Soluções Semana 113 Astronomia

Escrito por Davi Lucas

Iniciante

Henriqueta em uma viagem no tempo

a) Lembrando-se que raios vindos do infinito (no contexto do raio da Terra a distância Terra-Sol já é grande o suficiente para tal aproximação) são paralelos, podemos esquematizar a situação onde $\theta = 7^\circ$, $d = 780 \rm{km}$, A é a cidade de Alexandria e S é a cidade de Syene:
Dessa forma, podemos realizar a seguinte regra de três:
\begin{array}{ccc}
2 \pi r & \longrightarrow & 360° \\
d & \longrightarrow & \theta
\end{array}

Logo:

$$d = \frac{\theta}{360^\circ} \cdot 2 \pi R$$

$$r = \frac{180 d}{\theta \pi}$$

Substituindo os valores do enunciado:

$$\boxed{r = 6385 \, \text{km}}$$

b) De acordo com o enunciado, podemos esquematizar a situação de um eclipse lunar total (fora de escala para melhor compreensão):
Dessa forma, sabendo que o eclipse lunar durou aproximadamente 3 horas enquanto o periodo sideral da lua é da ordem de 27 dias, podemos aproximar o trajeto eclipsado para uma linha reta com comprimento $2 r$, logo como a órbita é considerada circular, temos que o módulo da velocidade dela é constante:

$$\frac{2 r}{t} = \frac{2 \pi d}{T}$$

$$d = \frac{r}{\pi} \cdot \frac{T}{t}$$

Substituindo os valores do enunciado:

$$\boxed{d \approx 416.135 \, \rm{km}}$$

c) Esquematizando a situação de acordo com o enunciado:
Onde queremos descobrir $d_\odot$, temos pela trigonometria que:

$$\cos \theta = \frac{d}{d_{\odot}}$$

$$d_{\odot} = \frac{d}{\cos \theta}$$

Substituindo os valores numéricos, chegamos em:

$$\boxed{ d_{\odot} = 1.59 \cdot 10^{11} \rm{m} }$$

Por mais que todos esses valores sejam aproximados, são incríveis descobertas considerando a época para qual você viajou! Graças a seu esforço a linha do tempo foi restaurada, parabéns!

Intermediário

Paralaxe relativística?

a) Para resolver o problema, conforme especificado na dica, precisamos antes definir um sistema de coordenadas conveniente.

Adotamos um referencial cartesiano com o Sol fixo na origem (0, 0, 0). A órbita da Terra, que para fins práticos consideramos circular, define o plano da eclíptica, que será o nosso plano $xy$. A Terra orbita o Sol a uma distância $r_e$ com velocidade angular $\omega$. A estrela, por sua vez, encontra-se a uma distância $R$ do Sol, e sua linha de visada faz um ângulo $\theta$ com a eclíptica. Portanto, escolhendo o momento em que a estrela está com (y = 0), temos que ela se encontra no ponto $\vec{R} = (R \cos \theta, 0, R \sin \theta)$, e podemos esquematizar o sistema para facilitar a compreensão:

Perceba que a variação do ângulo observado da estrela no céu ocorre pela movimentação do planeta Terra, por isso precisamos determinar sua posição em um instante $t$ qualquer. Para quantificar tal vvariação, denotaremos a linha de visada da Terra para a estrela pelo vetor $\vec{s}(t) = \vec{R} - \vec{r}_e(t)$ e para lembrarmos, o vetor da estrela é $\vec{R} = (R \cos\theta, 0, R \sin\theta)$ e o vetor da Terra é $\vec{r}_e(t) = (r_e \cos(\omega t), r_e \sin(\omega t), 0)$.

