Escrito por Davi Lucas
Iniciante
Ramanujan explorando universos
a) A partir do gráfico, podemos escolher o seguinte ponto: \((90\rm{km/s}, 4000\rm{Mpc})\)
Dessa forma, como este gráfico é moldado pela Lei de Hubble:
\[ v = H_o d\]
\[ 90 = 4000 H_0 \]
\[\boxed{H_o \approx 2,25 \times 10^{-2} \ \frac{{km/s}}{Mpc} } \]
b) Consideremos duas galáxias que no início do universo (Big Bang) estavam juntas, e que atualmente estão a uma distância r uma da outra, movendo com velocidade relativa v. Estimando que essa velocidade é constante e, pela lei de Hubble igual a:
\[ v = H_o r\]
Temos que o tempo é:
\[ t = \frac{r}{v} = \frac{r}{H_0 r} = \frac{1}{H_0}\]
Assim, sabendo que \( 1 \rm{Mpc} \approx 3,09 \times 10^{19} \rm{km}\) podemos converter as unidades do \( H_0 \) de \( \frac{{\rm{km}/\rm{s}}}{\rm{Mpc}} \) para \( s^{-1}\):
\[H_o \approx 7,27 \times 10^{-22} \ \rm{s^{-1}} \]
Logo, o tempo estimado \( t \) é:
\[t \approx 1,37 \times 10^{21} \ \rm{s} \]
Convertendo para anos:
\[ \boxed{t \approx 4,36 \times 10^{13} \ \rm{anos}} \]
Isso é apenas uma estimativa pelo fato de que a “constante de Hubble” não é realmente constante. Como o universo está expandindo, temos que a distância entre dois pontos diferentes quaisquer aumenta conforme o tempo passa. Assim, podemos definir o fator de escala \( a(t) \) como um fator entre a distância num tempo atual \( t_0 \) e em outro tempo qualquer \( t \). Desse modo, tendo a distância atual \( r_o \) e a distância num tempo qualquer \( r \), temos a seguinte relação:
\[ r(t) = r_0 \ a(t) \]
Derivando em função do tempo essa relação, temos que:
\[ v(t) = r_0 \ \dot{a}(t) \]
Substituindo \( r_0 = \frac{r(t)}{a(t)}\) na equação acima:
\[ v(t) = \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)} r(t)\]
Chegamos na lei de Hubble, onde a “constante de Hubble” é definida como:
\[ \boxed{H_0 \equiv \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)}} \]
Assim, como dito anteriormente, pela definição da constante de Hubble ser em relação ao fator de escala, ela não é constante durante o tempo.
c) Considerando uma galáxia de massa m movendo-se com velocidade v, a uma distância r de um sistema de coordenadas qualquer, em um sistema de massa total M contida no volume de raio r. A energia mecânica, assim como dita no enunciado, é nula:
\[E = \frac{mv^2}{2} – \frac{G’Mm}{r} = 0\]
Pela lei de Hubble, temos:
\[ v = H_0 r\]
Além disso, podemos escrever a massa M em função da densidade:
\[M = \frac{4 \pi}{3} p_c r^3\]
Logo:
\[ \frac{H_0^2 m r^2}{2} – \frac{4G’ \pi p_c mr^2}{3} = 0\]
\[ \boxed{p_c = \frac{3H_0^2}{8 \pi G’}}\]
Substituindo os valores do problema, temos que:
\[ p_c \approx 9,46 \times 10^{-34} \frac{\rm{kg}}{\rm{m^3}} \]
\[ \boxed{p_c \approx 9,46 \times 10^{-37} \frac{\rm{g}}{\rm{cm^3}}} \]
Intermediário
Perdido na Índia
a) Aplicando a lei das cotangentes no triângulo da posição:
\[ \cot(L_e) \sin(L_i) = \cot(A_e) \sin(A_i) + \cos(L_i) \cos(A_i) \]
\[ \cot (90^{\circ} – h_\odot ) \sin(90^{\circ} – \phi) = \cot(H_\odot ) \sin (360^{\circ} – A_\odot ) + \cos(90^{\circ} – \phi) \cos(360^{\circ} – A_\odot ) \]
\[ \tan(h_\odot ) \cos(\phi) = – \cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) + \cos(A_\odot ) \sin(\phi) \]
\[ \cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) = \cos(A_\odot ) \sin(\phi) – \tan(h_\odot ) \cos(\phi) \]
\[ \cot(H_\odot ) = \frac{ \cos(A_\odot ) \sin(\phi) – \tan(h_\odot ) \cos(\phi) }{\sin(A_\odot )} \]
\[ \boxed{H_\odot = \arctan \left( \frac{\sin(A_\odot)}{\cos(A_\odot ) \sin(28,61^{\circ}) – \tan(h_\odot ) \cos(28,61^{\circ})} \right )} \]
b) Pelo GMT, temos que \[\Delta \lambda = 77,23^{\circ} – 75^{\circ} = 2,23^{\circ} \]
\[\frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}} \times 1\rm{h} = 8min 55s\]
O tempo solar verdadeiro é:
\[TSV = H_\odot + 12h\]
O tempo de fuso, leva em conta a diferença de longitude até o centro de fuso, e é:
\[TF = TSV + \frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}}\]
O tempo civil é o tempo de fuso levando em consideração a equação do tempo ET:
\[TC = TF + ET\]
Logo, o tempo civil é:
\[ \boxed{TC = H_\odot + ET + 12h 8min 55s} \]
c) Utilizando o tempo sideral local:
\[TSL = H_{\Omega} + \alpha_{\Omega} = H_\odot + \alpha_\odot\]
Temos a seguinte ascensão reta do Sol:
\[\alpha_{\odot} = H_{\Omega} +12h – H_{\odot}\]
Considerando o seguinte triângulo esférico sendo que \(\Omega\) é o ponto anti-vernal, em que o Sol passa por volta de 21 de setembro e supondo que a observação foi feita antes desta data.
