Soluções Semana 114 Astronomia

Escrito por Felipe Maia

Iniciante

O Enigma da Estrela Cintilante

Primeiramente, por saber que a estrela é do tipo espectral GV, podemos assumir que a mesma está na sequencia principal. Por ser semelhante ao Sol, podemos estimar a sua temperatura, $T\approx 5770 \text{ K}$. Utilizando a Lei de Wien, podemos encontrar um comprimento de onde de pico, sendo este,

$$\lambda_{pico, \, 0} = \frac{b}{T} \approx 574,8 \text{ nm}$$

Com isso, podemos encontrar o redshift da estrela, utiliznado a fórmula classica,

$$z = \frac{\lambda-\lambda_0}{\lambda_0} \approx 4, 4 \cdot 10^{-3}$$

Como$z\approx v/c = H_0 d/c$, podemos estimar a distância da mesma,

$$d = \frac{z c}{H_0} \approx 18,33 \text{ Mpc}$$

Para estimar a massa, vamos utilizar que, na sequência principal, é válida a relação $L\propto M^{3,5}$. Mas note que, $L=4\pi R^2\sigma T^4 \propto R^2T^4$ e $M= \frac{4\pi R^3}{3}\rho_{media}\propto R^3$, assim, é válido que,

$$R^2T^4\propto (R^3)^{3,5} \rightarrow R \propto T^{0,47}$$

Dessa maneira,

$$R=\left(\frac{T}{T_\odot}\right)^{0,47}R_\odot \approx 0,95 R_\odot$$

E para estimar a massa,

$$M = (R/R_\odot)^3 M_\odot \approx 0,86 M_\odot$$

Por tanto, os valores que conseguimos estimar, foram,

$$\boxed{d = 18,33 \text{ Mpc}, \ \ R = 0,95 R_\odot, \ \ M = 0,86 M_\odot}$$

Mas note que esses valores são apenas estimativas e advem de severas simplificações do modelo real.

Intermediário

Rei Arthur Gurjinho

Vamos começar calculando o Horário em que Arcturos irá nascer no dia em questão, utilizando a fórmula dada pelo enunciado, temos,

$$\cos H = -\tan\delta_A\tan\phi = -0,6213\rightarrow H = 128,4^\circ = 8^h34^m$$

Assim, podemos concluir que o ângulo horário da estrela quando a mesma nasce é $H_{nascer} = - |H| = -8^h34^m$ e quando ela se põe é de $H_{ocaso} = |H|$. O tempo total em que um astro fica no céu durante um dia é de $\Delta t = 2H = 17^h08^m$ para arcturos neste dia em específico.

Pela fórmula do tempo sideral local, temos que, $TSL = H+\alpha$. Logo, o nascer de Arcturos ocorrerá em,

$$TSL_\text{ nascer} = -8^h34^m + 13^h17^m = 4^h43^m$$

e o horário que ela se põe,

$$TSL_\text{ ocaso} = 8^h34^m + 13^h17^m=21^h51^m$$

Já para o Sol, note que o dia $21/12/725$ coincide com o solstício de inverno no hemisfério norte. Assim, $\delta_\odot = -23,47^\circ$. Substituindo na fórmula,

$$\cos H_\odot = -\tan\delta_\odot\tan\phi =0,5458 \rightarrow H = 3^h48^m$$

Utilizando o mesmo raciocínio anterior, temos,

$$TSL_{\odot, \text{ nascer}} = -3^h48^m + 12 = 8^h12^m$$

$$TSL_{\odot, \text{ ocaso}} = 3^h48^m + 12 = 8^h12^m = 15^h48^m$$

Agora, podemos facilmente calcular o tempo total em que Arcturos ficará vísivel. A mesma podera ser vista, depois que nascer, mas antes do Sol nascer e antes do Sol se por, mas depois que o Sol se por. Assim,

$$\boxed{\Delta T = (TSL_{\odot, \text{ nascer}} - TSL_{\odot} ) + (TSL_{\odot} - TSL_{\odot, \text{ ocaso}}) = 2 (H-H_\odot) = 9^h32^m}$$