O que nos interessa é a direção de $\vec{s}(t)$, ou seja, seu vetor unitário $\hat{s}(t)$. Como as estrelas estão absurdamente longe ($R \gg r_e$), o vetor da Terra $\vec{r}_e(t)$ é só uma pequena perturbação no gigantesco vetor $\vec{R}$.
O módulo de $\vec{s(t)}$ ao quadrado é $|\vec{s}(t)|^2 = R^2 + r_e^2 - 2Rr_e\cos\theta\cos(\omega t)$. Colocando $R^2$ em evidência e definindo $\eta = r_e/R \ll 1$:

$$|\vec{s}(t)| = R \sqrt{1 - 2\eta\cos\theta\cos(\omega t) + \eta^2}$$

Como $\eta$ é muito pequeno, o termo $\eta^2$ é desprezível. Então, o inverso do módulo é:

$$\frac{1}{|\vec{s}(t)|} \approx \frac{1}{R \sqrt{1 - 2\eta\cos\theta\cos(\omega t)}} = \frac{1}{R} (1 - 2\eta\cos\theta\cos(\omega t))^{-1/2}$$

Usando a expansão binomial $(1+x)^n \approx 1+nx$ para $x$ pequeno, onde $x = -2\eta\cos\theta\cos(\omega t)$ e $n=-1/2$:

$$\frac{1}{|\vec{s}(t)|} \approx \frac{1}{R} \left(1 + \left(-\frac{1}{2}\right)(-2\eta\cos\theta\cos(\omega t))\right) = \frac{1}{R}(1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t))$$

Agora, multiplicamos $\vec{s}(t))$ por $1/|\vec{s}(t)|$. Primeiro, vamos reescrever $\vec{s}(t)$ em termos de $\eta$:

$$\vec{s}(t) = (R \cos\theta - R\eta \cos(\omega t), -R\eta \sin(\omega t), R \sin\theta)$$

Multiplicando os dois resultados, mantendo apenas termos de ordem $\eta$:

$$\hat{s}(t) = \vec{s}(t) \frac{1}{|\vec{s}(t)|}$$

$$\hat{s}(t) \approx \frac{1}{R}(R \cos\theta - R\eta \cos(\omega t), -R\eta \sin(\omega t), R \sin\theta) \cdot \frac{1}{R}(1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t))$$

$$\hat{s}(t)= (\cos\theta - \eta \cos(\omega t), -\eta \sin(\omega t), \sin\theta) \cdot (1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t))$$

Expandindo componente a componente e desprezando termos com $\eta^2$:

$$\hat{s}_x(t) \approx (\cos\theta - \eta\cos(\omega t))(1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t))$$

$$\hat{s}_x(t) = \cos\theta + \eta\cos^2\theta\cos(\omega t) - \eta\cos(\omega t) - \eta^2(...)$$

$$\hat{s}_x(t) \approx \cos\theta + \eta(\cos^2\theta - 1)\cos(\omega t) = \cos\theta - \eta\sin^2\theta\cos(\omega t)$$

 

$$\hat{s}_y(t) \approx (-\eta\sin(\omega t))(1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t))$$

$$\hat{s}_y(t)= -\eta\sin(\omega t) - \eta^2(...) \approx -\eta\sin(\omega t)$$

 

$$\hat{s}_z(t) \approx (\sin\theta)(1 + \eta\cos\theta\cos(\omega t)) = \sin\theta + \eta\sin\theta\cos\theta\cos(\omega t)$$

O vetor de deslocamento angular, $\delta\hat{s}(t) = \hat{s}(t) - \hat{R}$, onde $\hat{R}=(\cos\theta, 0, \sin\theta)$, é a perturbação que vemos:

$$\delta\hat{s}(t) \approx \eta(-\sin^2\theta\cos(\omega t), -\sin(\omega t), \sin\theta\cos\theta\cos(\omega t))$$

Este vetor descreve uma elipse no céu. Os semi-eixos dessa elipse são as amplitudes máximas de cada movimento oscilatório: $\eta$ e $\eta\sin\theta$. O problema pede a variação máxima e mínima ao longo de 6 meses, que corresponde aos diâmetros da elipse:

