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Apuntes de la práctica de Astrofísica

6 de diciembre de 2018

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Sobre estos apuntes Estos apuntes/resueltos que usted está viendo fueron creados por un alumno mientras cursaba lamateria. Es por ello que podrían haber errores de tipeo, errores conceptuales, de interpretación en los resultados, etc. Useestos apuntes con precaución. Estos apuntes no son oficiales de ninguna cátedra. Lea atentamente el prospecto. En caso denotar algún efecto adverso suspenda inmediatamente su uso y consulte con su profesor de cabecera.

El alumno autor de estos apuntes cursó la materia durante el segundo cuatrimestre de 2018, este link conduce a lapágina oficial del curso.

Encontrá más resueltos de Alf en este link.

Box 1 - ¿Cómo se hacen estos apuntes?

Estos apuntes están hechos usando un programa llamado Lyxa. Para hacer los dibujos se usó Inkscape y después seinsertó las imágenes en formato svgb directamente en Lyx.En este repositorio de GitHub se encuentra la plantilla (template) que Alf usa actualmente, con todo lo necesariopara compilarla y empezar a divertirse.

aLyx es una interfaz gráfica para Latex que hace que la escritura se vuelva extremadamente fluida y veloz (al punto de podersetomar apuntes en vivo durante una clase).

bsvg es el formato nativo de Inkscape.

1

https://losresueltosdealf.wordpress.com/http://materias.df.uba.ar/astrofa2018c2/https://losresueltosdealf.wordpress.com/https://www.lyx.org/https://inkscape.org/es/https://github.com/SengerM/lyx

ÍNDICE ÍNDICE

Índice1. Guía 1 - El universo 5

1.1. Cúmulos estelares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Guía 2 - Fluidos clásicos 8

3. Guía 3 - Relatividad 13

4. Guía 4 - Atmósferas estelares 16

5. Guía 5 - Medios interestelares 235.1. Rankine-Hugoniot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

6. Guía 6 - Estructura y evolución estelar 286.1. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

7. Guía 7 - Campos magnéticos 32

8. Guía 8 - Galaxias 36

9. Guía 9 - Cosmología 41

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←click me!2 Si ves un error, avisale a Alf , 201812062056 CC0

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Índice alfabéticoGuía 1 problema 16, 7Guía 1 problema 18, 8Guía 1 problema 2, 5Guía 1 problema 3, 6Guía 1 problema 5, 5Guía 1 problema 6, 5Guía 1 problema 8, 6Guía 1 problema 9, 7Guía 2 problema 10, 10Guía 2 problema 6, 9Guía 2 problema 8, 11Guía 2 problema 9, 9Guía 3 problema 1, 14Guía 3 problema 4, 16Guía 3 problema 5, 14Guía 3 problema 7, 15Guía 4 problema 3, 17Guía 4 problema 4, 18Guía 4 problema 6, 20Guía 4 problema 8, 21Guía 4 problema 9, 22Guía 5 problema 1, 23Guía 5 problema 2, 24Guía 5 problema 3, 24Guía 5 problema 4, 26Guía 6 problema 1, 28Guía 6 problema 2, 28Guía 6 problema 6, 29Guía 7 problema 1, 32Guía 7 problema 2, 32Guía 7 problema 3, 34Guía 7 problema 5, 35Guía 8 problema 1, 36Guía 8 problema 2, 36Guía 8 problema 3, 38Guía 8 problema 5, 40Guía 9 problema 1, 41Guía 9 problema 2, 41

3

REFERENCIAS REFERENCIAS

Referencias[Carroll and Ostlie, 2017] Carroll, B. W. and Ostlie, D. A. (2017). An introduction to modern astrophysics. Cambridge

University Press.

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1 GUÍA 1 - EL UNIVERSO

1. Guía 1 - El universoLa guía 1 la podemos dividir en cuatro partes:1. Órdenes de magnitud.

2. Determinación de no sé qué.

3. Radiación de cuerpo negro.

4. Leyes de Kepler.

Guía 1, ejercicio 2Fotometría La fotometría Consiste en medir la intensidad de la radiación que proviene de algún astro en una determinadabanda. Por ejemplo tenemos la banda del ultravioleta, la del azul, etc. En particular las bandas y sus anchos son

Sistema fotométrico de Johnson-Morgan (∼1950)Banda Longitud de onda λ Ancho de banda ∆λ

U Ultra violeta 365 nm 66 nmV Visible 580 nm 88 nmB Azul 440 nm 94 nm

La elección de estas bandas es histórica. Hoy se las sigue utilizando por cuestiones históricas, pero uno podría mirarcualquier banda.

Espectrometría Se determina la luminosidad de un astro como función de la longitud de onda. Es como una fotometríapero con más detalle. En la espectrometría se pueden observar muchas cosas: la composición de una estrella y/o del medioen el que viajó la luz a partir de las líneas de absorsión, también se puede estudiar el corrimiento doppler lo cual tieneinformación sobre el movimiento de la estrella, etc.

Polarimetría Se estudia la polarización de la radiación recibida lo cual brinda información acerca del medio en el que éstase propagó. En particular puede indicar la presencia de campos magnéticos en el medio interestelar.

Guía 1, ejercicio 5Fácil: E = hν por lo tanto λ = hcE . La longitud de onda es entonces λ ∼ 21 cm. Esta línea espectral fue la primera que

se utilizó para mapear la distribución de hidrógeno en el universo.

Guía 1, ejercicio 6Ítem a

En cuanto a la órbita circular de la tierra la podemos justificar, aproximadamente, con el hecho de que siempre vemosal sol del mismo tamaño con lo cual la distancia tiene que ser más o menos constante. En cuanto a la redondez de la órbitade Venus, no podemos decir nada. Simplemente es cómodo. Y en cuanto a la coplanaridad1 tampoco. Para poder justificarestas otras dos hipótesis tendríamos que recurrir a observaciones astronómicas. La resolución del problema es trivial usandogeometría. En particular se obtiene que si d y D son las distancias mínima y máxima respectivamente, se satisface que

AU = d+D2

Ítem b Vale 1,497× 108 km.

Ítem c El dibujito es así:

Tierra VenusObservador A

Observador B

1Sorprendente, la palabra “coplanaridad” existe. Pensé que la estaba inventando, ja.Los resueltos de

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https://es.wikipedia.org/wiki/Fotometr%C3%ADahttps://es.wikipedia.org/wiki/Sistema_fotom%C3%A9trico_UBVhttps://es.wikipedia.org/wiki/Coplanaridadhttps://losresueltosdealf.wordpress.com/https://losresueltosdealf.wordpress.com/contacto/https://en.wikipedia.org/wiki/Public_domain

1 GUÍA 1 - EL UNIVERSO

donde ` = 10× 103 km y δ = 49,8′′. Ahora sólo hay que hacer trigonometría para encontrar la distancia mínima

d ≈ 4,14× 107 km

Usando el dato del “tamaño angular” cuando está más lejos se termina encontrando que

AU ∼ 1,491× 108 km

Guía 1, ejercicio 3Vamos a suponer que los objetos emiten radiación de cuerpo negro. Esto no es cierto, pero mal que mal le pega para

tener una idea:

← Cuerpo negro ideal← Radiación afuera de la atmósfera

← Radiación a nivel del suelo

La densidad espectral de energía en el cuerpo negro (que obtuvo Planck) es

Bν (T ) =2hν3

c21

ehνkT −1

Como estamos interesados en la longitud de onda vamos a hacer el cambio de variable tal que

Bν dν = −Bλ dλ ⇒ Bλ = −Bνdν

dλ

Usando que ν = cλ encontramos quedνdλ = −

cλ2 y entonces

Bλ =c

λ22hc2

( cλ

)3 1ehcλkT − 1

Ahora sólo hay que encontrar para qué λ se da el máximo de esta expresión y despejar en función de T . No es más quederivar y despejar. Se encuentra que

λmáximo =0,00289 m K−1

T

Guía 1, ejercicio 8Si todos colectáramos de alguna forma estos 1,38 kW m−2 fundimos a Edenor. Para encontrar la luminosidad del sol L�

lo que tenemos que hacer es integrar este número en toda la superficie esférica que encierra al sol. Es decir multiplicamos1,38 kW m−2 por la superficie de una esfera de radio 1 AU:

L� = 1,38 kW m−2 × 4π (1 AU)2

1 AU = 1,5× 1011 m→ ≈ 36× 1022 kW

Según Wikipedia en el año 2005 la “potencia promedio mundial” fue de 15 TW = 1,5× 109 kW.Para calcular la temperatura del sol usamos Stephan-Boltzmann:

L�4πR2�

= σT 2efectiva

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https://es.wikipedia.org/wiki/Consumo_y_recursos_energ%C3%A9ticos_a_nivel_mundialhttps://losresueltosdealf.wordpress.com/https://losresueltosdealf.wordpress.com/contacto/https://en.wikipedia.org/wiki/Public_domain

1.1 Cúmulos estelares 1 GUÍA 1 - EL UNIVERSO

Guía 1, ejercicio 9Sale usando las leyes de Kepler. En particular la tercera ley dice que

T 2 = 4π2

G (m1 +m2)a3

con lo cualm1 +m2 =

4π2a3

GT 2

En el caso del sistema sol-tierra se considera que m� � m⊕ donde m⊕ es la masa de la tierra.

1.1. Cúmulos estelaresSon cúmulos de estrellas que están ligadas en forma gravitacional. Las estrellas de un cúmulo tienen todas la misma edad

y provienen de un mismo lugar. La edad de las estrellas se puede determinar en función de su color.Hay dos tipos de cúmulos estelares:

Abiertos. Tienen del orden de 100 estrellas y son uniformes. Las estrellas suelen ser azules que son estrellas jóvenes. Aúncontinúan formándose nuevos cúmulos abiertos. Se encuentran sobre el disco galáctico.

