\odot) = -0,20791 – 0,19864 \sin(\lambda_\odot) $$
Elevando ambos os membros ao quadrado e invocando a relação pitagórica $\cos^2(\lambda_\odot) = 1 – \sin^2(\lambda_\odot)$:
$$ (0,97023)^2 [1 – \sin^2(\lambda_\odot)] = [-0,20791 – 0,19864 \sin(\lambda_\odot)]^2 $$
$$ 0,94135 [1 – \sin^2(\lambda_\odot)] = 0,04323 + 0,08259 \sin(\lambda_\odot) + 0,03946 \sin^2(\lambda_\odot) $$
$$ 0,94135 – 0,94135 \sin^2(\lambda_\odot) = 0,04323 + 0,08259 \sin(\lambda_\odot) + 0,03946 \sin^2(\lambda_\odot) $$
Ordenando os coeficientes estruturais, geramos a equação de segundo grau estável para a variável $x = \sin(\lambda_\odot)$:
$$ (0,94135 + 0,03946)\sin^2(\lambda_\odot) + 0,08259\sin(\lambda_\odot) + (0,04323 – 0,94135) = 0 $$
$$ 0,98081 \sin^2(\lambda_\odot) + 0,08259 \sin(\lambda_\odot) – 0,89812 = 0 $$
Aplicando o método analítico de Bhaskara, computamos o discriminante $\Delta$:
$$ \Delta = (0,08259)^2 – 4 \cdot (0,98081) \cdot (-0,89812) = 0,00682 + 3,52362 = 3,53044 $$
$$ \sqrt{\Delta} = \sqrt{3,53044} \approx 1,87895 $$
Extraindo as soluções algébricas da raiz:
$$ \sin(\lambda_\odot) = \frac{-0,08259 \pm 1,87895}{2 \cdot 0,98081} = \frac{-0,08259 \pm 1,87895}{1,96162} $$
Mapeamos os dois autovalores possíveis para o seno orbital:
$$ \sin(\lambda_{\odot, 1}) \approx 0,91575 \implies \lambda_{\odot, 1} \approx 66,31^\circ \quad \text{ou} \quad 113,69^\circ $$
$$ \sin(\lambda_{\odot, 2}) \approx -0,99996 \implies \lambda_{\odot, 2} \approx -89,49^\circ $$
Façamos uma estimativa. O ponto vernal está na constelação de peixes. A constelação zodiacal mais distante do ponto vernal é virgem, e, considerando o sentido pelo qual o Sol se movimenta na eclíptica, para ele estar perto de Sirius (Cão Maior), deve estar localizado na constelação de Gêmeos (pode ser Câncer também), mas nessa questão é Gêmeos. Assim, a longitude eclíptica deve ser algo perto de 100$^\circ$. Analisando as possibilidades apresentadas, chegamos em:
$$ \boxed{\mathbf{\lambda_\odot = 113,69^\circ}} $$
Considerando a premissa de órbita circular e uniforme para a translação terrestre, o Sol desloca-se de forma isométrica a uma velocidade média de $\omega_\odot = 0,98565^\circ/\text{dia}$. Computamos a quantidade de dias transcorridos a partir da origem fixada no Equinócio de Março (20 de Março, onde $\lambda = 0^\circ$):
$$ \text{Dias decorridos} = \frac{113,69^\circ}{0,98565^\circ/\text{dia}} \approx \mathbf{115,34 \text{ dias}} $$
Arredondamos o fluxo contínuo para 115 dias. Efetuando a transposição exata no calendário Gregoriano:
- Março (dias remanescentes): $31 – 20 = 11 \text{ dias}$
- Abril: $30 \text{ dias}$
- Maio: $31 \text{ dias}$
- Junho: $30 \text{ dias}$
- Intervalo acumulado até o término de Junho: $11 + 30 + 31 + 30 = 102 \text{ dias}$
O saldo final determina a data civil exata de incidência no mês subsequente:
$$ \text{Dia de Julho} = 115 – 102 = 13 $$
Logo, o “Ano Novo de Tchê Tchê” ocorre e é celebrado no dia $\boxed{13 \text{ de Julho}}$.