A mudança máxima (diâmetro do eixo maior) é $\boxed{2\eta = 2r_e/R}$.
A mudança mínima (diâmetro do eixo menor) é $\boxed{2\eta\sin\theta = (2r_e/R)\sin\theta}$.

b) Agora vamos analisar a aberração estelar. Diferente da paralaxe, que é um efeito da mudança de posição da Terra, a aberração é consequência de sua velocidade. A ideia é que a direção da qual vemos a luz de uma estrela chegar depende do nosso próprio movimento. É como correr na chuva: mesmo que ela caia verticalmente, para nós ela parece vir de um ângulo à frente.

A direção aparente da luz será dada pelo vetor velocidade da luz em relação à Terra, que, numa aproximação para baixas velocidades $v \ll c$, é a diferença vetorial entre a velocidade da luz no referencial do Sol, $\vec{c}$, e a velocidade da Terra, $\vec{v}_e$. A velocidade da luz vem da estrela em nossa direção, ou seja, no sentido oposto ao vetor $\hat{R}$, então $\vec{c} = -c\hat{R}$. A velocidade da Terra é a derivada de sua posição, $\vec{v}_e(t) = \frac{d\vec{r}_e}{dt}$. Vamos escrever os vetores de velocidade:

$$\vec{c} = -c(\cos\theta, 0, \sin\theta)$$

$$\vec{v}_e(t) = v(-\sin(\omega t), \cos(\omega t), 0) \quad \text{onde } v = \omega r_e$$

A beleza deste problema está na analogia com a letra (a). Na paralaxe, a perturbação na direção de observação era causada pelo vetor de posição $\vec{r}_e$. Na aberração, a perturbação é causada pelo vetor de velocidade $\vec{v}_e$. Note que o vetor $\vec{v}_e(t)$ é essencialmente o vetor $\vec{r}_e(t)$ com uma rotação de 90 graus (uma defasagem de $\pi/2$) e um fator de escala diferente. Além disso, o parâmetro da perturbação agora não é mais geométrico, $\eta = r_e/R$, mas sim cinemático, $\beta = v/c$.

A estrutura matemática para encontrar o desvio angular é, portanto, idêntica à da paralaxe. Podemos pegar o resultado final para o deslocamento angular da paralaxe e fazer as seguintes substituições:
1. Trocar o parâmetro $\eta$ por $\beta$.
2. Aplicar a defasagem de 90 graus, o que significa trocar $\cos(\omega t)$ por $-\sin(\omega t)$ e $\sin(\omega t)$ por $\cos(\omega t)$.

O deslocamento angular da paralaxe era:

$$\delta\hat{s}_{paralaxe}(t) \approx \eta(-\sin^2\theta\cos(\omega t), -\sin(\omega t), \sin\theta\cos\theta\cos(\omega t))$$

Aplicando as substituições, encontramos o deslocamento angular para a aberração, $\delta\hat{s}_{ab}(t)$:

$$\delta\hat{s}_{ab}(t) \approx \beta(-\sin^2\theta(-\sin(\omega t)), -\cos(\omega t), \sin\theta\cos\theta(-\sin(\omega t)))$$

$$\delta\hat{s}_{ab}(t) \approx \beta(\sin^2\theta\sin(\omega t), -\cos(\omega t), -\sin\theta\cos\theta\sin(\omega t))$$

Assim como na paralaxe, este vetor descreve uma elipse no céu ao longo de um ano, cujos semi-eixos são as amplitudes das oscilações. A variação total em 6 meses, que corresponde aos diâmetros da elipse, será:

A variação máxima no ângulo observado é $\boxed{2\beta = 2v/c}$.