Globulares. Tienen del orden de 10× 103 estrellas. Son de forma esférica y poseen gigantes rojas, que son estrellas viejas. Yano se siguen formando, los que hay se formaron hace mucho. No se encuentran sobre el disco galáctico sino queestán en el halo.

Guía 1, ejercicio 16El movimiento propio es el movimiento que tiene un cuerpo celeste en la dirección perpendicular a r̂ siendo r̂ el versor

radial centrado en la tierra. El dibujito es así:

Cúmulo

Earth

Punto de convergencia

Las velocidades en realidad no apuntan al punto de convergencia, es sólo una “ilusión óptica” por el hecho de que estamosmirándolas sobre la esfera celeste. O algo así... La verdad que no entiendo bien qué es cada cosa...

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https://www.google.com/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=3&cad=rja&uact=8&ved=2ahUKEwjrjsS7_f7cAhVDGJAKHfxjBmcQFjACegQICBAK&url=https%3A%2F%2Fes.wikipedia.org%2Fwiki%2FLeyes_de_Kepler&usg=AOvVaw2hWaeH8wIKz68gI4dp4_Nqhttps://losresueltosdealf.wordpress.com/https://losresueltosdealf.wordpress.com/contacto/https://en.wikipedia.org/wiki/Public_domain

2 GUÍA 2 - FLUIDOS CLÁSICOS

vtangencial

vradial

tan 30 ◦ = vtvr

= µdvr

⇒ d = 43 pc

vt = µd

∆s = αd

α = 0,11′′

Para calcular el tamaño simplemente hacemos

Earth

T

tan 10 ◦ =T/2

d⇒ T = 15 pc

Guía 1, ejercicio 18Lo hicieron pero me tuve que ir a cursar E3.

2. Guía 2 - Fluidos clásicosTenemos la ecuación de Navier-Stokes que es

ρ

[∂v

∂t+ (v ·∇)v

]= −∇ · p+ f→ Navier-Stokes

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donde v es el campo de velocidades, ρ es la densidad, p es el tensor de presiones y f es la fuerza externa por unidad devolumen (por ejemplo un potencial gravitatorio en el 99 % de los casos). El término (v ·∇)v se conoce como “términoconvectivo”.

Para fluidos ideales vale que p = p1. Esto implica que ∇ · p = ∇p con lo cual la ecuación de Navier-Stokes para fluidosideales es

∂v

∂t+ (v ·∇)v = −∇p

ρ+ f→ Navier-Stokes para fluidos ideales

Obsérvese que se ha redefinido f , ahora es la densidad de fuerza por unidad de masa.

Guía 2, ejercicio 6Tenemos un fluido de densidad uniforme ρ 6= ρ (r). La ecuación de Navier-Stokes es entonces

0 = −1ρ

∇p−∇φ

Pues ρ 6= ρ (r)→ = −∇(p

ρ+ φ

)con lo cual

p

ρ+ φ = constante

Si evaluamos esto sobre una equipotencial tenemos que φ es constante con lo cual

dpcen una equipotencial = otra constante ≡ p0

es decir que la presión es constante. Si ahora consideramos la ecuación de estado

T = T (p, ρ)

tenemos que evidentemente T es una constante sobre la equipotencial.

Guía 2, ejercicio 9LTE significa Local Thermal Equilibrium.

Ítem a Planteamos Navier-Stokes en el caso estacionario y con la fuerza gravitatoria1ρ

∇p = −MGr2r̂

Ahora usamos el hecho de que esto es un gas ideal con lo cual la ecuación de estado es

p = nkTnm = ρ→ = ρ

mkT

y entonceskT

mρ∇ρ = −MG

r2r̂

(se usó además que la atmósfera es isotérmica con lo cual ∇T = 0). Ahora resolvemos, la componente radial del gradientees:

1ρ

kT

m

∂ρ

∂r= −MG

r2

y si ahora integramos desde la superficie del planeta R hasta un r cualquiera obtenemos

ρ = ρ0 exp(mMG

kT

[1r− 1R

])Ahora podemos calcular fácilmente la presión usando la ecuación de de estado. Es prácticamente lo mismo

p = p0 exp(mMG

kT

[1r− 1R

])Vamos a considerar ahora el límite de bajas alturas, donde tiene sentido que esto funcione. Vamos a considerar entonces

z � R. En este caso queda queρ = ρ0e−z

kTmg

A la constante kTmg se la conoce como altura de escala.Los resueltos de

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Ítem b La densidad de columna se define según∞̂

0

ρ dzdef=∞̂

0

e−zH ρ0 dz = −ρ0H

Ítem c Pasamos a un modelo de atmósfera un poco más realista (la isotérmica es re trucha) que es el de una atmósferaadiabática en la que se satisface

pρ−γ = constante→ Adiabática

con γ = cpcv . El hecho de que la atmósfera sea adiabática implica que no hay intercambio de calor entre los elementos defluido. Ahora es repetir lo mismo de antes pero utilizando esta “nueva ecuación de estado”. La solución es

ρ = ρ0[1 + GMρ

γ0

γp0(γ − 1)

(1r− 1R

)] 1γ−1

Tomando ahora el límite z = r −R→ 0 (bajas alturas) se obtieneρ (z) = ρ0

[1− gρ

γ0 (γ − 1)γp0

z

] 1γ−1

p (z) = ρ0[1− gρ

γ0 (γ − 1)γp0

z

] γγ−1

Ahora podríamos buscar también la temperatura usando que T ∝ pρ .

Guía 2, ejercicio 10Vamos a meter una perturbación en la atmósfera y ver qué ocurre. Vamos a asumir que hay simetría estacionaria en x e

y (salvo por la columna, claro). Entonces tamos a tener p (z) , T (z) y ρ (z). La ecuación de Navier-Stokes es entonces

dp

dz= −ρg

o biendp

p= −ρg

pdz

Ahora consideramos un gas ideal con lo cual p = ρmkT y entonces

dp

p= −mg

kTdz

kT

mg≡ H → = − 1

Hdz

A continuación usamos la ecuación de balance de calor que es

32nk

(∂T

∂t+ v0 ·∇T

)+ p∇ · v0 = 0→ Eq. de balance de calor

Reemplazando v0 = v0ẑ, usando situación estacionaria ⇒ ∂T∂t = 0, obtenemos

32nkv0

∂T

∂z+ p∂v0

∂z= 0

Por último vamos a usar la ecuación de continuidad del fluido

∂ρ

∂t+ ∇ · (ρv0) = 0→ Eq. de continuidad

En el caso estacionario y con simetría en x e y esto queda

∂ (ρv0)∂z

= 0

v0∂n

∂z+ n∂v0

∂z= ← nm = ρ

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Reemplazando en la ecuación de balance de calor

32nkv0

∂T

∂z− pv0

n

∂n

∂z= 0

y ahora usamos n = pkT y no sé qué más hacemos y nos queda

−pv0n

∂n

∂z= −kTv0

1kT ∂p∂z︸︷︷︸− pH

− pkT 2

∂T

∂z

32nkv0

∂T

∂z− kTv0

[− pHkT

− pkT 2

∂T

∂z

]= 0

v0p

[32

1T

∂T

∂z+ 1H

+ 1T

∂T

∂z

]= 0

cp =52k

m

mcpkT

∂T

∂z+ 1H

= 0

y esto es lo que queríamos demostrar (?), la ecuación de balance de calor para la columna.

Ítem b La variación de la temperatura es

dT

dt=��∂T

∂t+ v0 ·∇T

= v0∂T

∂z

= v0(− kTmcpH

)= −v0

g

cp

donde hemos reemplazado la expresión de H.

Ítem c Nosotros tenemos quedT

dz=

− α Afuera de la columnag

cpAdentro de la columna

En el caso en que α < gcp lo que pasa es que los elementos de fluido que suben por la columna se enfrían más rápido que laatmósfera circundante. En este caso la densidad va a aumentar y el fluido se irá nuevamente hacia abajo. En caso contrario,i.e. cuando α > gcp , lo que ocurre es que los elementos de la columna están siempre más calientes dentro de la columna queafuera con lo cual se enfriarán más lento y subirán más rápido. En este caso se desarrolla la inestabilidad convectiva.

Guía 2, ejercicio 8Vamos a estudiar la deformación de un planeta producto de la rotación.

Ítem a La fuerza centrífuga esF centrífuga = −ρω × (ω × r)

con ω = ωẑ la velocidad angular. Expresando en polares

ω = ω(

cos θ r̂ − sin θ θ̂)

nos queda queF centrífuga = ρω2r

(r̂ sin2 θ + θ̂ sin θ cos θ

)Los resueltos de

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Por otro lado la fuerza gravitatoria es

F gravedad =

− ρM (r)G

r2r̂ para r < R

− ρMGr2r̂ para r ≥ R

La ecuación de Navier-Stokes para un fluido bonito nos queda

∇p = −∇φ

El potencial es entonces φexterior = 43πρ

2 r2

2 G− ρω2 r

2

2 sin2 θ + constante

φinterior = −ρMGr− ρω2 r

2

2 sin2 θ

Aplicando la condición de contorno de que φexterior = φinterior para r = R se despeja la constante que termina valiendo− 32

ρMGR .

