INICIANTE
a)
$$\dfrac{v}{c}=z=1-\dfrac{f_0}{f_s}$$
$$f_s=f_0\cdot\left(1- \dfrac{v}{c}\right)^{-1}$$
b)
Analogamente,
$$f_d=f_s\cdot\left(1- \dfrac{v}{c}\right)^{-1}$$
$$\boxed{f_d=\dfrac{f_s^2}{f_0}}$$
*Se você desejar uma solução mais completa e explicada para esse problema, que revise os conceitos de Efeito Doppler com o observador/fonte em movimento, este vídeo pode lhe ajudar
INTERMEDIÁRIO
Para calcular a perda de massa, $$\dot m_1$$, por fusão nuclear, podemos utilizar a equação de Einstein da equivalência massa-energia:
$$E=m\cdot c^2 \Longrightarrow L = \dot m_1 \cdot c^2 \Longrightarrow \dot m_1 = \dfrac{L}{c^2}$$
Onde $$L$$ é a luminosidade do Sol.
Os ventos solares são compostos principalmente por prótons e elétrons por causa de suas pequenas massas e cargas. Como a carga elétrica do Sol só fica constante, ao longo de grandes períodos de tempo, se os ventos solares forem eletricamente neutros, estes possuem a mesma quantidade de prótons e elétrons. Logo, para calcular a perda de massa, $$\dot m_2$$, pelos ventos solares:
$$\dot m_2 = \dfrac{n}{2}\left(m_p+m_e\right)$$
Assim, a razão entre a perda de massa pelos ventos solares e pela fusão nuclear pode ser calculada por:
$$\dfrac{\dot m_2}{\dot m_1} = \dfrac{n\cdot c^2\cdot \left(m_p+m_e\right)}{2\cdot L}$$
Utilizando os dados da Tabela de Constantes obtemos:
$$\boxed{\dfrac{\dot m_2}{\dot m_1} =0,255}$$
AVANÇADO
Parte 1
a) Nesse item, precisamos calcular a distância da Terra até Alchiba e sua luminosidade no filtro V e relacionar esses valores com o ângulo sólido obtido a partir da Lei de Planck.
Achando a distância $$d$$ a partir da paralaxe $$\pi$$:
$$d(pc)=\frac{1}{\pi (“)}=14,94pc$$
Para achar a luminosidade no filtro V, podemos primeiramente encontrar a magnitude absoluta no filtro V $$M_V$$ e relacionar esse valor com o magnitude absoluta do Sol no filtro V, $$M_{V \odot}=4,83$$ (tabela de constantes).
Encontrando $$M_V$$ pela equação de Pogson (veja aqui)
$$m_V-M_V=5logd-5 \Rightarrow M_V=3,13$$
Relacionando com a luminosidade de Alchiba no filtro V, $$L_V$$
$$M_V-M_{V\odot}=-2,5log(\frac{L_V}{L_{V\odot}})\Rightarrow L_V=1,79\cdot 10^{27}W$$
Onde $$L_{V \odot}=3,83\cdot 10^{26}W$$
Agora, a luminosidade de Alchiba no filtro V se relaciona com seu ângulo sólido a partir de :
$$L_V=B_V (\lambda_c , T) \cdot FWHM \cdot \Omega \cdot 4\pi d^2$$
Onde $$B_V (\lambda_c , T)$$ é calculado com a temperatura de Alchiba e o comprimento de onda central do filtro V ($$550nm$$), $$\Omega$$ é o ângulo sólido da estrela vista do ponto de observação (guarde isso no seu coração), onde nesse caso o ponto de observação é a própria Terra, e $$FWHM$$ é o ‘full width at half maximum’ da banda V (uma alternativa para o uso de uma integral, que aparece na Parte 2).
Assim:
$$\Omega=\Large{\frac{L_V}{\frac{2hc^2 \cdot FWHM \cdot 4\pi d^2}{\lambda^5 \cdot exp(\frac{hc}{\lambda_c k_BT})-1}}}$$
Ou:
$$\Omega=\large{\frac{L_V \lambda_c^5 [exp(\frac{hc}{\lambda_c k_BT})-1]}{8\pi \cdot h \cdot c^2 \cdot d^2 \cdot FWHM}}$$
Fazendo os cálculos necessários, obtemos $$\Omega=1,2 \cdot 10^{-16}sr$$
b) Com o ângulo sólido compreendido por Alchiba e sua distância até a Terra este item sai de maneira mais direta.