E a variação mínima no ângulo observado é $\boxed{2\beta\sin\theta = (2v/c)\sin\theta}$.

c) Para descobrir qual dos dois efeitos é mais significativo para um observador na Terra, precisamos comparar os parâmetros que governam suas magnitudes: $\eta$ para a paralaxe e $\beta$ para a aberração. Vamos usar o exemplo de Alpha Centauri, uma das estrelas mais próximas de nós, a uma distância de 4,4 anos-luz.

Primeiro, calculamos o parâmetro da paralaxe, $\eta = r_e/R$. A distância da Terra ao Sol é de $r_e \approx 1.5 \times 10^{11} \text{ m}$. A distância até a estrela precisa ser convertida para metros. Sabendo que 1 ano-luz é a distância que a luz percorre em um ano, temos:

$$R \approx 4.4 \text{ anos-luz} \times (9.46 \times 10^{15} \text{ m/ano-luz}) \approx 4.16 \times 10^{16} \text{ m}$$

Agora podemos calcular $\eta$:

$$\eta = \frac{r_e}{R} \approx \frac{1.5 \times 10^{11} \text{ m}}{4.16 \times 10^{16} \text{ m}} \approx 3.6 \times 10^{-6}$$

Em seguida, calculamos o parâmetro da aberração, $\beta = v/c$. A velocidade orbital da Terra é de aproximadamente $v \approx 3.0 \times 10^4 \text{ m/s}$, e a velocidade da luz é $c = 3.0 \times 10^8 \text{ m/s}$.

$$\beta = \frac{v}{c} = \frac{3.0 \times 10^4 \text{ m/s}}{3.0 \times 10^8 \text{ m/s}} = 1.0 \times 10^{-4}$$

Comparando os dois resultados, vemos que $\beta$ é significativamente maior que $\eta$. Para sermos mais precisos, a razão entre eles é:

$$\boxed{\frac{\beta}{\eta} \approx \frac{1.0 \times 10^{-4}}{3.6 \times 10^{-6}} \approx 27.8}$$

Isso nos mostra que, para Alpha Centauri, o desvio angular causado pela aberração é quase 30 vezes maior que o desvio causado pela paralaxe. Esta é uma conclusão geral para a maioria das observações estelares. O pequeno valor de $\eta$ explica por que a paralaxe é um efeito tão sutil e difícil de medir, tendo sido observada bem depois da aberração estelar.

Avançado

Cosmologia x 2° Lei da Termodinâmica

Antes de começarmos a resolução, é importante eu citar que todo o raciocínio desta questão advém do artigo “Gravity, entropy, and cosmology: in search of clarity”, e caso você tenha gostado do tema ou queira ver mais a discussão, se divirta no artigo!

a) A ideia de entropia como “desordem” é um bom ponto de partida, mas para a física, precisamos de algo mais concreto. A definição de Boltzmann nos dá exatamente isso: a entropia é uma medida do número de maneiras microscópicas ($\Omega$) que um sistema pode se arranjar para produzir o mesmo estado macroscópico que vemos. O exemplo das 100 moedas é perfeito para clarear essa ideia.

O macroestado é o que vemos no geral, por exemplo, “50 caras e 50 coroas”. O microestado é uma sequência específica de resultados, como “Cara, Coroa, Coroa, Cara…”. Para encontrar o macroestado mais provável, estamos procurando aquele que pode ser formado pelo maior número de microestados. Em outras palavras, queremos maximizar $\Omega$.