Ítem b φ (r = R) = −ρMGR − ρω2R2

2 sin2 θ

∇ (p+ φ) = 0⇒ p+ φ = constante

dpcsuperficie = p0 = constante

dpcsuperficie + dφcsuperficie = constante

con lo cualdφcsupefficie = constante

Ahora lo que vamos a hacer es evaluar φ (r = R) = −ρMGR − ρω2R2

2 sin2 θ en un punto de referencia, por ejemplo el polo con

R0 y θ = 0. Obtenemos

−ρMGR− ρω2R

2

2 sin2 θ = −ρMG

R0

de donde podemos despejarR

R0= 1 + ω

2R3 sin2 θ2GM

Para seguir resolviendo eso habría que integrar en forma numérica. A mano llegamos hasta acá. Lo importante es que RR0 ≥ 1con lo cual cualquier R es mayor que el R0 de referencia tomado en el polo.

Ítem c Vamos a definirδR = Recuador −R0 � R0

Ahora me perdí (estamos resolviendo esto a las chapas en los últimos 10 minutos de clase)

δR

R0= Re −R0

R0

= ω2R3e

2MG

= ω2 (R0 + δR)3

2GM

≈ω2(R30 + 3R20δR

)2GM

= ω2R30

2GM − 3ω2R0

= 1 + ω2R30

2GM − 3ω2R0

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3 GUÍA 3 - RELATIVIDAD

Ítem d Saturno es el planeta más achatado del sistema solar. Usando los valores

M = 5,68× 1026 kgω = 1,64× 10−4 s−1

R0 = 5,43× 107 mRecuador = 6,02× 107 m

obtenemos

(RecuadorR0

)teórico

= 1,068(RecuadorR0

)observado

= 1,108

donde el teórico es con la cuenta del ítem previo mientras que el observado es haciendo el cociente entre las cantidadesnuméricas de este ítem.

3. Guía 3 - RelatividadVamos a comenzar haciendo un repaso. Consideremos dos sistemas de referencia, S y S′, tal que S′ se mueve con

velocidad v = vx̂ visto desde el sistema S (el caso típico de todo libro). En este caso las coordenadas se relacionan mediantela transformación de Lorentz

Lorentz boost→

t′ = γ (x− βct)x′ = γ (ct− βx)y′ = yx′ = x

donde β = vc y γ =1√

1−β2. En forma matricial lo anterior es

t′

x′

y′

z′

=

γ −γβ−γβ γ

11

txyz

y en notación de índices

x′µ = Λµνxν→ Notación de índices

donde se aplica el criterio de sumación de Einstein.Se define el cuadrivector momento

pµ =

Ecpxpypz

=

[γmc2

γmv

]y se obtiene la relación

E2 = m2c4 + c2p2

También tenemos el efecto Doppler relativista

νobservada = νemitida (1− β cos θ) γ→ Doppler relativista

donde θ es el siguiente ángulo

← observador

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Guía 3, ejercicio 1Ítem a El factor de Lorentz es γ. La componente temporal del cuadrimomento es p0 = γmc2 ≡ E. Conociendo la energía(de los rayos cósmicos) 1020 eV, la masa del protón y la velocidad de la luz podemos calcular trivialmente que

γ ∼ 1011

Ítem b La contracción de la longitud es

L = L0γ

= 100 pc1011= 10−9 pc

1 pc = 3× 1018 cm→ ∼ 109 cm= 104 km

Eso es menos que la distancia entre la tierra y la luna.El tiempo propio que le demanda al protón atravesar la galaxia es

t0 =t

γ

= L0γvp

vp ≈ c→ ≈L

c

= 104 km

108 m s−1= 0,1 s

El tiempo medido por un observador en la tierra va a ser

ten la tierra =100 pcc

≈ 300 años

Ítem c Hay que hacer el camino inverso a lo de recién. No entiendo por qué puso que

t = 2τn

que lo sacó haciendo Nn (t) = Nn (0) 2−tτn = N

0n

4 ⇒ 2− tτn = 14 . Ahora es despejar la formulita: la distancia recorrida por el

neutrón esd = En

mnc2τn

donde hemos usado que vn ≈ c y En = γnmnc2 y d = cγn2τn.

Guía 3, ejercicio 5Ítem a Queremos estudiar el efecto Compton y relacionar la frecuencia del fotón final con el ángulo de escatereo. Porconservación de momento sabemos que

pγ − pγ final = pe− finalcon lo cual

p2γ + p2γ final − 2pγpγ final cos θ = p2e− finalEn cuanto a la energía tenemos que

hν +mc2 = hνfinal +√m2c4 + c2p2e− final

Juntando las dos coas tenemos

2h (ν − νfinal)mc2 + h2 (ν − νfinal)2 +��m2c4 =��m2c4 + c2p2γ + c2p2γ final − 2c2pγpγ final cos θ

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Usando ahora que E = cp para los fotones tenemos que

2 (ν − νfinal)mc2

h+ (ν − νfinal)2 = ν2 + ν2final + 2ννfinal − 2ννfinal cos θ

de donde podemos despejar

(ν − νfinal)mc2

h= ννfinal cos θ

y finalmente1

νfinal− 1ν

= hmc2

(1− cos θ)

Ítem b Ahora tenemos el efecto Compton inverso, es decir un electrón que se mueve a las chapas y choca a un fotón. Loúnico que hay que hacer es aplicar un boost tal que nos vamos al sistema en reposo del electrón. Luego tenemos el mismoproblema que antes. Entonces tenemos que en el sistema en reposo vale lo mismo que en el ítem a:

ν′final =1

1ν′ +

hmc2

(1− cos θ′

)→ En el sistema en reposoAhora tenemos que aplicar un boost al sistema laboratorio para ver cómo queda esto. En primer lugar transformamos lafrecuencia usando el Doppler relativista

νfinal = ν′finalγ(1 + β cos θ′

)y entonces

νfinal =γ(1 + β cos θ′

)1ν′ +

hmc2

(1− cos θ′

)Ahora tenemos un ángulo φ que no sé qué representa pero aparece en una fórmula que es

ν′ = νγ (1− β cosφ)

Creo que es el ángulo en el que observamos el proceso en el sistema laboratorio, pero no sé con respecto a qué. No hay ningúndibujo que nos ayude a interpretar qué es. Lo que le quedó es

νfinal =γ(1 + β cos θ′

)1

νγ(1−β cos θ) +hmc2

(1− cos θ′

)Ítem c Queremos encontrar la máxima energía del fotón dispersado en el ítem b. No entendí nada. Hay dos ángulos φ y θque no sé qué son, y dadas las preguntas del curso creo que nadie entiende bien qué son.

Guía 3, ejercicio 7El potencial gravitatorio en la superficie de la enana blanca es

dφcSuperficie de la enana blanca = −GMenanitaRenanita

mientras quedφcSuperficie de la tierra ≈ 0→ Debido a que MTierra ≪MEnana y RTierra ∼ REnana

por lo tanto∆φ = GM

R

Lo que sigue no le entendí nada...∆E = hc

λobservado− hcλ0

∆λg = λobservado − λ0

zdef= ∆λ

λ0→ Red shift

∆λgλ0

= GMRc2

= 1,49× 10−4→ Red shift gravitatorioLos resueltos de

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4 GUÍA 4 - ATMÓSFERAS ESTELARES

Guía 3, ejercicio 4Tenemos que ver cuál es la energía mínima del γ para que pueda ocurrir la reacción p+ γ → n+ π+. Vamos a usar por

un lado la conservación de cuadrimomento

pµinicial = pµfinal→ Por conservación

y por otro el invariante relativistap2 = pµpµ→ Invariante relativista

Entonces(pinicial) µ (pinicial) µ = (pfinal) µ (pfinal) µ

En particular podemos evaluar el pinicial en el frame en que el protón está en reposo y el pfinal en el sistema centro de masa.Esto es (

dpinicialcSistema en el que el protón está en reposo)2

= (dpfinalcSistema centro de masa)2

Las componentes de cada bicho son

dpinicialcSistema en el que el protón está en reposo =

Efotón +mpc2

Efotónc00

dpfinalcSistema centro de masa =

mnc

2 +mπc2000

donde hemos asumido que la energía del fotón es la mínima tal que las partículas finales están en reposo. Entonces tenemosque (

Efotón +mpc2)2 − (Efotón

c

)2≥ (mn +mπ)2 c4

4. Guía 4 - Atmósferas estelaresTenemos una función de distribución de fotones

f (r,p) → Distribución de fotones

que es el número de fotones en la posición r con un impulso p. Además tenemos la intensidad de radiación

Iν→ Intensidad específica

que es la Energía radiadaÁrea×Tiempo×Ángulo sólido×Frecuencia . Queremos relacionar las dos cantidades. Para ello consideramos el hecho de queel impulso del fotón es

p = hνc

con lo cual (no entiendo)

con lo cualIνhν

= #de fotonesy finalmente

Iν = fh4ν3

c2Los resueltos de

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Guía 4, ejercicio 3Ítem a Creo que no es más que la conservación de la energía. La energía total que se encuentra en la cáscara esférica quese propaga en forma radial desde la estrella hacia la tierra es constante. Esto es justamente la luminosidad de la estrella.Entonces tenemos que

Luminosidad→Lν ={

4πR2qν (R) Evaluada sobre la superficie de la estrella4πr2qν (r) Evaluada en un r arbitrario

entonces

qν (r) = qν (R)(R

r

)2Ítem b La intensidad en la superficie de la estrella es

Iν (θ) ={Iν para θ < π/20 en otro caso

Gráficamente esto sería así:

Este lado irradia

z

Ahora sólo hay que integrar

qν =Îν ẑ cos θ dΩ

= Iν2πˆ

0

dφ

π/2ˆ

0

cos θ sin θ dθẑ

= πIν ẑ

Para calcular las demás cantidades simplemente recurrimos a su definición

Jν =1

4π

Îν dΩ

ypijν =

Îνuiuj dΩ

Ítem c Ahora asumimos que

Iν = Bν =2hν3

c2

(ehνkT − 1

)−1Tenemos que la luminosidad por unidad de frecuencia es

Lν = 4πR2qν (R)= 4π2R2Iν

= (2πR)2 2hν3

c2

(ehνkT − 1

)−1

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La luminosidad total es simplemente la integral de esto anterior sobre todo el espectro, es decir

L =∞̂

0

Lν dν

= (2πR)2 2hc2

∞̂

0

ν3

ehνkT − 1

dν

xdef= hνkT

dx = hkT

dν

→ = (2πR)2 2hc2(kT

h

)4 ∞̂0

x3

ex − 1 dx

∞̂

0

x3

ex − 1 dx =π4

15 → = 4πR2 2π5k4

15h3c2T4

= 4πR2σStephan-BoltzmannT 4

Guía 4, ejercicio 4Dada una magnitud patrón m0 (estrella Vega) entonces la magnitud de otra estrella se calculaba usando

m = m0 − log2,5(q

q0

)→ Definición antigua

Esto viene de una definición que hizo un tal Hiparco en la antigua Grecia. Sin embargo es un bajón trabajar con un logaritmoen base 2,5. En consecuencia se redefinió usando que

(100)1/5 = 2,512 . . .

con lo cual ahora se definió

m = m0 − log(100)1/5(q

q0

)

= m−log(qq0

)log(

(100)1/5)

y se termina obteniendo la definición que usamos hoy en día

Magnitud aparente→m = m0 − 2,5 log(q

q0

)→ Definición moderna

Todo esto lo podemos hacer en función de ν, en cuyo caso obtendríamos

mν = mν0 − 2,5 log(qνqν0

)Para pasar de longitud de frecuencia a longitud de onda usamos

qλ | dλ | = qν | dν | ⇒ qν = qλ∣∣∣∣ dλdν

∣∣∣∣(las barras de módulo son para evitar quilombos con los signos). Usando ahora λν = c encontramos que

qν =λ2

cqλ

Ahora vamos a trabajar en la banda azul B. Usando el dato de que

mν,Vega ≡ 0 ∀ν→ Por consigna

tenemos que

mB,? = −2,5 log(

qν,?qν,Vega

)Los resueltos de

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de donde podemos despejar

qν,? = qν,Vega10−mB,?

2,5

qν =λ2

cqλ → =

λ2

cqλ,Vega10−

mB,?2,5

Poniendo todos los datos que figuran en la tablita de la consigna termina quedando que

qB,? = . . .

Ahora sólo habría que repetir este proceso para cada punto de la tablita y hacer el grafiquito.

Ítem b La magnitud absoluta es la magnitud con la que mediría a una estrella si ésta se encontrare a una distancia de 10 pc.Para encontrar cómo se relaciona la magnitud absoluta M con la magnitud aparente m recordemos en primer lugar que elflujo medido a distintas distancias se relaciona según

q (r) = q (R)(R

r

)2Entonces la relación que hay entre las magnitudes es

M = m− 2,5 log(q (10 pc)q (r)

)→ Magnitud absoluta

Despejando q(10 pc)q(r) =(

r10 pc

)2a partir de q (r) = q (R)

(Rr

)2 lo que encontramos es queM = m− 5 log

(r

10 pc

)→ Magnitud absoluta

De aquí podemos despejarr = 10 pc× 10

m−M5

Los valores de m los tenemos en la tablita de la consigna. Los valores de M los obtenemos usando los q del ítem previo enla fórmula M = m− 2,5 log

(q(10 pc)q(r)

).

Por otro lado sabemos que la luminosidad es

Lν = 4πr2qν→ Luminosidad

por lo tanto usando los qν del ítem previo y el r que recién calculamos, podemos encontrar la luminosidad.

Ítem c La luminosidad de Planck esLν = (2πR)2

2hc2

ν3

ehνkT − 1

→ Planck

Haciendo el ajuste de encuentra que {T ∼ 60 kKR ∼ 8× 108 m

Tenemos una estrella que tiene más o menos el tamaño del sol pero es mucho más caliente.

Ítem d En el ejercicio anterior, o en el anterior anterior, encontramos que para un objeto que sigue la ley de Planck valeque su luminosidad es

L = 4πR2σT 4

Teniendo R y T del ítem previo sólo hay que hacer la cuenta.En cuanto a la magnitud bolométrica usamos

MBolométrica = MBolométrica �︸︷︷︸Referencia

− 2,5 log(L

L�

)

Sólo hay que hacer la cuentita.

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Guía 4, ejercicio 6Ítem a Comencemos calculando la presión de radiación

pν =tr (pij)

3

pij =1c

ˆJνuiuj dΩ→ =

13c

ˆJνûiûj dΩ

= 4πJν3c

Jν = Iν por isotropía→ =4πIν3c

(recordemos que Jν = 14π´Iν dΩ = Iν cuando hay isotropía). Ahora recordemos que{

qν (R) = 4πIν → Flujo en la superficie de la estrellaLν = 4πR2qν (R) → Luminosidad

Usando esto podemos ver quepν =

Lν12cπR2

por lo tanto la presión de radiación es

p =∞̂

0

pν dν→ Presión de radiación

= L12πcR2

Ahora podemos calcular la fuerza de radiación como

Frad = σp→ Fuerza por unidad de volumen

con lo cualF rad =

Lσ

12πcR2 r̂

Si bien los fotones están haciendo un movimiento aleatorio en este gas, el gradiente radial de presiones termina generandoesta fuerza.

Ítem b Queremos ver quién gana, si la gravedad o la presión electromagnética. Esto es

Fradg

=Lσ

12πc��R2GM

��R2

= Lσ12πcGM

∝ LM

Aquí lo que vemos es que dependiendo de la relación entre L y M vamos a tener la estabilidad de la estrella:

Si Fradg > 0 entonces la estrella expulsa material.

Si Fradg < 0 la estrella colapsa sobre si misma.

Ítem c Vamos a considerar el scattering de Thomson que es el límite de baja energía del scattering de Compton. Lacaracterística de este scattering es que es elástico y se conserva la energía de cada uno de los elementos por separado.

Si la sección eficaz por cada electrón es σT (según consigna) lo que tenemos que hacer es encontrar la sección eficaz porunidad de volumen. Esto es simplemente multiplicarla por la densidad numérica de electrones, es decir

σ = neσT → Sección eficaz por unidad de volumen

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EntoncesFradg

= Lσ12πcGM ← Del ítem previo

= LneσT12πcGMAhora consideramos la condición de cuasi neutralidad que implica que

ne ≈ np→ Cuasi neutralidad

Por último simplemente consideramos la densidad de masa:

np =ρpmp

Reemplazando obtenemosg

Frad= 12πGMmpc

σTLρp

Ítem d El límite de Eddington relaciona la máxima luminosidad de una estrella en función de la masa. Para encontrarlovamos a considerar lo siguiente

La estrella no colapsa ⇐⇒ FgravedadFradiación

< 1

por lo tanto ⌈gmpFrad

⌋Límite de Eddington

= 1

de donde podemos despejarL <

12πcGMmpσT

→ Límite de Eddington

Finalmente consideramosL

L�=(M

M�

)3,5⇒ L = L�

(M

M�

)3,5por lo tanto

M < despejar de lo de antes

Guía 4, ejercicio 8Ítem a y b (?) La ecuación de transferencia radiativa es

1c

[∂Iν∂t

+ (u ·∇) Iν]

= ρ [eν + σνJν − kνIν − σνIν ]

donde eν es la emisividad, σν es el coeficiente de scattering, kν es la absorción. Como estamos en el caso estacionario entonces∂Iν∂t ≡ 0.

Theta

En este caso el observador está en

Observador→{z =∞τν = 0

ydτν = −κνρ dz

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Además se define (igual que en la teórica)µ

def= cos θ

y la función fuenteSν =

eν + σνJνkν + σν

→ Función fuente

Entoncese−

τνµ µ

dIνdτν

= (Iν − Sν) e−τνµ

µd

dτν

(Iνe− τνµ

)= −Sνe−

τνµ

Iν (z =∞) = Iν (τν = 0)

= 1µ

∞̂

0

Sνe−t/µ dt

Ítem c Asumiendo queSν ≈ aτν + b→ Eddington-Barbier

podemos hacer

Iν (z =∞) = Iν (τν = 0)

= 1µ

∞̂

0

Sνe−t/µ dt

= 1µ2[bµ+ aµ2

]= aµ+ b = Sν (τν = 1)

Entonces en definitiva lo que tenemos es que

Iν = aµ+ b→ En el observador

Ahora vamos a usar esto para explicar el oscurecimiento del limbo oscurecimiento del limbo

Guía 4, ejercicio 9En este problema tenemos lo mismo de siempre pero al revés:

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5 GUÍA 5 - MEDIOS INTERESTELARES

Theta

Tierra

m_{\nu,0}

Estamos interesados en conocer cómo afecta la atmósfera así después podemos eliminar su influencia en la observación.Entonces si mν es la magnitud de la estrella “si la atmósfera no estuviera”, o sea la posta, vamos a tener que

mν,suelo = mν,0 + κν cos θ→ Consigna

siendo κν la opacidad de la atmósfera terrestre.Haciendo lo mismo que en el problema de hace un rato llegamos a

Iν,suelo = Iν,0e−τν sec θ

donde τν es la profundidad óptica cenital. Además el flujo es

qν,suelo = qν,0e−τν sec θ

mν,0 = mν,ref − 2,5 log(qν,0qν,ref

)mν,suelo = mν,ref − 2,5 log

(qν,sueloqν,ref

)Entonces

mν,suelo −mν,0 = −2,5 log(qν,sueloqν,0

)= −2,5 log

(e−τν sec θ

)= 2,5τν log10 (e) sec θ→ Es lo que pedía el problema!