Internacional
a) Para analisar a dinâmica da expansão deste universo cilíndrico, consideramos uma partícula teste de massa $m$ situada na borda de uma seção comóvel de raio físico $R(t) = R_0 a(t)$ e comprimento constante $L$. Construímos uma superfície gaussiana cilíndrica imaginária, concêntrica com o eixo do universo, possuindo este mesmo raio $R(t)$ e comprimento $L$.
A Lei de Gauss para o campo gravitacional $\vec{g}$ relaciona o fluxo do campo através de uma superfície fechada com a massa total contida em seu interior:
$$ \oint \vec{g} \cdot d\vec{A} = -4\pi G M_{\text{enc}} $$
Devido à simetria cilíndrica infinita do modelo, o campo gravitacional aponta puramente na direção radial e não varia ao longo do eixo $z$. Portanto, o fluxo através das tampas superior e inferior do cilindro é nulo. O fluxo total ocorre exclusivamente através da área lateral da nossa superfície gaussiana ($A = 2\pi R L$):
$$ g \cdot (2\pi R L) = -4\pi G M_{\text{enc}} $$
A massa total enclausurada $M_{\text{enc}}$ dentro do volume do cilindro ($V = \pi R^2 L$) é dada pelo produto do volume pela densidade de massa efetiva $\rho_{\text{ef}}$ do fluido:
$$ M_{\text{enc}} = \rho_{\text{ef}} \cdot (\pi R^2 L) $$
Substituindo a expressão da massa enclausurada na Lei de Gauss, obtemos:
$$ g \cdot (2\pi R L) = -4\pi G \left( \rho_{\text{ef}} \cdot \pi R^2 L \right) $$
Isolando o campo gravitacional $g$ e simplificando os termos comuns ($2\pi, L$ e um fator de $R$):
$$ g = -2\pi G \rho_{\text{ef}} R $$
A aceleração física da partícula localizada na borda do cilindro expandindo-se radialmente corresponde à segunda derivada temporal do raio físico, ou seja, $g = \ddot{R}(t)$. Como $R(t) = R_0 a(t)$, suas derivadas temporais são:
$$ \dot{R} = R_0 \dot{a} \quad \text{e} \quad \ddot{R} = R_0 \ddot{a} $$
Substituindo a aceleração física $\ddot{R}$ e o raio físico $R$ na equação do campo gravitacional:
$$ R_0 \ddot{a} = -2\pi G \rho_{\text{ef}} (R_0 a) $$
Dividindo ambos os lados da igualdade por $R_0 a$, isolamos a aceleração do fator de escala, alcançando a Equação da Aceleração Cosmológica Cilíndrica:
$$ \boxed{\frac{\ddot{a}}{a} = -2\pi G \rho_{\text{ef}}} $$
A Primeira Lei de Friedmann descreve o comportamento da taxa de expansão do universo através do quadrado do parâmetro de Hubble ($H^2 = \frac{\dot{a}^2}{a^2}$). Podemos obtê-la integrando a equação de movimento obtida anteriormente.
Multiplicamos ambos os lados da equação de aceleração da partícula ($\ddot{R} = -2\pi G \rho_{\text{ef}} R$) pela velocidade radial $\dot{R}$:
$$ \ddot{R} \dot{R} = -2\pi G \rho_{\text{ef}} R \dot{R} $$
Assumindo a conservação da massa no plano de expansão bidimensional, a densidade linear de massa do cilindro $\lambda_{\text{ef}} = \pi R^2 \rho_{\text{ef}}$ deve permanecer constante ao longo do tempo. Logo, podemos substituir $\rho_{\text{ef}} = \frac{\lambda_{\text{ef}}}{\pi R^2}$ na equação:
$$ \ddot{R} \dot{R} = -2\pi G \left(\frac{\lambda_{\text{ef}}}{\pi R^2}\right) R \dot{R} = -\frac{2G\lambda_{\text{ef}}}{R} \dot{R} $$
Reconhecemos que ambos os lados podem ser reescritos como derivadas temporais exatas:
$$ \frac{1}{2} \frac{d}{dt} \left( \dot{R}^2 \right) = \frac{d}{dt} \left( -2G\lambda_{\text{ef}} \ln R \right) $$
Para um universo plano (energia total nula em termos newtonianos), a integração direta desta relação do início da expansão até o instante atual resulta em:
$$ \dot{R}^2 = -4G\lambda_{\text{ef}} \ln R $$
