INICIANTE
(Em manutenção)
INTERMEDIÁRIO
Para resolvermos o problema, devemos primeiramente calcular o período da Lua, por meio da terceira lei de Kepler
$$P^2=\frac{4{\pi}^2 {d_L}^3}{GM_T}$$
$$P=27$$
Porém, há um movimento relativo entre a Lua e a Terra devido à rotação desta em torno do próprio eixo. Dessa forma, o período entre fases lunares iguais consecutivas é o período sinódico
$$\frac{1}{P_s}=\frac{1}{P_T}+\frac{1}{P_L}$$
$$P_s=29,5 dias$$
Como no dia 10 a Lua estava nova, no dia $$10+\frac{29,5}{2}\approx 25$$ a lua estará cheia.
Até o dia 23/03, equinócio de Março, terão se passado $$\Delta t=72 dias$$. Assim,
$$25+n.29,5>72, para n\in N$$
Assim, a primeira lua cheia após o equinócio será dia 25 de Março (n=2, dia 84).
Como dia 10 de janeiro foi um domingo, passados 84-10=74 dias, o dia de semana será 74=7.10+4, quinta feira. O primeiro domingo, portanto, é dia 28 de Março (dia 87).
Assim, como o carnaval cairá 47 dias antes(87-47), ocorrerá dia $$19$$ $$de$$ $$Fevereiro$$.
AVANÇADO
Para iniciarmos a resolução, devemos nos atentar primeiramente a velocidade com a qual o foguetinho é lançado.
Como ele percorre, em uma órbita de transição elíptica, um ângulo de $$180^{\circ}$$, sabemos que o periélio $$q=a(1-e)=R_T$$ Assim,
$$v^2=GM_T(\frac{2}{R_T}-\frac{1}{a})$$
$$a=9,90\cdot10^7m$$
Então $$e=1-\frac{R_T}{a}=0,93$$
Pela terceira lei de Kepler, descobrimos o período T:
$$\frac{T^2}=a^3\frac{4{\pi}^2}{GM_T}$$
$$T=86horas$$
O peírodo da órbita circular é, portanto,
$$\frac{{T_c}^2}=(a(1+e))^3\frac{4{\pi}^2}{GM_T}$$
$$T_c=10dias$$
O raio $$R_o$$ da órbita na qual o foguete se instala é, portanto, $$R_o=a(1+e)=1,95\cdot10^8m$$. Com esses dados, podemos descobrir a velocidade angular $$\omega_f=\frac{360^{\circ}}{T_c}=1,5^{\circ}/hr$$ em tal órbita.
O objeto fora lançado de um ponto cujo TSL=0h. Após $$\frac{T}{2}$$, então, ele teria uma “ascensão reta” de $$\alpha_f$$=12h.
O ponto P=$$(0^{\circ};0^{\circ})$$ estará a um ângulo $$\theta=\omega_t \frac{T}{2}\equiv285^{\circ}$$
O ângulo entre eles é, portanto, $$\phi=105^{\circ}$$. Após 57,01 dias, o foguete terá percorrido $$\theta_f=\omega_f \Delta t\equiv252^{\circ}$$ e o ponto P $$$ \theta_t= \omega_t \Delta t\equiv3,6^{\circ}$$. Temos, então, $$\Phi=\theta_f-(\phi+\theta_t)=143,4$$ Esquematizando:
Percebemos que, neste caso H=90-h. Temos o triângulo
$$x^2=R_T^2+(a(1+e))^2-2R_T a(1+e)cos{\Phi}$$
$$x=2,00\cdot10^8m$$
$$sen {\beta}=\frac{a(1+e)}{x} sen{\Phi}$$
$$\beta=35,5^{\circ}$$
$$90^{\circ}-\beta=54,5^{\circ}$$
Assim, $$h=54,5^{\circ}$$ abaixo do horizonte, a leste.
Então chegamos em $$H=(360-90+54,5)15^{\circ}/hr=14,4h$$