Para medir mν,0 desde la superficie de la tierra (o sea, midiendo mν,suelo) se toman muchas mediciones para distintos valoresde θ y luego se ajusta la función

mν,suelo = mν,0 + κν sec θ

a los datos medidos. La ordenada al origen es el parámetro de interés.

5. Guía 5 - Medios interestelaresEsta es una guía re tranqui, como para tener idea de órdenes de magnitud y nada más.

Guía 5, ejercicio 1Salen todos con la siguiente formulita:

〈v〉 =√

8kTπm

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Guía 5, ejercicio 2Del problema anterior tomamos que la temperatura de las regiones H I es de TH I ∼ 100 K. Por equipartición de energía

tenemos quem

2〈v2〉

= 32kT

Para la velocidad de rotación es similarI

2〈ω2〉

= 32kT

siendo I el momento de inercia.Para calcular el momento de inercia I y la masa m de las partículas asumimos que éstas son esferas con las características

que nos da la consigna.

Guía 5, ejercicio 3Ítem a Una forma de hacerlo es al estilo de Física 3: tomar un elemento de volumen de la esfera de gas y estudiar cómointeractúa. Tipo ley de Gauss. Consideremos el siguiente dibujito

R

rδm Nube de gas de radio R

Elemento de masa

El delta de energía que aporta este delta de masa es

δE = −Gm (r) δmr

= −Gm (r) ρ (r) δvr

siendo m (r) la masa encerrada en la esfera de radio r y δv el diferencial de volumen. Integrando lo anterior sobre todo elvolumen de la esfera obtenemos

E =ˆδE

= −ˆGm (r) ρ (r)

rd3r

Θ def= RM2

ˆm (r) ρ (r)

rd3r → = −ΘGM

2

R

Si ahora asumimos que la densidad ρ (r) es uniforme ρ0 entonces

Θ = RM2

ρ20

R̂

0

4π 43πr4 dr

M = 43πR3ρ0 → =

35

con lo cualE = −3GM

2

5R → Para esfera uniformeLos resueltos de

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Ítem b Tenemos que usar la ecuación de un fluido ideal

∇p+ ρ∇φ = 0→ Balance hidrostático

Para encontrar la presión hacemos el siguiente truco: primero multiplicamos escalarmente por r de modo tal que nos quedeuna ecuación escalar, y además integramos en todo el volumen así podemos transformar las integrales de volumen en integralesde superficie donde nos quede la presión sobre la superficie que es lo que buscamos. Esto es

ˆ(∇p+ ρ∇φ) · r d3r = 0

ˆ(∇p · r + ρ∇φ · r) d3r =

Ahora consideramos

ˆ∇p · r d3r =

ˆ

V

∇ · (pr) d3r −ˆ

V

p

∇·r≡3︷︸︸︷∇ · r d3r

Teorema de la divergenciapV = nkT

}→ =

‹

∂V

pr · r̂R2 dΩ− 3kTˆ

V

nd3r

︸︷︷︸N

dpc∂V ≡ p0 → = p04πR3 − 3kTN

= p04πR3 − 2cV TM

Por otro lado la integral con φ esˆρ∇φ · r d3r =

ˆρGm (r)

rr̂ · r d3r

Θ = · · · → = ΘM2G

R

Reemplazando estas dos expresiones finalmente podemos despejar

p0 =cVMT

2πR3 −ΘGM2

4πR4

Ítem c La forma funcional es algo así

RJPara encontrar el máximo simplemente derivamos:

∂p0∂R

= −3cVMT2πR4 −4ΘGM2

3πR5 = 0

De aquí se despeja el radio de Jeans que es

RJ = −2ΘGM3cV T

= −4ΘGMρkT

El valor de presión máxima es

PM0 =37

210Θ3M2G3

(kT

m

)→ No se llega a ver bien, quizá está mal copiada

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5.1 Rankine-Hugoniot 5 GUÍA 5 - MEDIOS INTERESTELARES

y de aquí se puede despejar la masa de Jeans que es

M2J =10125π1024

(kT

mG

)3 1ρ

Podemos analizar el equilibrio y vamos a encontrar que

RJ

Colapsogravitatorio

Acá esestable

Radio de la nube

Pres

ión

Todo esto parece que está en el Battaner.

5.1. Rankine-HugoniotLas relaciones de Rankine-Hugoniot son

Rankine-Hugoniot→

ρ1u1 = ρ2u2p1 + ρ1u21 = p2 + ρ2u22u212 +

52p1ρ1

= u22

2 +52p2ρ2

donde el 52 =γγ−1 con γ = 1+

2n siendo n el número de grados de libertad de la molécula. Las relaciones de Rankine-Hugoniot

sólo son válidas en el referencial de la onda de choque!

Guía 5, ejercicio 4Tenemos

p2,rho2,T2 p1,rho1,T1

onda de choque

En el referencial del fluido no chocado

Si nos pasamos al referencial de la onda de choque vamos a tener que el fluido es el que se está moviendo, y es en estereferencial en el cual valen las relaciones de Rankine-Hugoniot.

Vamos a definir, igual que en la teórica, sψ = ρ2

ρ1

M = uc→ Número de mach

c2 = γpρ

→ Velocidad del sonido

Vamos a expresar todo en términos del número de mach del lado no chocado, es decirp2 = p2 (M1)T2 = T2 (M1)ρ2 = ρ2 (M1)M2 =M2 (M1)

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5.1 Rankine-Hugoniot 5 GUÍA 5 - MEDIOS INTERESTELARES

Vamos a considerar la ecuación de estado de un gas ideal

p = nkT → Gas ideal= ρ

mkT

Combinando esta ecuación de estado con la ecuación de la velocidad del sonido podemos obtener

c2 = γ kmT

Ahora de la primera ecuación de Rankine-Hugoniot metiendo la ecuación de estado obtenemosp2m

kT2u2 =

p1m

kT1u1

Combinándola con no sé qué obtenemos (p2u2c2

)2 1T2

=(p1u1c1

)2 1T1

y entonces tenemos queT2T1

=(p2M2p1M1

)2Por otro lado, de la tercera relación de Rankine-Hugoniot junto con la ecuación de estado y la de la velocidad del sonido

tenemos que52T1k

m

(1 + u

21

5T1 km

)= 52

T2k

m

(1 + u

22

5T2 km

)

Usando ahora que γ = 53 (pues tenemos gas monoatómico o algo de eso) y que

3c22 = 5T2

k

m

3c21 = 5T1k

m

vamos a llegar a

T1

(1 + M

21

3

)= T2

(1 + M

22

3

)Por último consideremos la ecuación segunda de Rankine-Hugoniot. Combinándola con la ecuación de estado y la de la

velocidad del sonido vamos a encontrar quep2p1

=1 + 53M

21

1 + 53M22

Juntando esto con T2T1 =(p2M2p1M1

)2encontramos (

p2M2p1M1

)2=

1 + 13M22

1 + 13M21

Si ahora usamos T1(

1 + M21

3

)= T2

(1 + M

22

3

)finalmente llegamos a(1 + 53M21

1 + 53M22

)2=(M1M2

)2 1 + 13M221 + 13M

21

Como se puede ver esto es simétrico en M21 y M22. Esto implica que M1 = ±M2 son soluciones. Si despejamos acáencontramos (

M21 −M22)(

1 + 13(M21 +M22

)− 53M

21M22

)= 0

Las solucionesM1 = ±M2 no nos interesan ya que son triviales. Las soluciones interesantes salen de 1 + 13(M21 +M22

)−

53M

21M22 = 0. De aquí sacamos

M2 =M21 + 35M21 − 1

→ Solución

Sabiendo el valor deM2 ahora podemos calcular todo lo demás

p2 = p1(

54M

21 −

14

)ρ2 = ρ1

4M21M21 + 3

T2 = T1(3 +M21

) (5M21 − 1

)16M21

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6 GUÍA 6 - ESTRUCTURA Y EVOLUCIÓN ESTELAR

6. Guía 6 - Estructura y evolución estelarBibliografía:

Carol capítulo 11 (el mejor)

Long gate high eergy astro phisicc 2

Bataner cap 5

Guía 6, ejercicio 1

τKH =GM2

RL= Energía gravitatoriaLuminosidad ∼ 10

7 años

τH =√

R3

GM∼ 1600 s

τm =QMc2

L∼ 1011 años

Guía 6, ejercicio 2El gráfico lo podemos encontrar en el capítulo 4 del Choduli o en el 18 del Kipenjam. Es algo así

El motivo por el cual las reacciones se cortan en 56Fe es que necesitamos que el resultado tenga menor energía que elestado inicial Entonces sólo podemos proceder así:

Sube la energía de ligadurapor lo tanto habremos liberado

energía

La fusiónlibera energía

La fisión liberaenergía1

Debido a que a la izquierda del Fe los átomos tienen cada vez más energía de ligadura entonces cuando se fusionan dosátomos el resultado será un átomo más estable que los originales. En cambio del lado derecho del Fe lo que pasa es que sihacemos una fusión vamos a obtener un producto que es más inestable que los originales, entonces se va a fisionar.