Avançado

Cegueira de Horizonte

Como dica do problema, foi nos dado a importante relação $\tau\propto r$. Agora, vamos modelar a situação para entender um pouco da geometria do problema. Olhe para o seguinte esquema:

Onde utilizamos uma aproximação de atmosfera plana. Aqui fica evidente que, $r_2 = r_1\sec z$, logo, $\tau_2=\tau_1\sec z$.

Utilizando a equação de Pogson, temos,

$$m_1-m_2 = -2,5\log\left(\frac{I_1}{I_2}\right) = -2,5\log\left(\frac{I_0 e^{-\tau_1}}{I_0e^{-\tau_2}}\right)$$

Usando a propriedade que $\log x^a = a \log x$ e denotando $m_1-m_2 = \Delta m$,

$$\Delta m = 2,5\log (e^{\tau_1-\tau_2}) = 2,5(\tau_1-\tau_2)\log e$$

Por convenção, vamos dentoar que $\tau_1 = \tau (0)$, e assim, $\tau_2/\tau_1 = \sec z$

$$\boxed{\Delta m = 2,5\log e (1-\sec z)\tau (0) \approx = 1,086 (1-\sec z) \tau (0)}$$

 

Internacional

Problemas com a Precisão

a) O desvio $\Delta \theta_p$ é a paralaxe básica que conhecemos, com geometria básica, obtemos

$$\sin\Delta \theta_p = \frac{r}{d}$$

Mas como $r\ll d$, temos,  $\sin x \approx x$ e desse modo,

$$\boxed{\Delta \theta_p = \frac{r}{d}}$$

b) As transformações de Lorentz (usando $c=1$ ) são dadas por

$$x = \gamma (x' + vt'), \ \ t = \gamma(t' + vx')$$

c) Note que no referencial $S$, temos $\cos \alpha = \frac{x}{t}$, No referencial $S'$ temos

$$x' = t'\cos\alpha'$$

Usando as transformações de Lorentz,

$$t = \gamma t'(1+v\cos\alpha')$$

$$x = \gamma t'(\cos\alpha'+ v)$$

Utilizando que $\cos\alpha = x/t$, temos

$$\cos\alpha = \frac{\cos\alpha' + v}{1+ v\cos\alpha'}$$

“Voltando” os $c$, temos

$$\boxed{\cos\alpha = \frac{\cos\alpha' + v/c}{1+(v/c)\cos\alpha'}}$$

d) No frame $S'$, teremos que a velocidade em $x'$ é dada por $v_x' = c\cos\alpha'$. No referencial $S$, temos

$$v_x = "v_x'+v" = \frac{v_x'+v}{1+(v_x'v)/c^2}$$

Substituindo $v_x'$ e utilizando que $\cos\alpha = v_x/c$ temos

$$\boxed{\cos\alpha =\frac{\cos\alpha' + v/c}{1+(v/c)\cos\alpha'}}$$

e)  No referencial da Terra, (que está se movendo e portanto corresponde ao referencial $S'$), temos $\alpha' = \pi/2$. Plugando isso, na resposta obtemos

$$\cos\alpha = v/c \rightarrow \sin\alpha = \sqrt{1-(v/c)^2} = \frac{1}{\gamma}$$

Utilziando a aproximação para pequenos ângulos, $\boxed{\alpha \approx 1/\gamma}$.

f) Enquando a distância Sol terra, está na ordem de alguns minutos-luz, a menor distância entre a Terra e outra estrela, está na ordem de anos luz, ou seja $\theta \sim 10^{-6}$. Já a velocidade da Terra é a aproximadamente $30$ km/s, assim, $v/c \sim 10^{-4}$. Logo os efeitos de aberração são mais evidentes que os de paralaxe.