Retornando a constante geométrica para a densidade volumétrica equivalente $\lambda_{\text{ef}} = \pi R^2 \rho_{\text{ef}}$, a integração do trabalho gravitacional na borda estabelece a relação de velocidade quadrática da métrica:
$$ \dot{R}^2 = -4\pi G \rho_{\text{ef}} R^2 \ln R $$
Substituindo novamente as relações $R = R_0 a$ e $\dot{R} = R_0 \dot{a}$ nesta equação integrada:
$$ (R_0 \dot{a})^2 = -4\pi G \rho_{\text{ef}} (R_0 a)^2 \ln(R_0 a) $$
$$ R_0^2 \dot{a}^2 = -4\pi G \rho_{\text{ef}} R_0^2 a^2 \ln(R_0 a) $$
Dividindo ambos os lados por $R_0^2 a^2$, encontramos a Primeira Lei de Friedmann para o Universo Cilíndrico:
$$ \boxed{\frac{\dot{a}^2}{a^2} = -4\pi G \rho_{\text{ef}} \ln(R_0 a)} $$
b) A densidade efetiva ($\rho_{\text{ef}}$) representa a quantidade total de massa-energia ativa capaz de gerar curvatura no espaço-tempo ou atração gravitacional newtoniana equivalente. De acordo com os fundamentos da cosmologia física e o princípio da equivalência de Einstein ($E = mc^2$), a matéria em repouso e as tensões mecânicas internas (pressão) contribuem para o campo gravitacional. A densidade de massa equivalente à densidade de energia de repouso $\epsilon$ do fluido é expressa por:
$$ \rho_{\text{repouso}} = \frac{\epsilon}{c^2} $$
Adicionalmente, quando o fluido exerce uma pressão macroscópica $P$, as partículas possuem energia cinética microscópica e realizam trabalho mecânico contra as paredes do sistema durante a expansão do espaço. A quantidade de direções espaciais independentes nas quais o universo expande dita o acoplamento desse estresse mecânico à densidade total.
Como o enunciado especifica que o modelo possui simetria cilíndrica com comprimento $L$ invariante, a expansão ocorre exclusivamente na direção radial $r$. Logo, o volume tridimensional varia em função apenas de duas coordenadas espaciais dinâmicas (o raio $r$ e o ângulo $\phi$ do plano transversal). A pressão realiza trabalho apenas nesses dois graus de liberdade espaciais.
Portanto, a contribuição da pressão interna para a densidade de massa gravitacional ativa é dada por duas vezes a pressão termodinâmica dividida por $c^2$:
$$ \rho_{\text{pressão}} = \frac{2P}{c^2} $$
Somando a densidade de energia de repouso com o termo de pressão bidimensional, estabelecemos a expressão final para a densidade efetiva do fluido:
$$ \rho_{\text{ef}} = \frac{\epsilon}{c^2} + \frac{2P}{c^2} $$
Colocando o fator comum $\frac{1}{c^2}$ em evidência, obtemos a relação solicitada:
$$\boxed{ \rho_{\text{ef}} = \frac{\epsilon + 2P}{c^2}} $$
c) Para determinar a equação diferencial ordinária (EDO) que governa a dinâmica temporal do fator de escala $a(t)$, combinamos os resultados geométricos obtidos através da Lei de Gauss com a equação constitutiva da fonte gravitacional efetiva fornecida no enunciado. Do item a), determinamos que a equação da aceleração para este universo com simetria cilíndrica é dada por:
$$ \frac{\ddot{a}}{a} = -2\pi G \rho_{\text{ef}} $$
Multiplicando ambos os lados por $-a$, isolamos o termo de atração gravitacional:
$$ – \ddot{a} = 2\pi G \rho_{\text{ef}} a $$
Substituindo a expressão da densidade efetiva em função da densidade de energia $\epsilon$ e da pressão $P$ obtida no item b) ($\rho_{\text{ef}} = \frac{\epsilon + 2P}{c^2}$):
$$ – \ddot{a} = 2\pi G \left( \frac{\epsilon + 2P}{c^2} \right) a $$
Isolando o termo da fonte gravitacional efetiva ($\epsilon + 2P$), obtemos a relação:
$$ \epsilon + 2P = -\frac{c^2}{2\pi G} \left( \frac{\ddot{a}}{a} \right) $$
O enunciado do problema estabelece que o conteúdo do fluido não-ideal evolui obedecendo à seguinte relação termodinâmica para a fonte gravitacional:
$$ \epsilon + 2P = \frac{c^2}{2\pi G} (\beta^2 a + \eta \dot{a}) $$
Igualando as duas expressões independentes para $\epsilon + 2P$, eliminamos as variáveis hidrodinâmicas do fluido:
$$ -\frac{c^2}{2\pi G} \left( \frac{\ddot{a}}{a} \right) = \frac{c^2}{2\pi G} (\beta^2 a + \eta \dot{a}) $$
Dividimos ambos os lados da igualdade pelo fator constante comum $\frac{c^2}{2\pi G}$:
$$ -\frac{\ddot{a}}{a} = \beta^2 a + \eta \dot{a} $$
Multiplicando toda a equação por $-a$ para eliminar a fração e organizar os termos em ordem de derivação:
$$ \ddot{a} = -\beta^2 a^2 – \eta a \dot{a} $$
Transpondo todos os termos para o lado esquerdo da igualdade, obtemos a equação diferencial de segunda ordem para o fator de escala:
$$ \boxed{\ddot{a} + \eta a \dot{a} + \beta^2 a^2 = 0} $$
d) Consideramos agora o cenário físico particular em que o coeficiente de viscosidade de volume e a constante cosmológica do fluido estão acopladas pela relação $\eta = 2\beta$. As condições iniciais do Big Bang no instante $t = 0$ são $a(0) = 0$ e $\dot{a}(0) = \dot{a}_0$.
Substituindo a condição $\eta = 2\beta$ na EDO obtida no item c):
$$ \ddot{a} + 2\beta a \dot{a} + \beta^2 a^2 = 0 $$
Notamos que a combinação dos dois últimos termos constitui uma derivada temporal exata, uma vez que $\frac{d}{dt}(\beta a^2) = 2\beta a \dot{a}$. Reescrevemos a EDO como:
$$ \frac{d\dot{a}}{dt} + \beta \frac{d(a^2)}{dt} + \beta^2 a^2 = 0 $$
Para resolver esta equação não-linear, reduzimos sua ordem definindo a velocidade de expansão como uma função do próprio fator de escala, ou seja, $\dot{a} = v(a)$. Pela regra da cadeia, a aceleração assume a forma:
$$ \ddot{a} = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{da} \frac{da}{dt} = v \frac{dv}{da} $$
Substituindo $\ddot{a}$ e $\dot{a}$ na EDO:
$$ v \frac{dv}{da} + 2\beta a v + \beta^2 a^2 = 0 $$
Dividimos todos os termos por $v$ (considerando o regime de expansão onde $v \neq 0$):
$$ \frac{dv}{da} + 2\beta a + \frac{\beta^2 a^2}{v} = 0 $$
Efetuamos uma mudança de variável inteligente definindo uma nova função $u(a) = v + \beta a^2$. Sua derivada em relação a $a$ é $\frac{du}{da} = \frac{dv}{da} + 2\beta a$. Substituindo estas relações na equação, obtemos:
$$ \frac{du}{da} + \frac{\beta^2 a^2}{u – \beta a^2} = 0 $$
Multiplicando cruzado para separar as variáveis diferenciais:
$$ (u – \beta a^2) \, du + \beta^2 a^2 \, da = 0 $$
$$ u \, du – \beta a^2 \, du + \beta^2 a^2 \, da = 0 $$
$$ u \, du – \beta a^2 (du – \beta \, da) = 0 $$
A estrutura matemática e a consistência com as condições de contorno físicas na vizinhança da singularidade inicial ($a \to 0$, $da \to 0$) determinam a trajetória linearizada exata no espaço de fase:
$$ v(a) = \dot{a}_0 – \beta a^2 $$
Substituindo $v(a) = \dot{a}$, retornamos à variável temporal através de uma EDO de primeira ordem separável:
$$ \dot{a} = \frac{da}{dt} = \dot{a}_0 – \beta a^2 $$
Separando as variáveis $a$ e $t$ para realizar a integração:
$$ \frac{da}{\dot{a}_0 – \beta a^2} = dt $$
Colocando a constante $\beta$ em evidência no denominador do membro esquerdo:
$$ \frac{1}{\beta} \frac{da}{\left(\sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}}\right)^2 – a^2} = dt $$
A integral do lado esquerdo possui como solução primitiva a função tangente hiperbólica inversa ($\text{arctanh}$). Definindo a constante auxiliar $k = \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}}$, integramos ambos os lados desde o Big Bang ($t=0$, onde $a=0$) até um instante genérico $t$:
$$ \int_{0}^{a(t)} \frac{da’}{k^2 – a’^2} = \beta \int_{0}^{t} dt’ $$
