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