Soluções – Astronomia Semana 100

Escrito por Maxwell Caciano da Silva

Iniciante

Paradoxo de Olbers

O fluxo por esferorradiano do céu noturno pode ser determinado pela seguinte expressão:

$$F_\Omega = \dfrac{F}{\Omega}$$

Considere que seja $d$ a distância média até se encontrar uma estrela. Dessa forma, o fluxo proveniente de uma região qualquer do céu será:

$$F = \dfrac{L}{4 \pi d^2}$$

e o ângulo sólido dessa região:

$$\Omega = \dfrac{\pi R^2}{4 \pi d^2}$$

Substituindo na expressão inicial:

$$\boxed{F_\Omega = \dfrac{F}{\Omega} = \dfrac{L}{4 \pi d^2} \cdot \dfrac{4 d^2}{R^2} = \dfrac{L}{\pi R^2}}$$

Como podemos notar, o fluxo do céu noturno depende apenas do raio médio e da luminosidade média de uma estrela. Dessa forma, em um universo infinito o céu noturno deveria ser tão brilhante quanto a superfície de uma estrela média.

Intermediário

Zona Fótica

a) Observe a representação:

Pela geometria do problema:

$$h = 90^{\circ} - (|\delta| - |\Phi|)$$

$$h = 90^{\circ} - (60^{\circ} 50' - 4^{\circ})$$

$$\boxed{h = 33^{\circ} 10'}$$

b) Vamos começar este problema calculando a magnitude limite do telescópio:

$$m_{lim} = 6 + 5\log\frac{180}{6} = 13,4 \text{ mag}$$

Comparando com o sol para calcular o fluxo limite:

$$m_{lim} -m_\odot\ = -2,5\log \frac{F_{lim}}{F_{\odot}}$$

$$F_{lim} = 10^{\frac{m_\odot\ - m_{lim}}{2,5}} \cdot F_{\odot}$$

$$F_{lim} = 10^{\frac{-26,7-13,4}{2,5}} \cdot 1362 = 1,24 \cdot 10^{-13}\text{ W/m}^2$$

Calculando o fluxo de Alpha Centauri na superfície da Terra:

$$F = \dfrac{4 \pi R^2 \sigma T^4}{4 \pi (\frac{206265 \cdot 1,496 \cdot 10^{11}}{p})^2}$$

Substituindo:

$$F = \dfrac{(1,4 \cdot 6,96 \cdot 10^8)^2 \cdot 5,67 \cdot 10^{-8} \cdot (5800)^4}{(\frac{206265 \cdot 1,496 \cdot 10^{11}}{747 \cdot 10^{-3}})^2} = 3,57 \cdot 10^{-8}$$

Agora vamos calcular o coeficiente de atenuação linear da água. Pela expressão dada no enunciado:

$$F_f=F_\odot\ \cdot e^{-ux}$$

Sendo $F_f$ o fluxo de uma estrela de magnitude 6 (limite de visibilidade à olho nu) e $x$ a distância máxima ($500$ metros). Calculando $F_f$:

$$F_f = 10^{\dfrac{m_\odot\ - 6)}{2,5}} \cdot F_{\odot}$$

$$F_f = 10^{\dfrac{-26,7 - 6}{2,5}} \cdot 1362 = 1,13 \cdot 10^{-10}$$

Substituindo para calcular o coeficiente de atenuação linear:

$$F_f=F_\odot\ \cdot e^{-ux}$$

$$u=-\dfrac{\ln{\frac{F_f}{F_\odot\ \cdot 0,9}}}{x}$$

$$u=-\dfrac{\ln{\frac{1,13\cdot10^-10}{1362}}}{500} = 0,06$$

Agora podemos, enfim, calcular a distância máxima percorrida pela luz na água para atingir o fluxo limite do telescópio:

$$d_{max}=-\dfrac{\ln{\frac{F_{lim}}{F \cdot 0,9}}}{u}$$

$$d_{max}=-\dfrac{\ln{\frac{1,24 \cdot 10^{-13}}{ 3,57 \cdot 10^{-8} \cdot 0,9}}}{0,06} = 208 \; m$$

Agora devemos considerar a refração sofrida pela luz. Pela lei de Snell:

$$n_{ar}\sin ({90^{\circ} - h}) = n\sin{\theta}$$

$$\theta = \arcsin \left(\dfrac{\sin (90^{\circ}-h) }{n}\right)$$

$$\theta = \arcsin \left(\dfrac{\sin (90^{\circ}-33^{\circ} 10')}{1,34}\right)$$

Enfim calculando a profundidade máxima:

$$y_{max} = d_{max} \cdot \cos \theta$$

$$y_{max} = 208 \cdot \cos 33^{\circ}39'33"$$

$$\boxed{y_{max} = 162 \; m}$$

Avançado

Corpo negro

A densidade de energia no intervalo $f \rightarrow df$ é:

$$\eta (f)\,df = \dfrac{8 \pi}{c^3} \cdot \dfrac{hf^3}{exp(\frac{hf}{kT})-1}df$$

Para encontrar a densidade de fótons basta dividir a densidade de energia por $hf$:

$$n(f)\,df = \dfrac{8 \pi}{c^3} \cdot \dfrac{f^2}{exp(\frac{hf}{kT})-1}df$$

Para o caso em que $hf \gg kT$:

$$exp\left(\frac{hf}{kT}\right)-1 \approx exp\left(\frac{hf}{kT}\right)$$

Dessa forma, integrando entre o intervalo $f = \frac{E}{h}$ e $f = \infty$:

$$n(f) = \dfrac{8 \pi}{c^3} \int_{\frac{E}{h}}^{\infty} f^2 \cdot exp\left(-\frac{hf}{kT}\right)\,df$$

Integrando por partes, em que:

$$u = f^2 \Leftrightarrow du = 2f\,df$$

$$dv = exp\left( - \dfrac{hf}{kT} \right)\,df \Leftrightarrow v = -\dfrac{kT}{h} \cdot exp \left( - \dfrac{hf}{kT} \right)$$

Logo:

$$n = \dfrac{8 \pi}{c^3} \cdot \left[ - f^2 \cdot \dfrac{kt}{h}exp\right( -\dfrac{hf}{kT} \left) \Big|_{\frac{E}{h}}^\infty - \int_{\frac{E}{h}}^{\infty} - 2f\,df \cdot \dfrac{kT}{h} \cdot exp\left( - \dfrac{hf}{kT} \right) \right]$$

$$n = \dfrac{8 \pi}{c^3}\left[\dfrac{E^2kT}{h^3}exp\left(-\dfrac{E}{kT} \right) + \dfrac{2kT}{h} \int_{\frac{E}{h}}^{\infty}f \cdot exp\left(-\dfrac{hf}{kT} \right) \,df \right]$$

Note que podemos fazer uma aproximação já que $E \gg kT$:

$$n = \dfrac{8 \pi}{c^3}\left[\dfrac{E^2kT}{h^3}exp\left(-\dfrac{E}{kT} \right) \right]$$

$$\boxed{n = \dfrac{8 \pi}{c^3} \cdot \dfrac{E^2kT}{h^3} \cdot exp \left(- \dfrac{E}{kT} \right)}$$