Como $$\Omega$$ é pequeno, $$\Omega \approx \pi \theta^2$$, onde $$\theta$$ é a semiabertura do cone compreendido por Alchiba tal que $$\frac{R_A}{d}=tan\theta \approx \theta$$. Assim:
$$R\approx d\cdot \sqrt{\frac{\Omega}{\pi}}=2,8 \cdot 10^9m$$
*Curiosidade: a fórmula conhecida $$\Omega=\pi \theta^2$$ é somente uma aproximação que funciona para valores de $$\theta$$ muito pequenos. A expressão exata é $$\Omega=2\pi (1-cos\theta)$$, que se torna a conhecida aproximação quando fazemos $$cos \theta \approx 1 – \frac{\theta^2}{2}$$. Você pode encontrar a dedução dessa expressão geral na Wikipédia ou nesse vídeo (inglês com sotaque da Índia porém entendível). Lembre-se de que isso é somente uma curiosidade, na prática é muito difícil que essa expressão para o ângulo sólido seja necessária
Parte 2:
Como o satélite reflete certa parte da radiação incidente, precisamos calcular a luminosidade do Sol fora desse range a partir da Lei de Planck, porém agora sem utilizar o FWHM. Com essa luminosidade a questão vira a clássica ‘encontre a temperatura do planeta’ (que você pode encontrar nessa ideia, nesse problema da semana iniciante, nesse intermediário e nesse intermediário, onde o albedo é nulo pois estamos considerndo o corpo como um corpo perfeitamente negro).
De maneira análoga à conta feita na Parte 1, calculamos a luminosidade integrando $$B_{\nu}$$ com relação ao ângulo sólido (que seu coração lhe diz ser do Sol visto do satélite, e ele está certo), a área coberta pela radiação a partir do Sol e a frequência, que no caso possui como limites de integração $$0$$ e $$\nu_0$$. Assim:
$$L=\int_{\nu} \int_{\Omega} \int_A dA d\Omega B_{\nu} d\nu=4\pi D^2 \cdot \pi (\frac{R}{D})^2 \cdot \int_0^{\nu_0} B_{\nu} d\nu$$
Onde $$D$$ é a distância do Sol à Terra, que é aproximadamente a distância entre o satélite e o Sol, e $$R$$ é o raio do Sol. Repare que, como é de se esperar, o resultado da luminosidade não depende de $$D$$
Reescrevendo e expandindo:
$$L=4\pi^2 R^2 \cdot \frac{2h}{c^2}\int_0^{\nu_0}\frac{\nu^3}{exp(\frac{h\nu}{k_B T})-1}d\nu$$
Utilizando a substituição de variável $$u=\frac{h\nu}{k_B T} \Rightarrow du=\frac{h}{k_B T} d\nu$$:
$$\large{L=\frac{8\pi^2hR^2}{c^2}(\frac{k_BT}{h})^4 \int_0^{\frac{T_c}{T}} \frac{u^3}{exp(u)-1}du}$$
Onde $$T_c=1200K$$ e, lembrando, $$T$$ é a temperatura do Sol.
Agora precisamos fazer algum tipo de aproximação para não ter que integrar a devida expressão (possível porém evidentemente a questão não quer isso, ainda mais em uma prova de astronomia). Basta notar que o limite superior do integrando vale $$~0,2$$, um valor muito menor que aquele do pico do integrando ($$2,82$$). Assim, devemos fazer a aproximação análoga a de Rayleigh Jeans, aproximando $$exp(u)\approx 1+u$$. Dessa forma:
$$L=C \int_0^{\frac{T_c}{T}} u^2 du=\frac{C}{3}(\frac{T_c}{T})^3$$
Onde $$C=\frac{8\pi^2hR^2}{c^2}(\frac{k_BT}{h})^4 $$
Assim, realizando os devidos cálculos, obtemos: $$L=1,768 \cdot 10^{23}W$$. Repare também que esse valor é muito menor que a luminosidade real do Sol, que é um resultado esperado visto que estamos integrando somente uma pequena parcela dos valores da frequência emitida pelo Sol (idealmente todos os valores não negativos)
Agora, realizando o clássico procedimento para achar a temperatura do satélite:
$$\frac{L}{4\pi D^2}\cdot \pi r^2 = 4\pi r^2 \sigma T^4 \Rightarrow T=(\frac{L}{16\pi\sigma D^2})^{\frac{1}{4}}=41K$$
Logo a temperatura do satélite (que não depende de $$r$$) é $$41K$$.
**A passagem na qual utilizamos a aproximação de Rayleight Jeans é valida para um integrando muito menor que a coordenada $$x$$ do pico, que é o caso dessa questão. Entretanto, é possível que uma questão cobre o contrário: um integrando muito maior que a abscissa do pico. Nesse caso, você teria que realizar o análogo da aproximação de Wien, falando que $$exp(x)-1\approx exp(x)$$, pois x é grande, e integrar (a integral ainda é feia porém menos que antes). Esse problema da semana aborda essas aproximações