INICIANTE
Podemos calcular a distância d até Sirius sabendo da relação:
\[\mu(“)=\frac{1}{d(pc)} \Rightarrow d(pc)=\frac{1}{0,376”} = 2,66pc\]
Logo, a distância projetada no plano do equador galáctico D é:
\[D=dcos(\phi)=2,63pc\]
Como a magnitude absoluta M é a magnitude da estrela a uma distância de 10pc, temos, pela equação de Pogson:
\[m-M=-2,5\log(\frac{F_m}{F_M})=-2,5\log(\frac{L}{4\pi d^2} \frac{4\pi 10^2}{L})=5\log(d) – 5\]
Substituindo os valores, obtemos:
\(M=+1,42\)
INTERMEDIÁRIO
Uma boa estratégia seria testar valores específicos de \(\theta\), assim:
a) Para \(\theta\) = 0°, \(r\) corresponde à distância do foco ao apoastro, que é igual a \(a + ae = a(1+e)\), logo:
\[r(0^{\circ})=\frac{p}{1-ecos(0^{\circ})}=\frac{p}{1-e}=a(1+e)\]
Logo, \(p=a(1-e^2)\)
b) Para \(\theta\) = 90°, como cos(90°) = 0:
\[r(90^{\circ})=\frac{p}{1-ecos(90^{\circ})}=p\]
Vale ressaltar o nome de \(p\), semi-latus rectum
c) Sabendo que \(p\) é \(r(90^{\circ})\), a soma das distâncias de um ponto da elipse até seus focos é \(2a\) e que a distância entre os focos da elipse é \(2ea\), podemos aplicar pitágoras no triângulo que possui catetos \(2ea\) e \(p\) e hipotenusa \(2a-p\):
\[(2ea)^2 + p^2 = (2a-p)^2 \Leftrightarrow p=a(1-e^2)\]
d) Utilizando agora um triângulo qualquer na elipse, cujos vértices são os dois focos e um ponto da elipse, podemos aplicar uma lei dos cossenos de maneira análoga à pergunta anterior, obtendo assim:
\[(2a-r)^2=(2ea)^2 + r^2 – 2(2ea)(r)cos(\theta)\]
Rearranjando, chegamos em \(r=\frac{a(1-e^2)}{1-ecos(\theta)}\).
e) Podemos usar a equação VIS-VIVA (que pode ser provada a partir da conservação da energia) para \(r=a(1-e^2)\):
\[v^2=GM(\frac{2}{r}-\frac{1}{a})=\frac{GM}{a}(\frac{1+e^2}{1-e^2})\]
AVANÇADO
Visualizando a situação:
Sendo \(\alpha=180^{\circ} – \theta\) , vemos que a distância entre as retas \(r\) e \(s\) vale \(Rcos(\alpha)\), onde \(R\) é o raio da bola
Nos resta saber que figura está delimitada pelos pontos A, B e C. Pelo estudo de cônicas, e sendo seu campo de visão nosso cone de interesse, podemos ver na Figura 1 que o círculo que delimita as regiões clara e escura está “cortando” o cone fazendo um ângulo de \(90^{\circ} -\alpha\) com sua vertical, e isso dá uma elipse.
Pela Figura 2, os semieixo maior e menor valem, respectivamente: \(a=R\) e \(b=Rcos(\alpha)\). Sabendo que a área da elipse vale \(S_e=\pi ab\) e que a área do círculo vale \(S_c=\pi R^2\), a área iluminada \(A\) vale:
\[A=S_c-(\frac{S_e}{2}+\frac{S_c}{2}) \]
Portanto, a porcentagem de área iluminada \(\phi\) é:
\[\phi = \frac{A}{S_c} = 1 – \frac{\frac{\pi R^2}{2} (1+cos(\alpha)}{\pi R^2}=\frac{1}{2}-\frac{cos(\alpha)}{2}\]
Porém, devemos colocar a resposta em função de \(\theta\), logo:
\[\phi(\theta)=\frac{1}{2}+\frac{cos(\theta)}{2}\]
Pois \(cos(180^{\circ}-\theta)=cos(180^{\circ})cos(\theta)+sen(180^{\circ})sen(\theta)=-cos(\theta)\)
a) Na quadratura:
\[sen(\theta)=\frac{a_T}{a_M}=\frac{1UA}{1,52UA}\Rightarrow \theta =41^{\circ}\]
Assim:
\[\phi = \frac{1}{2} + \frac{cos(41^{\circ})}{2}= 87,7\%\]
b) Para resolver este e os próximos itens, iremos tomar o referencial da Terra, com o ângulo \(\alpha\) (representado na Figura 3) crescendo no sentido anti-horário e representando a defasagem angular entre Terra e Marte, ou seja, \(\alpha=\omega t \Rightarrow \alpha’ = \omega\) , onde \(\omega\) é a velocidade angular relativa entre os planetas \(=\omega _t – \omega _m\). Note que como \(\omega _t > \omega _m\) , Marte orbita o Sol no sentido horário no referencial da Terra.
