Soluções – Astronomia Semana 98

Escrito por Heitor Szabo

Iniciante

Inclinação

Esquematizando a situação, percebemos que o cosseno de $i$ é $\frac{b}{a}$. Pelo enunciado, sabemos que $\frac{a}{b}=2$. Dessa forma:

$$cos(i) = \frac{b}{a} = \frac{1}{2}$$

$$i = cos^{-1} \left( \frac{1}{2} \right)$$

$$\boxed{i = 60^{\circ}}$$

Intermediário

Inclinação pela Magnitude

Sabendo que, para uma galáxia circular inclinada para a visão de um observado na Terra:

$$cos(i) = \frac{b}{a}$$

Então:

$$b =a\times cos(i)$$

Utilizando a equação de Pogson para magnitude superficial, temos:

$$m - \mu = -2,5\times log(\Omega)$$

Como descrito na imagem, e considerando a distância da galáxia até nós muito maior que seu raio:

$$\Omega \approx ab\pi$$

($a$ e $b$ em unidades angulares)

Logo:

$$\Omega =a^2\pi \times cos(i)$$

Substituindo $\Omega$ na equação de Pogson, temos:

$$m - \mu = -2,5 \times log(a^2\pi\times cos(i))$$

Desenvolvendo:

$$i=cos^{-1}\left( \frac{10^{\frac{\mu-m}{2,5}}}{a^2\pi}\right)$$

Usando $a$ em segundos de arco:

$$\boxed{i\approx 84^{\circ}}$$

Avançado

Desfocado

Para a anã-branca em questão, a energia total, será a soma da energia de degeneração, com a energia gravitacional.

$$E_{tot} = E_{deg} + E_{grav}$$

A energia gravitacional de uma esfera pode ser encontrada integrando a energia potencial de cada dm:

$$dE = -\frac{GM}{r}dm$$

A massa interna M em função de r será o volume da esfera de raio r vezes a densidade:

$$M = \frac{4}{3}\pi r^3\rho$$

E temos que:

$$dm = 4\pi r^2\rho dr$$

Substituindo:

$$dE = -\frac{G\frac{4}{3}\pi r^3\rho}{r}4\pi r^2\rho dr$$

$$dE = -\frac{16\pi^2 G r^4\rho^2}{3} dr$$

Integrando:

$$E = -\frac{16\pi^2 G\rho^2}{3}\int_{0}^{R}r^4 \,dr$$

$$E = -\frac{16\pi^2 G\rho^2}{3}\frac{R^5}{5}$$

Porém, $\rho$ será a massa (aproximadamente o número de núcleons vezes a massa do próton) dividido pelo volume:

$$\rho = \frac{N_nM_p}{\frac{4}{3}\pi R^3}$$

Substituindo:

$$E = -\frac{16\pi^2 G\frac{N_n^2M_p^2}{\frac{16}{9}\pi^2 R^6}}{3}\frac{R^5}{5}$$

$$E = -\frac{3GN_n^2M_p^2}{5R}$$

Agora, precisaremos reescrever a energia de degeneração em termos do raio. Para isso, basta reescrever o volume em termos de R:

$$E_{deg}=\frac{\pi^2\hbar c}{4}\left(\frac{3N_e}{\pi}\right)^{\frac{4}{3}}\left( \frac{4}{3}\pi R^3\right)^{-\frac{1}{3}}$$

Simplificando:

$$E_{deg}=\frac{3}{4}\left(\frac{3\sqrt{\pi}}{2} \right)^{\frac{2}{3}}\left(\frac{\hbar c}{R} \right)N_e^{\frac{4}{3}}$$

Temos então, que a energia total será:

$$E=\frac{3}{4}\left(\frac{3\sqrt{\pi}}{2} \right)^{\frac{2}{3}}\left(\frac{\hbar c}{R} \right)N_e^{\frac{4}{3}} -\frac{3GN_n^2M_p^2}{5R}$$

Para simplificar, nomearemos:

$$x = \frac{3\hbar c}{4}\left(\frac{3\sqrt{\pi}}{2} \right)^{\frac{2}{3}}N_e^{\frac{4}{3}}$$

$$y = \frac{3GN_n^2M_p^2}{5}$$

Então:

$$E = \frac{x}{R} - \frac{y}{R}=\frac{x-y}{R}$$

Como queremos encontrar a situação limite no instante em que a energia total é mínima, devemos derivar E em função de R e igualar a zero. Dessa forma:

$$\frac{dE}{dR} = \frac{y-x}{R^2}=0$$

$$y-x=0$$

$$x=y$$

Portanto, para o caso limite em que a gravidade se iguala com a degeneração de forma que a anã-branca não se sustente mais, temos que $x = y$:

$$\frac{3\hbar c}{4}\left(\frac{3\sqrt{\pi}}{2} \right)^{\frac{2}{3}}N_e^{\frac{4}{3}} = \frac{3GN_n^2M_p^2}{5}$$

Usando a informação do enunciado de que $N_e = \frac{1}{2}N_n$:

$$\frac{3\hbar c}{4}\left(\frac{3\sqrt{\pi}}{2} \right)^{\frac{2}{3}}\left(\frac{1}{2}N_n\right)^{\frac{4}{3}} = \frac{3GN_n^2M_p^2}{5}$$

Agora podemos isolar o número de núcleons limite:

$$N_{nlim}=\left(\frac{5\hbar c}{16GM_p^2}\right)^{\frac{3}{2}}3\sqrt{\pi}$$

Sendo $M_{lim}$ a massa limite, temos:

$$M_{lim} = N_{nlim}M_p$$

$$M_{lim} = \left(\frac{5\hbar c}{16G}\right)^{\frac{3}{2}}\frac{3\sqrt{\pi}}{M_p^2}$$

Substituindo os valores:

$$\boxed{M_{lim} = 3,425\times10^{30}kg = 1,71\ M_{\odot}}$$

Nos dá um valor bem próximo do 1,44 esperado.