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6.1 Resumen 6 GUÍA 6 - ESTRUCTURA Y EVOLUCIÓN ESTELAR

6.1. ResumenEl siguiente resumen se puede encontrar en la bibliografía [Carroll and Ostlie, 2017, p. 420].

Ec. estructura

• Equilibrio hidrostático relaciona p con r [Carroll and Ostlie, 2017, p. 377]

dp

dr= −GMrρ

r2

• Conservación de masa relaciona M con r [Carroll and Ostlie, 2017, p. 378]

dMrdr

= 4πr2ρ

• Generación de energía relaciona L con r [Carroll and Ostlie, 2017, p. 398]

dL

dr= 4πr2ρε

donde ε→{gravitatorianuclear

.

• Transporte de energía relaciona T con r [Carroll and Ostlie, 2017, p. 406]

dT

dr= − 34ac

κRρ

T 3Lr

4πr2

donde κR es la opacidad de un señor que se pronuncia “rosland”. WARNING: los símbolos pueden estar malcopiados ya que no se entienden bien del pizarrón.

Relaciones constitutivas P (ρ, T,Xi)ε (ρ, T,Xi)κR (ρ, T,Xi)

En general se considera un gas ideal con lo cual la relación constitutiva para la presión es

P = ρkTµmH

+ 13aT4→ Gas ideal (?)

Para ε se suele considerar la reacción protón protón, CN0 (o CNO, no sé). Para κR no vamos a considerar nada realista.

Condiciones de contorno

• Para r → 0 tenemos que ME BORRÓ TODO EL PIZARRÓN.

Guía 6, ejercicio 6Tenemos

→ Consigna

p = kργ

1x2

d

dx

(x2dψ

dx

)+ ψn = 0

donde r = αx, ρ = ρ0ψn y γ = 1 + 1n .

Ítem a La solución es del tipo críptica en el sentido de que es una sarta de cuentas a interpretar por el alumno. La solucióndel ítem (a) es la siguiente:

1ρ

dp

dr+ Gm (r)

r2= 0

m (r) =rˆ

0

4πr′3ρ(r′)dr′

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⇒ 1ρ

dp

dr+ Gr2

rˆ

0

4πr′2ρ(r′)dr′ = 0

p = kργ

ρ = ρ0ψn → = kργ0ψnγ

= kργ0ψn+1

dp

dr= kργ0 (n+ 1)ψn

dψ

dr

r2

ρ0ψnkργ0 (n+ 1)ψn

dψ

dr+ 4πG

rˆ

0

r′2ρ(r′)dr′ = 0

kργ−20 (n+ 1)4πGr2

d

dr

(r2dψ

dr

)+ ψn = 0

ρ (r = 0) = ρ0 ⇒ ψ (x = 0) = 1

d2ψ

dx2+ 2x

dψ

dx+ ψn = 0

⌈dψ

dx

⌋x=0

= 0

Ítem bα2 = kρ

γ−20 (n+ 1)

4πG

4πGα2 = kργ−20 (n+ 1)

γ = 1 + 1n→ γ − 2 = −1 + 1

n

4πGα2 = kρ−1+1n

0 (n+ 1)

Ítem cψ (x) = 1 + b2x2 + b4x4 + b6x6

Ahora simplemente metemos esta solución en la ecuación de Lane-Emden [Carroll and Ostlie, 2017, p. 426] y ver cuántovalen las bi. Parece que queda que

b2 = −16

b4 =n

120

b6 =n

3024 −n2

1890

(a) p = ρkTm → T =mpρk =

mkρ1/m0k ψ

q = −16σT3

3ρcκRdT

drr̂

ε (r) = 1ρ

∇ · q

= 1ρ

1r2

d

dr

(r2q)

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ε (x) = − 2qcαρ0

(A+B + C4

)ψ3−2m

dondeqc = −

16σ3cκR

ρ4−nn

0

(nK

k

)y A, B y C son otras cosas así de feas que no tiene sentido copiar...

MNM?

,RNR?

M? =x1ˆ

0

ρ (x) dx con x1α = R?

I (x1) =x1ˆ

0

ε (x) dx

x2 tal quex2ˆ

0

ε (x) dx = 0,9I (x1)

x2α = RN

MN =x2ˆ

0

ρ (x) dx

Ítem e Masa de un politropa.

M =R?ˆ

0

4πρ (r) r2 dr

r = αx→ = 4πα3x1ˆ

0

ρ (x)x2 dx

= 4πα3x1ˆ

0

ρ0ψnx2 dx

ψnx2 = − ddx

(x2dψ

dx

)

M = −4πα3ρ0⌈x2dψ

dx

⌋x1

= −4πρ0

[kργ−20 (n+ 1)

4πG

]3/2 ⌈x2dψ

dx

⌋x1

Estrellas adiabáticas tenemos gas monoatómico γ = cpcV =53 y entonces n = 1,5.

Estrellas con presión de radiación.

ρ

mkT = βp

aT 4

3 = (1− β) p

0 < β < 1

→ p =(

3k4am4

1−ββ4

)1/3ρ4/3 → n = 3 .

Gas de Fermi no relativista p = h2

5me

( 38π)2/3 ?

n5/3e → n = 1,5

Gas de Fermi relativista p = 18( 3π

)1/3chn

4/3e → n = 3.

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7 GUÍA 7 - CAMPOS MAGNÉTICOS

7. Guía 7 - Campos magnéticosHasta ahora hemos ignorado completamente los efectos de los campos magnéticos. Pero son importantes.

Actividad solar o magnética Podemos distinguir fenómenos transitorios o periódicos

Transitorios. Tienen que ver con la reconexión magnética de Sweet-Parker.

• Fulguraciones. Son liberaciones súbitas de energía, del orden de 1032 erg en 100 s.• Eyecciones coronales de masa. Se emiten del orden de 1012 kg en un tiempo de 10 minutos.

Periódicos.

• Ciclo de manchas solares.

Todos estos fenómenos se conocen en detalle para el sol, y se presume que ocurren en todas las estrellas de similarescaracterísticas.

Guía 7, ejercicio 1Un pulsar es una estrella de neutrones que tiene un período de rotación muy corto, típicamente del orden del segundo. El

motivo por el cual rotan tan rápidamente es que tienen un radio muy pequeño, entonces la conservación del impulso angularimpone que su velocidad angular debe ser muy elevada.

Ítem a La energía de rotación de una esfera es

E = I2ω2

I = 25MR2 para esfera→ = MR

2

5 ω2

Entonces

dE

dt= MR

2

5 2ωdω

dt

ω = 2πP→ = 2MR

2

52πP

2πP 2

(estamos poniendo sólo los módulos, no ponemos los signos menos). Usando el dato de la consigna sobre la pérdida de energíafinalmente encontramos que √

6MR25π

ṖPc3

µ0= |m |

Ahora consideramos que el dipolo está alineado con el eje z con lo cual su campo magnético será

B (r, θ) = µ04π

[−mẑr3

+ 3m cos θr3

r̂

]

Ítem b Reemplazando se obtiene B (R, 0) ≈ 9,68× 108 T. Comparando este número con el valor en la superficie de la tierraB (superficie tierra) ≈ 40 µT vemos que es bastante importante.

Ítem c La fuerza de Lorentz es F L = qv ×B ∼ 10−4 N mientras que la gravitatoria es FG = mpMGR2 ∼ 10−15 N. Como se

puede ver el movimiento estará gobernado por la fuerza de Lorentz.

Guía 7, ejercicio 2La consigna está mal, debería decir “ejercicio 3 de la práctica 5”. Ahora la ecuación de equilibrio hidrostático será

0 = −∇p− ρ∇φ+ 1cJ ×B.

Por Maxwell sabemos que∇×B = 4π

cJ + 1

c

∂E

∂t.

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En los casos de interés en astrofísica siempre ocurre que

∂E

∂t≈ 0→ En astro

por lo tanto lo que nos queda es0 = −∇p− ρ∇φ+ 14π (∇×B)×B.

El último término es

((∇×B)×B)i = εijk (∇×B)j Bk= εikjεj`m∂`BmBk

εijkεj`m = δk`δim − δkmδi` → = Bk∂kBi −Bk∂iBk

= (B ·∇)B −∇B2

2 = (∇×B)×B.

Volviendo a la ecuación del fluido nos queda

0 = −∇p− ρ∇φ−∇(B2

8π

)︸︷︷︸pmagnética

+ 14π (B ·∇)B︸︷︷︸Tensión magnética

donde reconocemos a la presión magnética ya que entra en la ecuación de la misma forma que la presión. En cuanto a latensión magnética, el último término, su interpretación no es tan simple.

Ahora integramos esto en el volumen de la nube y lo que habíamos encontrado en el problema 3 de la práctica 5 era

Problema 3, práctica 5→

ˆ

∇p · r d3r = 4πR3p0 − 2McV Tˆρ∇φ · r d3r = −M

2ΘGR

donde Θ = − 4πR2

M2

´m (r) ρ dr. Ahora lo que habría que calcular son los términos restantes que incluyen al campo magnético.

El primer término con campo magnético es

ˆ∇(B2

8π

)· r d3r =

ˆ ∇ · (B28π r)− B

2

8π ∇ · r︸︷︷︸=3

d3rTeorema de Gauss→ =

‹B2

8π r · ds− 3ˆB2

8π d3r.︸︷︷︸

Energía magnética

En cuanto al otro término éste es

14π

ˆ(B ·∇)B · r d3r = . . .

...

= 14π

ˆ∇ ·

BiBjrj︷︸︸︷(BB · r) d3r︸︷︷︸ −

ˆB2

4π d3r︸︷︷︸

2EB

= 14π

‹BB · r · ds− 2EB .

