Soluções Astronomia – Semana 67

INICIANTE

Pelo enunciado, $\nu(R, G, \rho)$ .

Estou utilizando como notação: $T$ para tempo, $M$ para massa e $L$ para comprimento, mas sinta-se a vontade de utilizar $s$ , $kg$ e $m$ , respectivamente.

A unidades dos termos são: $[\nu]=Hz= s^{-1}=\frac{1}{T}$ , $[R]=m=L$ , $[G]=\frac{m^3}{kg s^2}=L^3M^{-1}T^{-2}$ e $[\rho]=\frac{kg}{m^3}=M L^{-3}$

Uma maneira prática que é mais rápida em casos menores, como o da questão, é mexer nas variáveis de forma a obtermos a unidade da resposta final:

Queremos $T^{-1}$ , e como a única variável que envolve o tempo é a constante gravitacional, um termo $G^{\frac{1}{2}}$ aparece. Agora, precisamos sumir com as unidades $L^{\frac{3}{2}}M^{-\frac{1}{2}}$ . Como o único termo que envolve a massa é $\rho$ , um termo $\rho^{\frac{1}{2}}$ aparece. Note agora que os termos restantes que envolvem comprimento – $L^{\frac{3}{2}}$ de $G$ e $L^{-\frac{3}{2}}$ de $\rho$ – se cancelam. Logo não há dependência no raio e a resposta final é:

$\nu \propto \sqrt{\rho G}$

Agora, uma maneira mais geral, adequada para expressões maiores, envolve darmos um expoente para cada variável:

$\nu \propto R^{a}G^{b}\rho^{c}$ , logo:

$\frac{1}{T}=L^a (\frac{L^3}{MT^2})^b (\frac{M}{L^3})^c$

Assim, as dependências sã0: massa: $0=c-b$ , comprimento: $0=a-3c+3b$ e tempo: $-1=-2b$

Resolvendo o sistema, obtemos: $a=0$ e $b=c=\frac{1}{2}$

Chegamos portanto na mesma expressão para a frequência:

$\nu \propto \sqrt{\rho G}$

INTERMEDIÁRIO

Para achar a latitude eclíptica máxima de uma estrela que pode ser ocultada pela Lua é necessário primeiro achar a latitude eclíptica máxima que a Lua pode ser observada, que será:

$cos(\theta +5.15^{\circ})=\dfrac{R_{Terra}}{d_{Lua}}$

$\theta=83.90^{\circ}$

a partir disso temos que

$\theta +\beta =90^{\circ}$

$\beta =6.10^{\circ}$

Agora para acharmos o a latitude eclíptica máxima da estrela temos que somar o raio angular da Lua que pode ser calculado da seguinte forma:

$\dfrac{R_{Lua}}{d_{Lua}}=\alpha$

$\alpha=0.26^{\circ}$

Somando $\alpha$ e $\beta$ temos que a latitude eclíptica máxima de uma estrela que pode ser ocultada pela Lua é

$\omega = 6.36^{\circ}$

AVANÇADO

(a) A Lei de de Rayleigh-Jeans, da mesma forma que a Lei de Planck, relaciona a radiação espectral com o comprimento de onda de um corpo negro de temperatura dada. Entretanto ela é uma aproximação que somente funciona para altos comprimentos de onda:

$B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot c\cdot k\cdot T}{\lambda^4}$

Para deduzi-la, podemos utilizar que:

$e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} \approx \dfrac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T} + 1$ para $\lambda \cdot T \gg \dfrac{h\cdot c}{k} \approx 1,44\cdot 10^{-2} \, m\cdot K$

Assim, substituindo essa expressão na Lei de Planck:

$B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot h\cdot c^2}{\lambda^5}\cdot \dfrac{\lambda\cdot k\cdot T}{h\cdot c}$

$\boxed{B_{\lambda}(T) = \dfrac{2\cdot c\cdot k\cdot T}{\lambda^4}}$

(b) A Lei de Wien relaciona a Temperatura efetiva da estrela com o comprimento de onda de máxima intensidade:

$\lambda\cdot T \approx 2,898\cdot 10^{-3} \, m\cdot K$

Assim, podemos deduzi-lá encontrando pico de emissão da Lei de Planck, ou seja:

$\dfrac{\partial B_{\lambda}}{\partial \lambda} = 0$

$2\cdot h\cdot c^2 \cdot \left[ \dfrac{-5}{\lambda^6}\cdot \dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} + \dfrac{1}{\lambda^5}\cdot \dfrac{-e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{\left(e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} - 1 \right)^2} \cdot \dfrac{h\cdot c}{k\cdot T}\cdot \dfrac{-1}{\lambda^2}\right] = 0$

$\dfrac{5}{\lambda^6}\dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} = \dfrac{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{\left(e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} - 1 \right)^2} \cdot \dfrac{h\cdot c}{\lambda^7 \cdot k\cdot T}$

$5 = \dfrac{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}} - 1} \cdot \dfrac{h\cdot c}{\lambda \cdot k\cdot T}$

Utilizando:

$x = \dfrac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T} \Longrightarrow \lambda\cdot T = b = \dfrac{h\cdot c}{k\cdot x}$

$x\cdot e^x = 5\cdot \left( e^x - 1\right)$

$x = 5 \cdot \left(1- e^{-x}\right)$

Por Iteração obtemos $x \approx 4,965$ , assim:

$b \approx 2,898\cdot 10^{-3}\, m\cdot K$

$\boxed{\lambda\cdot T \approx 2,898\cdot 10^{-3} \, m\cdot K}$

(c) Por último, a Lei de Stefan-Boltzmann relaciona o fluxo na superfície da estrela com a sua temperatura superficial:

$F = \sigma \cdot T^4$

Partindo das definições:

$F = \dfrac{dE \cdot \cos{\theta}}{dt\cdot dA}$ , $B_{\lambda} = \dfrac{dE}{dt\cdot dA\cdot d\Omega\cdot d\lambda}$ , $d\Omega = \sin{\theta} \, d\theta \, d\phi$

Temos que:

$F = \displaystyle \int_0^{\infty}B_{\lambda}(T) \, d\lambda \, \displaystyle \int_0^{2\pi}\, d\phi \, \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{\theta} \cdot \sin{\theta}\, d\theta$

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos{\theta} \cdot \sin{\theta}\, d\theta = \dfrac{1}{2}\cdot\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{2\theta}\, d\theta =\left. -\dfrac{\cos{2\theta}}{4} \, \right\vert_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{1}{2}$

$\displaystyle \int_0^{2\pi}\, d\phi = 2\pi$

$F = \pi \cdot\displaystyle \int_0^{\infty}B_{\lambda}(T) \, d\lambda$

Substituindo a Lei de Planck e integrando sobre todos os comprimentos de onda:

$F = 2\cdot \pi\cdot h\cdot c^2\cdot \displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\lambda^5}\cdot \dfrac{1}{e^{\frac{h\cdot c}{\lambda\cdot k\cdot T}}-1} \, d\lambda$

Novamente, utilizando:

$x = \dfrac{h\cdot c}{\lambda \cdot k \cdot T} \Longrightarrow dx = -\dfrac{h\cdot c}{\lambda^2\cdot k\cdot T}\, d\lambda \Longrightarrow d\lambda = -\dfrac{\lambda^2\cdot k\cdot T}{h\cdot c}\, dx$

$F = -2\cdot \pi\cdot c\cdot k\cdot T \cdot \displaystyle \int_{\infty}^0 \dfrac{1}{\lambda^3}\cdot \dfrac{1}{e^x-1} \, dx = 2\cdot \pi\cdot c\cdot k\cdot T \cdot \left(\dfrac{k\cdot T}{h\cdot c}\right)^3 \cdot\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{x^3}{e^x-1} \, dx$