O número total de resultados possíveis (microestados totais) ao jogar 100 moedas é $2 \times 2 \times \dots \times 2 = 2^{100}$. O número de microestados para um macroestado específico com $N_C$ caras e $N_K$ coroas é dado pela combinação binomial:

$$\Omega(N_C) = \binom{100}{N_C} = \frac{100!}{N_C!(100 - N_C)!}$$

Para encontrar o máximo dessa função, poderíamos usar cálculo, mas a intuição da teoria da probabilidade nos diz que a distribuição binomial tem seu pico bem no centro. Para 100 moedas justas, não há preferência por cara ou coroa. Portanto, o resultado mais provável é aquele que divide as possibilidades da forma mais equilibrada possível. Isso ocorre quando o número de caras é igual ao número de coroas.

$$N_C = N_K = 50$$

Este macroestado, 50 caras e 50 coroas, é o mais provável porque ele possui o maior número de arranjos microscópicos possíveis. Um estado como “100 caras” é extremamente improvável, não por ser mais “ordenado”, mas por existir apenas uma única maneira de ele acontecer. Já o estado “50 caras, 50 coroas” pode acontecer de $\binom{100}{50} \approx 10^{29}$ maneiras diferentes. A natureza, ao evoluir, tende a explorar o maior número de configurações possíveis, e por isso sistemas tendem ao estado de máxima entropia.

b) Para encontrar a entropia da nossa nuvem de gás, vamos partir da definição fundamental de Boltzmann, $S = k_B \ln \Omega$. Nossa tarefa é descobrir o que é $\Omega$, o número de microestados, para um gás. Um microestado de um gás é uma especificação completa da posição e do momento de cada uma de suas $N$ partículas. A coleção de todos os microestados possíveis forma o que chamamos de “espaço de fase”. Assim, $\Omega$ é proporcional ao volume do espaço de fase acessível ao sistema.

Podemos pensar nesse volume como tendo duas contribuições: uma parte espacial e uma parte de momento. A parte espacial se refere a todas as combinações de posições que as partículas podem ter dentro do volume $V$ do gás. A parte de momento se refere a todas as maneiras de distribuir a energia cinética total $K$ entre as partículas. Podemos então escrever $\Omega$ como um produto:

$$\Omega \approx \Omega_{\text{espacial}} \times \Omega_{\text{momento}}$$

Aplicando o logaritmo, a entropia se divide em uma soma:

$$S = k_B (\ln \Omega_{\text{espacial}} + \ln \Omega_{\text{momento}})$$

Vamos analisar cada termo. A parte espacial, $\Omega_{\text{espacial}}$, para $N$ partículas em um volume $V$ é proporcional a $V^N$. Como as partículas do gás são indistinguíveis, precisamos dividir por $N!$ para não contar permutações das mesmas partículas como estados diferentes. Portanto, $\Omega_{\text{espacial}} \propto \frac{V^N}{N!}$.

Agora, a parte do momento, $\Omega_{\text{momento}}$. A energia cinética total $K$ está relacionada aos momentos $p_i$ de cada partícula por $K = \sum_{i=1}^{N} \frac{p_i^2}{2m}$. Como cada partícula tem três componentes de momento ($p_{ix}, p_{iy}, p_{iz}$), a condição de energia total constante é:

$$\sum_{i=1}^{N} (p_{ix}^2 + p_{iy}^2 + p_{iz}^2) = 2mK$$

Essa é a equação de uma esfera em um espaço com $3N$ dimensões (o espaço de fase dos momentos). O raio dessa “hiperesfera” é $r = \sqrt{2mK}$. O número de microestados de momento, $\Omega_{\text{momento}}$, é proporcional à área da superfície dessa hiperesfera. A área de uma hiperesfera de $D$ dimensões e raio $r$ é proporcional a $r^{D-1}$. No nosso caso, $D=3N$ e $r=\sqrt{2mK}$, então:

$$\Omega_{\text{momento}} \propto (\sqrt{2mK})^{3N-1}$$

Para um número muito grande de partículas, $N \gg 1$, podemos aproximar $3N-1 \approx 3N$. Portanto:

$$\Omega_{\text{momento}} \propto (\sqrt{K})^{3N} = K^{3N/2}$$

Combinando tudo, o número de microestados é proporcional a $(V^N/N!) \times K^{3N/2}$. A entropia será:

$$S \approx k_B \ln\left( \frac{V^N}{N!} K^{3N/2} \right)$$

Para simplificar essa expressão, usamos as propriedades do logaritmo: $\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)$, $\ln(a/b) = \ln(a) - \ln(b)$ e $\ln(a^b) = b\ln(a)$. Aplicando-as passo a passo:

$$S \approx k_B \left[ \ln\left(V^N K^{3N/2}\right) - \ln(N!) \right]$$

$$S \approx k_B \left[ \ln(V^N) + \ln(K^{3N/2}) - \ln(N!) \right]$$

$$S \approx k_B \left( N\ln V + \frac{3N}{2}\ln K - \ln N! \right)$$

Para tornar essa expressão mais útil em termodinâmica, usamos a aproximação de Stirling para $N$ grande, $\ln N! \approx N\ln N - N$, e agrupamos os termos de forma conveniente:

$$S = N k_B \left( \ln\left(\frac{V}{N}\right) + \frac{3}{2}\ln\left(\frac{K}{N}\right) + C \right)$$

onde $C$ é uma constante que agrupa todos os outros fatores. Como o gás está numa esfera de raio $R$, seu volume é $V = 4\pi R^3/3$. No caso de um gás ideal sem interações, a energia potencial é nula ($U=0$), então a energia total é igual à energia cinética, $E=K$. Substituindo essas relações, encontramos a entropia em função de $E$ e $R$:

$$\boxed{S(E, R) = N k_B \left( \ln\left(\frac{4\pi R^3}{3N}\right) + \frac{3}{2}\ln\left(\frac{E}{N}\right) + C \right)}$$

c) 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:

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

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

Considerando que a densidade dessa esfera é constante:

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

Encontramos que:

$$\int_{0}^{U} dU = \frac{-16 G \pi^2}{3} \frac{9M^2}{16 \pi^2 R^6} \int_{0}^{R} r^4 dr$$

$$U = \frac{-3M^2 G R^5}{5 R^6}$$

$$U = \frac{-3GM^2}{5R}$$

A massa total da nuvem é a soma das massas de todas as $N$ partículas, onde cada uma tem massa $\mu$. Portanto, $M = N\mu$. Substituindo na equação:

$$\boxed{U = -\frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R}}$$

d) Para encontrar o estado de máxima entropia, precisamos ver como a entropia da nuvem autogravitante muda conforme seu raio varia, mantendo a energia total $E$ constante. Agora, a energia cinética depende do raio, pois $K = E - U$.

$$K(R) = E - \left(-\frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R}\right) = E + \frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R}$$

Substituímos essa expressão para $K$ na nossa fórmula de entropia da letra (b):

$$S(E, R) = N k_B \left[ \ln\left(\frac{4\pi R^3}{3N}\right) + \frac{3}{2}\ln\left(\frac{1}{N}\left(E + \frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R}\right)\right) + C \right]$$

Para encontrar o raio que maximiza a entropia, derivamos $S(E, R)$ em relação a $R$ e igualamos a zero:

$$\frac{dS}{dR} = \frac{d}{dR} \left[ N k_B \left( 3\ln R + \frac{3}{2}\ln K(R) + \text{constantes} \right) \right]$$

$$\frac{dS}{dR} = N k_B \left( \frac{3}{R} + \frac{3}{2} \frac{1}{K} \frac{dK}{dR} \right)$$

Sabemos que $\frac{dK}{dR} = -\frac{dU}{dR} = -\frac{d}{dR}\left(-\frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R}\right) = -\frac{3}{5}\frac{G(N\mu)^2}{R^2}$. Note que isso é o mesmo que $\frac{U}{R}$. Substituindo:

$$\frac{dS}{dR} = N k_B \left( \frac{3}{R} + \frac{3}{2K} \frac{U}{R} \right) = \frac{3Nk_B}{R} \left( 1 + \frac{U}{2K} \right)$$