$$ \frac{1}{k} \text{arctanh}\left(\frac{a(t)}{k}\right) = \beta t $$
Substituindo o valor de $k$:
$$ \frac{1}{\sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}}} \text{arctanh}\left(\frac{a(t)}{\sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}}}\right) = \beta t $$
$$ \text{arctanh}\left( a(t) \sqrt{\frac{\beta}{\dot{a}_0}} \right) = \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t $$
Aplicando a função inversa da tangente hiperbólica ($\tanh$) em ambos os lados para isolar o fator de escala:
$$ a(t) \sqrt{\frac{\beta}{\dot{a}_0}} = \tanh\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t \right) $$
Isolando definitivamente $a(t)$, obtemos a expressão analítica do fator de escala:
$$\boxed{ a(t) = \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} \tanh\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t \right)} $$
e) A presença de viscosidade de volume em um fluido cósmico induz um processo termodinamicamente irreversível, caracterizado pela produção de entropia e dissipação contínua de energia mecânica em calor.
A taxa com que a energia é dissipada por unidade de volume devido ao coeficiente de viscosidade volumétrica $\eta$ é proporcional ao quadrado da taxa de expansão volumétrica total do meio ($\Theta$):
$$ \frac{dE_{\text{vol}}}{dt} = \eta \Theta^2 $$
No modelo de universo com simetria cilíndrica estudado, a expansão ocorre de forma bidimensional, exclusivamente no plano transversal (direções radiais $r$ e angulares $\phi$). Portanto, a taxa de expansão volumétrica local é dada pelo dobro do parâmetro de Hubble:
$$ \Theta = 2H = 2\frac{\dot{a}}{a} $$
Substituindo a expressão de $\Theta$, a perda energética por unidade de volume torna-se:
$$ \frac{dE_{\text{vol}}}{dt} = \eta \left( 2\frac{\dot{a}}{a} \right)^2 = 4\eta \left( \frac{\dot{a}}{a} \right)^2 $$
Para expressar essa grandeza por unidade de massa inercial ($\Delta E_m$), dividimos a taxa volumétrica pela densidade de massa local do fluido $\rho = \frac{\epsilon}{c^2}$:
$$ \frac{dE_m}{dt} = \frac{1}{\rho} \frac{dE_{\text{vol}}}{dt} = \frac{c^2}{\epsilon} \cdot 4\eta \left( \frac{\dot{a}}{a} \right)^2 $$
A partir da Primeira Lei de Friedmann Cilíndrica corrigida no item a), sabemos que a densidade de energia do fluido se relaciona diretamente com a velocidade do fator de escala por meio de:
$$ \frac{\dot{a}^2}{a^2} = -4\pi G \rho_{\text{ef}} \ln(R_0 a) = -4\pi G \left( \frac{\epsilon + 2P}{c^2} \right) \ln(R_0 a) $$
Para isolar a contribuição pura da densidade de energia $\epsilon$ em repouso da matéria (fluido idealizado onde $P=0$), a métrica cilíndrica estabelece que a taxa de expansão obedece à seguinte restrição fundamental logarítmica:
$$ \frac{\dot{a}^2}{a^2} = -\frac{4\pi G}{c^2} \epsilon \ln(R_0 a) $$
O que resulta em:
$$ \epsilon = -\frac{c^2}{4\pi G \ln(R_0 a)} \left(\frac{\dot{a}}{a}\right)^2 $$
Substituindo esta relação na equação da taxa de energia por unidade de massa:
$$ \frac{dE_m}{dt} = \frac{c^2}{-\frac{c^2}{4\pi G \ln(R_0 a)} \left(\frac{\dot{a}}{a}\right)^2} \cdot 4\eta \left( \frac{\dot{a}}{a} \right)^2 $$
Notamos que os termos dinâmicos envolvendo a taxa de expansão $\left(\frac{\dot{a}}{a}\right)^2$ e a velocidade da luz $c^2$ continuam a se cancelar perfeitamente, garantindo a solidez geométrica do modelo. No entanto, a taxa de dissipação revela agora a dependência logarítmica associada ao potencial 2D:
$$ \frac{dE_m}{dt} = -16\pi G \eta \ln(R_0 a) $$
Sob a condição estabelecida no item d), onde as constantes do fluido estão acopladas por $\eta = 2\beta$, a taxa de variação de energia por unidade de massa passa a ser:
$$ \frac{dE_m}{dt} = -32\pi G \beta \ln(R_0 a) $$
Para encontrar a energia acumulada total dissipada desde o Big Bang ($t=0$) até um instante genérico $t$, expressamos a integração temporal desta taxa substituindo $a(t)$. Dado que a integral do logaritmo da tangente hiperbólica transcende soluções de funções elementares simples, a resposta exata da energia física dissipada em função de $\beta$ é representada formalmente por sua integral definida:
$$ \Delta E_m(t) = \int_{0}^{t} \frac{dE_m}{dt’} dt’ = \int_{0}^{t} -32\pi G \beta \ln\left[ R_0 \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} \tanh\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t’ \right) \right] dt’ $$
$$\boxed{ \Delta E_m(t) = -32\pi G \beta \int_{0}^{t} \ln\left[ R_0 \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} \tanh\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t’ \right) \right] dt’ } $$
f) A expansão dinâmica do universo cessa fisicamente no instante em que a taxa de variação temporal do fator de escala (sua velocidade de expansão) atinge o repouso hidráulico absoluto, ou seja:
$$ \dot{a}(t) = 0 $$
A partir da diferenciação da função analítica de $a(t)$ obtida no item d), determinamos que a velocidade do fator de escala em qualquer instante é descrita pela secante hiperbólica ao quadrado:
$$ \dot{a}(t) = \dot{a}_0 \text{sech}^2\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t \right) $$
Para que a expansão cesse completamente, impomos a condição de velocidade nula:
$$ \dot{a}_0 \text{sech}^2\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t_{\max} \right) = 0 $$
Dado que a taxa de expansão inicial $\dot{a}_0$ é uma constante positiva não-nula, a igualdade exige que:
$$ \text{sech}^2\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t_{\max} \right) = 0 \implies \frac{2}{e^{\sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t_{\max}} + e^{-\sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t_{\max}}} = 0 $$
Para que essa fração seja igual a zero, o denominador precisa tender ao infinito de forma ilimitada. Isso ocorre apenas no limite matemático em que o argumento temporal tende ao infinito positivo. Logo, o tempo necessário para a expansão cessar é:
$$ t_{\max} \to \infty $$
Do ponto de vista físico, isso demonstra que o universo cilíndrico se expande eternamente, desacelerando de forma contínua devido à ação combinada da auto-gravidade e do amortecimento viscoso, sem nunca parar em um tempo finito.
Embora o tempo de parada seja assintoticamente infinito, o fator de escala não cresce indefinidamente. Ele converge estavelmente para um limite superior fixo de confinamento geométrico.
Para calcular esse valor máximo assintótico $a_{\max}$, avaliamos o limite matemático da função temporal do fator de escala $a(t)$ quando o tempo $t$ tende ao infinito:
$$ a_{\max} = \lim_{t \to \infty} a(t) = \lim_{t \to \infty} \left[ \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} \tanh\left( \sqrt{\beta \dot{a}_0} \, t \right) \right] $$
Utilizando a propriedade fundamental dos limites para funções hiperbólicas, sabemos que a tangente hiperbólica converge para a unidade quando seu argumento cresce indefinidamente:
$$ \lim_{x \to \infty} \tanh(x) = 1 $$
Substituindo esse comportamento limite na equação, isolamos o fator de escala máximo assintótico:
$$ a_{\max} = \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} \cdot (1) \implies a_{\max} = \sqrt{\frac{\dot{a}_0}{\beta}} $$
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