INICIANTE
Sabemos que, em 50 anos e com uma taxa de afastamento a, a distância da Terra à Lua ficaria de
D0+ΔD=Df
D0=Df−cΔt
Df=393.499km255m
Além disso, em T=50anos, temos uma taxa de
a=ΔDT=cΔtT
a=4,0cm/ano
INTERMEDIÁRIO
O intuito do problema em questão é avaliar a veracidade da aproximação da velocidade de trânsito v=2(Rs+Rm)tt. Consideremos, então, o esquema do percurso no trânsito, visto da Terra
Temos, assim, um triangulo isósceles com os lados medem d=a(1−e)=4,609⋅107 km e a base b=2(Rs+Rm)≈1,396⋅106 km.
b2=2d2−2d2cosθ
4(Rs+Rm)2=2(a(1−e))2(1−cosθ)
cosθ=1−2(Rs+Rm)2(a(1−e))2
θ=1,735circ=0,030rad
Assim, no instante de proximidade ao periélio, a trajetória S pode ser aproximada para
S=θ⋅a(1−e)
S=1,39605⋅106≈1,396⋅106km
Assim, nossa aproximação se valida, pois
SRs+Rm≈1
AVANÇADO
Para resolvermos o problema, devemos perceber que, como as repetições do ciclo ocorrem em um período S=2anos, S refere-se ao período sinódico entre o asteroide e a Terra. Logo,
1S=1Tt−1Ta
Ta=2anos
Lei de Kepler, descobrir o semi eixo maior da órbita:
aa=T23=1,587UA
Logo, para a menor excentricidade, a partir da configuração a seguir, podemos inferir que
dmin=aa(1−e)−1^dmax=2aa−(aa(1−e)−1)=a(1+e)+1
Além disso, a energia refletida pelo asteroide de albedo a nos pontos de máxima e mínima distância é
Pmax=aLs4(a(1+e))2r2
Pmin=aLs4(a(1−e))2r2
Colocando na equação de Pogson, com Δm=8 temos
8=−5log(1−e)(a(1−e)−1)(1+e)(a(1+e)+1)
1085=(1+e)(a(1+e)+1)(1−e)(a(1−e)−1)
Chegamos em tal equação de segunda ordem, a qual, resolvendo, com 0<e<1, chegamos em
e=0,284