INICIANTE
Calculando a velocidade angular de cada ponto a partir da fórmula dada:
$$\omega_1=13+1,4cos(2\cdot9^{\circ})=14,33 ^{\circ}/dia$$
$$\omega_2=13+1,4cos(2\cdot17^{\circ})=14,16 ^{\circ}/dia$$
Logo a velocidade angular relativa entre eles é:
$$\omega_{rel}=0,17^{\circ}/dia$$
Assim, para que a separação angular entre os pontos volte a ser nula, o ponto 1 terá que percorrer uma volta a mais do que o ponto dois, que equivale a um ângulo de $$360^{\circ}$$ percorrido pela velocidade angular relativa ,assim:
$$\Delta t=\frac{360^{\circ}}{\omega_{rel}} \approx 2107dias$$
Logo, o número $$N$$ de revoluções dadas pelo Sol será de:
$$N=\frac{2107}{25}\approx 84$$ revoluções
Assim, o Sol dá aproximadamente $$84$$ revoluções até os pontos ficarem no mesmo meridiano novamente
*Você também poderia resolver essa questão utilizando período sinódico para calcular $$\Delta t$$, pois o período sinódico $$S$$ não passa de $$S=\frac{360^{\circ}}{\omega_{rel}}=\Delta t$$, que pode ser reescrita para a expressão clássica: $$\frac{1}{S}=\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}$$
INTERMEDIÁRIO
Primeiro devemos descobrir a temperatura da estrela, podemos fazer isso utilizando a lei de Wien:
$$T\cdot \lambda_{max} = 2.898\cdot 10^{-3}$$
substituindo lambda temos que
$$T=5270K$$
Com isso podemos aplicar a lei de Stefan-Boltzmann e descobrir a luminosidade da estrela
$$L = 4\pi R_{esterla}^2\sigma T_{estrela}^4$$
substituindo temos que
$$ L = 1.37\cdot 10^{28}$$
Admitindo o planeta em equilíbrio térmico podemos dizer que o quanto ele absorve é igual a quanto ele emite logo:
$$\dfrac{L}{4\pi D^2}\cdot \pi R_{planeta}^2 (1-\alpha)=4\pi R_{planeta}^2 \sigma T_{planeta}^4 $$
isolando T e substituindo temos que:
$$T =500K$$
AVANÇADO
A primeira coisa a se notar é que os pontos L4 e L5 são simétricos em relação aos dois corpos do sistema. Assim, precisamos apenas deduzir a posição de L4.
Onde C é o centro de massa de A e B. Vamos supor uma massa $$m_0$$ no ponto L4, tal que $$m_0<<m<M$$.
Como não existe resultante tangencial, apenas centrípeta, temos:
$$F_a sen \alpha = F_b sen \beta$$
$$\frac{GMm_0}{d_a^2}sen\alpha = \frac{Gmm_0}{d_b^2}sen \beta$$
$$\frac{sen \alpha}{sen \beta}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$$
Pela lei dos senos:
$$\frac{d_b}{sen \theta}=\frac{r_b}{sen \beta}$$ e $$\frac{d_a}{sen(180^{\circ}-\theta)}=\frac{r_a}{sen \alpha}$$
$$\frac{d_b sen\beta}{r_b}=\frac{d_a sen\alpha}{r_a}$$
$$\frac{sen\alpha}{sen\beta}=\frac{d_br_a}{d_ar_b}$$
$$\frac{d_br_a}{d_ar_b}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$$
$$\frac{d_a}{d_b}=(\frac{r_aM}{r_bm})^{\frac{1}{3}}$$
Pela definição de centro de massa $$(Mr_a=mr_b)$$, temos que $$d_a=d_b$$.
Utilizando as componentes radiais:
$$\frac{GMm_0}{d_a^2}cos \alpha+\frac{Gmm_0}{d_b^2}cos \beta=m_0 \omega^2 d$$
$$d=\frac{G(Mcos\alpha+mcos\beta)}{\omega^2d_b^2}=\frac{G}{\omega^2d_b^2}(\frac{m sen\beta}{sen\alpha}cos\alpha+mcos\beta)=\frac{Gm}{\omega^2d_b^2}\frac{sen\beta cos\alpha+sen\alpha cos\beta}{sen\alpha}=\frac{Gm}{\omega^2 d_b^2}\frac{sen(\alpha+\beta)}{sen\alpha}$$ (I)
Pela lei dos senos:
$$\frac{d}{sen x}=\frac{r_a}{sen \alpha}$$ e $$\frac{d_b}{sen x}=\frac{r_a+r_b}{sen(\alpha+\beta)}$$
$$\frac{dsen\alpha}{r_a}=\frac{d_b sen(\alpha+\beta)}{r_a+r_b}$$
$$\frac{sen(\alpha+\beta)}{sen \alpha}=\frac{d(r_a+r_b)}{d_b r_a}$$ (ll)
Substituindo ll em l:
$$d=\frac{Gm}{\omega^2d_b^2}\frac{d(r_a+r_b)}{d_br_a}$$
$$\frac{Gm}{\omega^2}=\frac{d_b^3 r_a}{r_a+r_b}$$ (lll)
Para o corpo A, temos:
$$\frac{GMm}{(r_a+r_b)^2}=M\omega^2r_a$$
$$\frac{Gm}{\omega^2}=r_a(r_a+r_b)^2$$ (lV)
Igualando lll a lV:
$$\frac{d_b^3 r_a}{r_a+r_b}=r_a(r_a+r_b)^2$$
$$d_b^3=(r_a+r_b)^3$$
$$d_b=(r_a+r_b)$$
Assim, os pontos L4 e L5 são aqueles que formam triângulos equiláteros com os pontos onde se encontram A e B.