Aplicando a lei das cotangentes no triângulo acima:
\[ \cot(L_e) \sin (L_i) = \cot(A_e) \sin (A_i) + \cos (L_i) \cos(A_i) \]
\[ \cot (w \Delta t) \sin (180^{\circ} – \alpha_\odot) = \cot (90^{\circ}) \sin (\epsilon) + \cos(180^{\circ} – \alpha_\odot) \cos(\epsilon) \]
\[ \cot (w \Delta t) \sin (\alpha_\odot) = – \cos(\alpha_\odot) \cos(\epsilon) \]
\[ \cot (w \Delta t) = – \cot(\alpha_\odot) \cos(\epsilon) \]
\[ \tan (w \Delta t) = – \frac{\tan(\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)}\]
\[ \Delta t = \frac{1}{w} \arctan \left ( – \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right) \]
Desconsiderando a excentricidade da órbita, temos que a velocidade angular do Sol é:
\[ w = \frac{2 \pi}{365,25 \rm{dias}}\]
Portanto:
\[ \Delta t = \frac{365,25 \rm{dias}}{2 \pi} \ \arctan \left ( – \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right) \]
Assim, mesmo que tenhamos considerado que \( \alpha_\odot < 180^{\circ} \), como a outra situação, ou seja \( \alpha_\odot > 180^{\circ} \), é análoga, apenas teríamos um \( \Delta t \) com sinal invertido indicando que o Sol já teria passado o ponto \( \Omega \).
Definindo o dia do equinócio de outono(21 de setembro) como \( D_\Omega \), temos que o dia em que Heitor está é:
\[ \boxed{D_\Omega \pm \frac{365,25}{2 \pi} \ \arctan \left ( – \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right) \rm{dias} } \]
Avançado
Modelando nebulosas
a) Como o gás é homogêneo, este possuí uma densidade numérica de partículas constante:
\[ \eta \equiv \frac{N}{V}\]
Considerando uma camada infinitesimal de gás de área \(A\) e espessura \(d \epsilon\)
O número \(N’\) de partículas nessa camada infinitesimal é:
\[ N’ = \eta A d\epsilon\]
Considerando as partículas esféricas de raio r, a superfície total absorvida S, onde haverá luz atravessando gás é:
\[S = N’ \pi r^2\]
\[S = \eta A \pi r^2 d\epsilon\]
Como a perda de intensidade luminosa está diretamente relacionada à porcentagem de superfície em que luz atravessará o gás:
\[ \frac{dL}{L} = – \frac{S}{A}\]
Integrando a equação anterior:
\[ \int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = \int_{0}^{\epsilon}\frac{- \eta \pi r^2 d \epsilon A}{A} \]
\[\int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = – \eta \pi r^2 \int_{0}^{\epsilon} d \epsilon \]
\[ ln(\frac{L}{L_0}) = – \eta \pi r^2 \epsilon\]
\[ \frac{L}{L_0} = e^{- \eta \pi r^2 \epsilon}\]
Dessa forma como a profundidade óptica se relaciona com as intensidades da seguinte maneira:
\[ \boxed{\tau \equiv \frac{N}{V} \pi r^2 \epsilon \therefore L = L_0 e^{-\tau}} \]
b) Primeiramente devemos calcular a autoenergia de uma esfera de raio R’, no caso a energia potencial de um corpo esférico. Podemos montar um corpo deste juntando cascas esféricas de raio \(r\) e espessura \( dr \):
No caso, a massa \(dm\) dessa casca esférica pode ser descrita como:
\[dm = 4 \pi \rho r^2 dr\]
E a massa total M:
\[M = \frac{4 \pi r^3 \rho}{3}\]
E a energia potêncial adicionada por essa casca esférica \( dU \) é:
\[dU = \frac{-GM dm}{r}\]
\[dU = \frac{-16 \pi^2 G r^4 dr \rho^2}{3}\]
Como a densidade dessa esfera é constante:
\[\rho = \frac{3M}{4 \pi R’^3}\]
Encontramos que:
\[ \int_{0}^{U} dU = \frac{-16 G \pi^2}{3} \frac{9M^2}{16 \pi^2 R^6} \int_{0}^{R’} r^4 dr \]
\[ U = \frac{-3M^2 G R’^5}{5 R’^6}\]
\[U = \frac{-3GM^2}{5R’}\]
Pelo teorema da equipartição da energia, temos que com N partículas nesta nuvem, a energia térmica \( K \) é:
\[ K = \frac{3NRT}{2 N_a} \]
Para a nebulosa atingir o equilíbrio hidrostático e se tornar uma estrela, temos pelo teorema do virial que:
\[ 2K + U = 0\]
\[ \frac{3NRT}{N_a} = \frac{3GM^2}{5R’}\]
\[ \frac{NRT}{N_a} = \frac{GM^2}{5R’}\]
Relacionando o raio \(R’\) com o volume da estrela:
\[ V = \frac{4}{3} \pi R’^3\]
\[R’ = \left( \frac{3V}{4 \pi} \right)^{1/3}\]
Substituindo \(R’\) no teorema do virial:
\[ \frac{5NRT}{N_a} \ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/3} = GM^2\]
\[ \frac{5NRT}{GN_a} \ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/3} = M^2\]
Temos que em função das variáveis dadas, a Massa de Jeans pode ser escrita como:
\[ \boxed{M = \left( \frac{5NRT}{GN_a}\right)^{1/2} ~ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/6} } \]