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.