Aplicando uma Lei dos Senos no triângulo Sol-Terra-Marte e sabendo que \(sen(180^{\circ} -x)=senx\), temos:
\[\frac{a_m}{sen(180^{\circ} – \theta – \alpha )}=\frac{a_t}{sen(\theta)}\Leftrightarrow ksen\theta = sen(\theta+\alpha)=sen\alpha cos\theta + sen\theta cos\alpha\]
\[\Leftrightarrow k=\frac{sen\alpha}{tg\theta}+cos\alpha \]
Assim:
\[tg\theta = \frac{sen\alpha}{k-cos\alpha}\]
Agora temos que lembrar que o valor extremo de \(\theta\) é alcançado quando \(\frac{d\theta}{d\alpha}=0\). Logo, isolando \(\theta\) e derivando em relação à \(\alpha\) (lembre-se que a derivada de \(arctgx=\frac{1}{1+x^2})\) :
\[\frac{d\theta}{d\alpha}=\frac{1}{1+(\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha})^2}\cdot \frac{cos\alpha(k-cos\alpha)-sen^2\alpha}{(k-cos\alpha)^2}=\frac{kcos\alpha -1}{k^2-2kcos\alpha+1}\]
No caso limite:
\[\frac{d\theta}{d\alpha}=\frac{kcos\alpha -1}{k^2-2kcos\alpha+1}=0\Rightarrow cos\alpha=\frac{1}{k}\]
Pela relação fundamental, \(sen\alpha=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k}\), logo:
\[tg\theta=\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha}=\frac{1}{\sqrt{k^2-1}}\Rightarrow sen\theta=\frac{1}{k} \]
E já vimos que esse \(\theta\) corresponde à posição da quadratura de Marte! Logo o valor máximo de \(\theta\) é de 41°.
c) O cálculo de \(\phi\) foi feito previamente, onde obtemos: \(\phi (\theta)=\frac{1}{2}(1+cos\theta)\), logo a taxa da variação temporal de \(\phi\) é dada por:
\[\frac{d\phi}{dt}=-\frac{1}{2}sen\theta \frac{d\theta}{dt}\]
A partir da expressão de \(tg\theta\), podemos encontrar tanto \(sen\theta\) como \(\frac{d\theta}{dt}\):
Isolando \(\theta\) e derivando em relação à \(t\):
\[\frac{d\theta}{dt}=\frac{1}{1+(\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha})^2}\cdot\frac{\alpha’cos\alpha (k-cos\alpha) – \alpha ‘ sen^2\alpha}{(k-cos\alpha)^2}\]
Rearranjando:
\[\frac{d\theta}{dt}=\frac{k\alpha’cos\alpha-\alpha’}{k^2-2kcos\alpha+1}\]
Sabemos que \(tgx=\frac{senx}{cosx}\) e que \(sen^2x+cos^2x=1\), então podemos chegar no valor de \(sen\theta\) a partir da expressão da \(tg\theta\), obtendo assim:
\[sen\theta=\frac{sen\alpha}{\sqrt{k^2-2kcos\alpha +1}}\]
Juntando esses resultados:
\[\frac{d\phi}{dt}=-\frac{sen\alpha(k\alpha’cos\alpha-\alpha’)}{2(k^2-2kcos\alpha +1)^{\frac{3}{2}}}\]
d) A média temporal \(M\) de \(\phi(t)\) sobre um intervalo de tempo \(T\) é definida como:
\[M=\frac{\int_0^T\phi(t)dt}{T}\]
Como o intervalo de tempo \(T\) é o período sinódico, \(T=\frac{2\pi}{\alpha’}\). Além disso podemos fazer uma mudança de variável sabendo que \(\frac{d\alpha}{dt}=\alpha’ \Rightarrow dt=\frac{d\alpha}{\alpha’}\). Logo:
\[M=\frac{\alpha’}{2\pi}\cdot\frac{1}{\alpha’}\int_0^{2\pi}\phi (\alpha)d\alpha\]
Utilizando os resultados e ideias obtidos nos item a) e b), temos:
\[cos\theta=\frac{k-cos\alpha}{\sqrt{k^2-2kcos\alpha +1}}\]
\[\Rightarrow \phi(\alpha)=\frac{1}{2}(1+\frac{k-cos\alpha}{\sqrt{k^2-2kcos\alpha +1}})\]
Rearranjando e utilizando a integral dada no enunciado:
\[M=\frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi}(1+\frac{k-cos\alpha}{\sqrt{k^2-2kcos\alpha +1}})d\alpha\]
\[=\frac{1}{2}+\frac{1}{4\pi}\cdot 5,535\]
Logo, \(M=94\%\).