Para que a derivada seja zero, o termo entre parênteses deve ser nulo:

$$1 + \frac{U}{2K} = 0 \implies \boxed{U = -2K}$$

Esta é a condição para a entropia máxima e é uma famosa consequência do Teorema do Virial para sistemas ligados pela gravidade. Ela nos diz que, em equilíbrio, a energia potencial (em módulo) é o dobro da energia cinética. A energia total do sistema nesse estado é $E = K + U = K - 2K = -K$. Isso implica que a energia total $E$ deve ser negativa para que a nuvem tenha um estado de equilíbrio estável, o que faz todo o sentido físico.

e) Vamos calcular a mudança na entropia da matéria bariônica do universo entre o passado (Situação 1) e o presente (Situação 2). Usaremos a fórmula da entropia por partícula encontrada no item B:

$$\frac{S}{N} = k_B \left(\ln \left(\frac{V}{N}\right) + \frac{3}{2}\ln \left(\frac{K}{N} \right) + C\right)$$

Sabendo que $\rho = \frac{N}{V}$ e $K = \frac{3}{2} N K_b T$ pelo teorema da equipartição da energia, podemos substituir $V/N = 1/\rho$ e $K/N \propto T$ e encontrar que a variação de entropia por bárion é:

$$\Delta S_{baryon} = k_B \left[ \ln\left(\frac{\rho_1}{\rho_2}\right) + \frac{3}{2}\ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right) \right]$$

Agora, inserimos os valores dados:

$$\frac{\rho_1}{\rho_2} = \frac{10^{14}}{10^{30}} = 10^{-16} \quad \text{e} \quad \frac{T_2}{T_1} = \frac{10^7}{10^4} = 10^3$$

$$\Delta S_{baryon} = k_B \left[ \ln(10^{-16}) + \frac{3}{2}\ln(10^3) \right] = k_B \left[ -16\ln(10) + \frac{3}{2}(3\ln(10)) \right]$$

$$\Delta S_{baryon} \approx -11.5 \times 2.3 \times k_B \rightarrow \boxed{\Delta S_{baryon} \approx -26.45 k_B}$$

O resultado é um número significativamente negativo. Isso confirma a intuição que temos no problema: a entropia da matéria em si diminuiu drasticamente.

f) Se a matéria se tornou mais “ordenada” (menor entropia), como a Segunda Lei da Termodinâmica pode ser válida? A resposta está em olhar para o sistema completo, não apenas para a nuvem de gás. O processo de colapso gravitacional, que forma uma estrela, é um processo extremamente violento e exotérmico. Ele converte uma quantidade imensa de energia potencial gravitacional em calor.

Para que a estrela se torne estável ou mesmo para que o colapso continue, esse calor precisa ser liberado para o ambiente. A estrela faz isso irradiando energia na forma de fótons. E aqui está o ponto crucial: a entropia contida nessa radiação é gigantesca e muito maior do que a diminuição da entropia da matéria.

Vamos pensar no balanço total da entropia:

$$\Delta S_{universo} = \Delta S_{materia} + \Delta S_{radiacao}$$

Como vimos no item (e), $\Delta S_{materia}$ é negativo. No entanto, a formação de estrelas libera uma quantidade colossal de fótons de baixa energia no vasto espaço frio. Um grande número de partículas de baixa energia espalhadas por um volume enorme representa um estado de altíssima entropia. Portanto, $\Delta S_{radiacao}$ é um número positivo e imenso.

O resultado é que $\Delta S_{universo}$ é positivo, e a Segunda Lei é respeitada. A formação de estruturas ordenadas como estrelas não só é compatível com a Segunda Lei, como é um dos principais motores do aumento de entropia do universo. A gravidade induz o colapso da matéria, resultando na formação de estruturas densas de baixa entropia, como estrelas. Este processo é acompanhado pela emissão de uma vasta quantidade de entropia para o universo na forma de radiação, compensando a diminuição local da entropia da matéria.