Juntando todos los términos obtenemos

4πR3 = 2McV T +M2ΘGR

+ EB +‹

BB − B2

24π · r · ds

y a veces se suele definir el tensor de Maxwell como

M def=BB − B

2

24π → Tensor de Maxwell

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Ahora hacemos la suposición de congelamiento magnético. Esto consiste en asumir que el plasma y las líneas de campomagnético se mueven juntos. Bajo esta hipótesis se puede mostrar que se conserva el flujo magnético

‚B · ds. No lo pude

seguir mucho pero esto implica que BR2 se conserva. Creo que integró el flujo en el borde de la nube.Acá me distraje, mala mía, y me perdí varias cosas. Lo que termina quedando es que la masa de Jeans es

MBJ = MJ(

1 + vAc2s

)3/2donde

v2A =B2

4πρ→ Velocidad de Alfvén

que es una velocidad característica de no sé qué, velocidad de Alfvén, que vamos a ver en la teórica. La conclusión es que sihay un campo magnético vamos a precisar una masa mayor para producir el colapso gravitatorio.

Guía 7, ejercicio 3Este problema es prácticamente igual a lo que hicimos hoy en la teórica. Tenemos que linealizar las ecuaciones MHD bajo

algunas hipótesis. Por un lado tenemos que es incompresible por lo tanto

ρ = ρ0 = constante. → Incompresible

Por otro lado tenemos no sé qué ideales que implica que

p

ργ= p0ργ0

.→ Algo que es ideal

Asumimos equilibrio estáticou0 = 0→ equilibrio estático

y además un campo magnético que esB = B0ẑ

con B0 constante. Las perturbaciones son

Perturbaciones→{u = u0 + u1B = B0 +B1

.

Proponemos una solución de la forma

u1,B1 ∼ exp (i [k · r − ωt]) → Proponemos

y entonces las ecuaciones son

∂tρ+ ∇ · (ρu) = 0 → Continuidad

E + 1cu×B = ηJ → Ohm

∇×B = 4πcJ +��1

c

∂E

∂t∂B

∂t= ∇× (u×B) +��η0∇2B

ρ [∂tu+��(u ·∇)u] = −��∇p+

1cJ ×B +��ρ0E → Navier-Stokes

donde hemos cancelado la ∂E∂t pues ∣∣ ∂E∂t

∣∣|J |

∼(uc

)2� 1

y además vamos a asumir Rm � 1 que implica que

Rm =|∇× (u×B) || η0∇2B |

� 1.

Los términos que cancelamos en la ecuación de Navier-Stokes no sé por qué es. El primero (u ·∇)u me parece que es porquequeda cuadrático en las perturbaciones. El ∇p y el último ni idea.

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Haciendo no sé qué nos quedaρ∂tu =

1cJ ×B = 14π (∇×B1)×B0.

Me resulta imposible seguir las clases de esta profesora. Llega un momento que me pierdo. Anotó lo siguiente

∂tu1 = iωu1∇×B1 = ik ×B1

}⇒ −iωρu1 =

14π (k ×B1)×B0

(k ×B1)×B0 = −B0 × (k ×B1)Vaca meos caballo→ = − [k (B0 ·B1)−B1 (B0 ·B)]

Ya está, es imposible entender lo que está haciendo. Pegó volantazo y se fue al otro lado del pizarrón. Ni idea.

ρωu1 =1

4π [k (B0 ·B1)−B1 (B0 · k)]→ Ecuación (3)

Esto viene de no sé dónde→

∇×B = −4π

cJ → Ecuación (1)

∂B

∂t= ∇× (u×B) → Ecuación (2)

Ahora hacemos (2)+perturbación−iωB1 = ∇× (u1 ×B0)

= (B0 ·∇)u1 −B0 (∇ · u1)Eq. continuidad

∂ρ

∂t+ ∇ · (ρu) = 0

∂ρ

∂t+ (u ·∇) ρ︸︷︷︸

=0 por incompresibilidad

+ ρ∇ · u = 0

∇ · u = 0Me quedé sin batería /.

Guía 7, ejercicio 5Ítem a La energía magnética es

EM =ˆB2

8π dV

= 2B20

8π πR2L

= B20R

2L

4 .

Ítem b Hay que usar el modelo de Sweet-Parker de reconexión magnética que vimos en la teórica. Hay que estimar lapotencia

〈P 〉 = EMτ

.

Tenemos que estimar τ . Para ello procedemos de la forma más cabeza: geometría de dos cilindros que se superponen. Tenemosque

τ ∼ 2RUin

.

Entonces〈P 〉 ∼ B

20RLUin

8 .

Lo del número de Lundquist está relacionado con la velocidad de Alfvén

S−1/2 = Uin

vA

con vA = B0√4πρ . Finalmente nos queda

〈P 〉SP ∼B30RL

8√

4πρS1/2.

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8 GUÍA 8 - GALAXIAS

Ítem c Usando los números de la consigna se obtiene

〈P 〉SP ∼ 1027 erg s−1

mientras que la potencia observada, según consigna, es

〈P 〉observada ∼ 1028 erg s−1.

En consecuencia el modelo de Sweet-Parker no puede explicar esto. Existen modelos más complejos que dan mejor, modelostridimensionales (a diferencia del modelo de Sweet-Parker que es bidimensional).

8. Guía 8 - GalaxiasGuía 8, ejercicio 1

Esto es lo que hicimos hace un rato en la teórica. Recordemos cómo se define el LSR (local standard of rest, estándarlocal de reposo). El LSR se define según la siguiente imagen

Las velocidades en el LSR se definen de modo tal que

En el LSR→

Π = 0Z = 0Θ = Θ0

.

Vamos a asumir que el movimiento del sol alrededor del centro galáctico es circular. Consideremos además las cantidades

Esto es lo que medimos→

〈Π−Π�〉 =

1N

N∑i=1

Πi

〈Π−Π�〉 =1N

N∑i=1

Zi

donde i es una suma sobre las “estrellas cercanas” al sol. Por otro lado tenemos lo siguiente{〈Π−Π�〉 = 〈Π〉 −Π�〈Z − Z�〉 = 〈Z〉 − Z�

Vamos a asumir como hipótesis que estas cantidades dan cero cuando se hace el promedio en una cantidad representativa,por una cuestión de simetría/isotropía. Es decir

Cuando medimos muchas estrellas→{〈Π〉 = 0〈Z〉 = 0

.

Entonces el promedio de las mediciones nos termina dando Π� y Z�. Me voy a cursar E3.

Guía 8, ejercicio 2Gráficamente tenemos lo siguiente

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R0 R

Theta_0

Dirección rCentrogaláctico

Theta

r

Haciendo un poco de geometría tenemos queR

sin ` =R0

sin β =R0

cosα Eq. (I)

R0 cos ` = r +R cos (π/2− α)= r +R sinα Eq. (II)

Ahora podemos proyectar la velocidad de la estrella en las componentes de la visual y su perpendicular. Es decir

vradial = Θ cosα−Θ0 cos (π/2− `)= Θ cosα−Θ0 sin `.

Ahora podemos usar la Eq. (I) podemos reemplazar cosα = R0/R sin ` por lo tanto

vradial =(

ΘR0R−Θ0

)sin `

Ω es velocidad angular→ = R0 (Ω− Ω0) sin `.

En cuanto a la velocidad tangencial tenemos

vtangencial = Θ sinα−Θ0 sin (π/2− `)= Θ sinα−Θ0 cos `

Usamos eq. (II)⇒ sinα = R0 cos `− rR

→ =(R0R

Θ−Θ0)

cos `−Θ rR

= R0 (Ω− Ω0) cos `− Ωr.

Hasta aquí no hemos hecho ninguna aproximación, esto es completamente general. Ahora vamos a asumir que estamosmirando una estrella que está cerca del sol, es decir

R0, R� r.→ Asumimos esto

Vamos ahora a aproximar la diferencia de velocidades angulares

Ω− Ω0 ≈⌈dΩdR

⌋R0

(R−R0) + . . .

Ω = ΘR→ =

(⌈1R

dΘdR

⌋R=R0

−⌈

ΘR2

⌋R=R0

)(R−R0)

=(

1R0

⌈dΘdR

⌋R0

− Θ0R20

)(R−R0)

= −(

1R

⌈dΘdR

⌋R0

− Θ0R20

)r cos `.

Reemplazando esto en la vradial obtenemos

vradial = −[⌈dΘdR

⌋R0

− Θ0R0

]r cos ` sin `︸︷︷︸

12 sin(2`)

= 12

(Ω0 −

⌈d (ΩR)dR

⌋Ω0

)︸︷︷︸

Constante A de Oort

r sin (2`) .

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Listo. Para la velocidad tangencial, haciendo algo similar, obtenemos

vtangencial =12

[Ω0 −

⌈d (ΩR)dR

⌋R0

]︸︷︷︸

Constante A de Oort

r cos (2`)− 12

[Ω0 +

⌈d (ΩR)dR

⌋R0

]︸︷︷︸

Constante B de Oort

r.

¿Para qué sirve todo esto? Tenemos un sistemavradialr

= A sin (2`)vtangencial

r= A cos (2`)−B

por lo tanto midiendo las velocidades de muchas estrellas cercanas al sol podemos ajustar estas funciones para estimar A yB, y una vez que conocemos A y B las usamos para conocer la velocidad angular del sol alrededor del centro de la galaxia,Ω0, y el rate con el que cambia Ω con el radio,

⌈dΩdR

⌋R0

. Parece que recientemente se han medido estas cantidades y se obtuvo

Mediciones→{A = 14,8 km s−1 kpc−1

B = −12,4 km s−1 kpc−1.

Todo esto parece que está disponible en [Carroll and Ostlie, 2017, capítulo 12].

Guía 8, ejercicio 3Ítem a Consideramos masa unitaria (m = 1). Para un potencial central sabemos que se conserva el momento angular L.Además (o en consecuencia) el movimiento está contenido en el plano perpendicular a L. Sabiendo esto, podemos utilizarcoordenadas polares para describir el movimiento. Entonces

r = rr̂ṙ = ṙr̂ + rθ̇θ̂r̈ =

(r̈ − rθ̇2

)r̂ +

(2ṙθ̇ + rθ̈

)θ̂

.

Las ecuaciones de Newton son, entonces, r̂) r̈ − rθ̇2 = −dφ

dr= −∇φ

θ̂) 2ṙθ̇ + rθ̈ = 0.

De la segunda ecuación sacamos

d

dt

(r2θ̇)

= 0 ⇒ r2θ̇ = L.→ Se conserva!

De aquí sacamos que θ̇ = Lr2 , cantidad que podemos despejar en la ecuación para r̂. Obtenemos

d2r

dt2− rL

2

r4= −dφ

dr⇒ d

2r

dt2+ ddr

(φ+ L

2

2r2

)︸︷︷︸

φefectivo

= 0

y entoncesd2r

dt2+ dφefectivo

dr= 0.

Ítem b Ahora vamos a hacer pequeñas perturbaciones, para lo cual proponemos que

r = r0 + x (t)

con x (t)� r0, es decir que tenemos una órbita circular de radio r0 con una perturbación x (t). Lo que queremos encontrares que a primer orden vale que

d2x

dt2+ κ2x = 0.

Para ello vamos a hacer un Taylor de d2rdt2 +

dφefectivodr = 0 tal que

dφedr

=⌈dφedr

⌋r0

+⌈d2φedr2

⌋r0

(r − r0)︸︷︷︸x

+O(x2)

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y usamos que⌈dφedr

⌋r0

= 0 pues se trata de un punto de equilibrio (con solución r0). Entonces tenemos que

d2x

dt2+⌈d2φedr2

⌋r0

x = 0

de donde obtenemosκ2 =

⌈d2φedr2

⌋r0

.

Para que hayan oscilaciones es necesario que κ2 > 0.

Ítem c Queremos encontrar que κ2 = 4Ω2 (r0)+r0⌈dΩ2dr

⌋r0

donde Ω es la frecuencia angular de rotación de la galaxia. Paraello simplemente reemplazamos en la expresión que encontramos antes

κ2 =⌈d2φedr2

⌋r0

← Encontramos antes

φe = φ+L2

2r2 → =⌈d2

dr2

(φ+ L

2

2r2

)⌋r0

=⌈d2φ

dr2

⌋r0

+ 3L2

r40.

Antes por otro lado habíamos encontrado que⌈dφedr

⌋r0

= 0→ Pues es un punto de equilibrio

lo cual implica que ⌈dφ

dr

⌋r0

= L2

r30= Ω

2 (r0) r40r30

= Ω2 (r0) r0.

Si ahora derivamos con respecto a r0 obtenemos⌈d2φ

dr2

⌋r0

= Ω (r0) +⌈d(Ω2)

dr

⌋r0

.

Ω2 (r0) + r0

⌈d(Ω2)

dr2

⌋r0

+ 3Ω2 (r0) →?

L2 = Ω2 (r0) r40

κ2 = Ω20 ⇒ elipse

Ítem dθ (t) = θ0 + Ω (r0) t−

2Ω (r0)r0κ

A sin (κt)

dθ

dt= Lr2

= L(r0 + x)2

≈ Lr20

(1− 2 x

r0

)θˆ

θ0

dθ′ =tˆ

0

L

r20

(1−

2x(t′)

r0

)dt′

θ − θ0 =L

r20t− 2L

r20r0κA sin (κt+ α)

Entonces tenemos que x (t) ∼ A cos (κt+ ϕ)

θ (t) ∼ −2Ω (r0)r0κ

A sin (κt+ α).

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Guía 8, ejercicio 5Recordemos que la emisión de HI es la famosa línea de los veinti un centímetros. La órbita de los planetas alrededor del

sol está dada pormv2

r= GMm

r2⇒ v ∼ 1√

r

Lo anterior está asumiendo que toda la masa M está adentro de la órbita. En cambio, si pensamos que el planeta estáorbitando “adentro del sol” entonces

mv2

r= GM (r)m

r2⇒ v ∼ r

donde M (r) = 43πρr3 es la masa encerrada por la órbita. Entonces lo que esperamos es algo así:

Acá estamos"adentro del núcleo"

Acá estamos afueradel núcleo

Velo

cidad

de

rota

ción

Distancia del centro

Sin embargo se observa lo de siempre de la materia oscura

Curva de rotación teóricausando la masa visible

Curva de rotación observada

Distance from de center

De esta forma podemos estimar cuál es la distribución de materia que generaría dicha curva. Lo que se obtiene al plantearsimetría esférica es

dMrdr

= 4πr2ρ = V2

Gy se obtiene una densidad

ρ = V2

4πGr2 .

En 1996 un señor propuso queρNFW =

ρ0ra

(1 + ra

)2donde a es un parámetro de ajuste, y que es una forma funcional de densidad de materia (oscura más bariónica) que ajustamás o menos bien en todas las galaxias.

Lente gravitacional Estamos haciendo algo medio trucho, planteamos Newton para un fotón (de masa cero, ja). Pensemosen un objeto que pasa cerca de un objeto masivo de masa M a una distancia R:

ma = GMR2

m→ Newton

donde m es la masa del fotón (jaja). Cancelando tenemos que

a = GMR2

es la aceleración (perpendicular) que sufre el fotón. Entonces

∆v = a∆t

∆t = 2Rc

a = GMR2

→ = 2MGRc .Los resueltos de

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9 GUÍA 9 - COSMOLOGÍA

Parece que si uno hace relatividad general esto es lo mismo sólo que en vez de un 2 aparece un 4:

∆v = 4MGRc2

.→ Si usáramos relatividad general

Candidatos a materia oscura

1. MOND. Se propone que la gravedad es distinta, es decir F = GMmr2 no es válida. Sin embargo tienen problemas a lahora de explicar las colisiones de galaxias (por ejemplo la bullet galaxy).

2. Los neutrinos y los neutralinos supersimétricos.

3. MACHOS.

4. WIMPs. En este link buscan WIMPs.

9. Guía 9 - CosmologíaGuía 9, ejercicio 1

Tenemos que n (r) es la densidad numérica de galaxias. φ (L) dL es la probabilidad de encontrar una galaxia con lumi-nosidad L. Entonces necesariamente

´∞0 φ (L) dL = 1.

Ítem a Podemos decir que φ (q) dq es el número de galaxias con flujo entre q y q+ dq por unidad de ángulo sólido. Entonces

φ (q) dq dΩ =

∞̂r=0

n (r)φ (L) r2 dr

dq dΩL = 4πr2q → =

ˆn (r)φ (L (q, r)) r2 dr︸︷︷︸

φ(q)

dq dΩ.

Acá hubo un leve debate de cosas mal hechas y cosas bien hechas. Ahora parece que vamos a hacer un cambio de variabler → L usando

r =

√L

4πq

por lo tanto dr = 12√L4πq

dL y entonces

φ (q) =∞̂

0

n

(√L

4πq

)φ (L) L4πq

12√L4πq

dL

= q−3/2

2 (4π)3/2

∞̂

0

n

(√L

4πq

)φ (L)L1/2 dL

Universo homogéneo⇒ n = n0 → =n0q−3/2

2 (4π)3/2

ˆ √Lφ (L) dL.

Listo, hemos demostrado que φ (q) ∝ q−3/2.

Ítem b La cuenta está hecha en el Bataner. El flujo total será

Q =∞̂

0

qφ (q) dq

φ ∼ q−3/2 → = d√qc∞0= ∞.

Guía 9, ejercicio 2Tenemos que desarrollar un modelo de cosmología newtoniano. Se basa en la ecuación de Euler para fluidos, que está

basada en las leyes de Newton. La consigna dice “obtenga la ley de Hubble”, pero entiendo que esto lo metemos de prepo enbase a las observaciones.

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Ítem a El fluido debe satisfacer la ecuación de continuidad∂ρ

∂t+ ∇ · (ρv) = 0→ Continuidad

y si asumimos el principio cosmológico entonces

∇ρ = 0→ Principio cosmológico

y entonces∇ · v = −1

ρ

∂ρ

∂t.

Sabiendo que v = H (t) r entonces ∇ · v = 3H (t) por lo tanto

H (t) = − 13ρ∂ρ

∂t.

Ítem b Se define el factor de escala cosmológico R (t) según

H ≡ ṘR.

Sabiendo del ítem previo que H (t) = − 13ρ∂ρ∂t entonces vemos que

1ρ

∂ρ

∂t+ 3R

∂R

∂t= 0

de donde encontramos queρR3 = constante.

Aplicando condiciones iniciales tenemos que

ρ (R) = ρ0(R0R

)3.

Obsérvese que en ningún momento dijimos que R tenga algo que ver con el radio del universo, aunque sí se lo puede interpretarcomo tal.

Véase que

v ≈ cz= Hr

= 1R

dR

dtr

En relatividad general esto no es aproximado, es igual→ ≈ R0 −RtR

r

r = ct→ =(R0R− 1)c

y entoncesz = R0

R− 1→ Redshift

Ítem c Usamos la ecuación de Euler:∂v

∂t+ (v ·∇)v = −

��7

Universo homogéneo

∇pρ−∇φg

(Obsérvese que dijimos que ∇p = 0 porque el universo es homogéneo. En tal caso lo mismo debería ocurrir para ∇φg, sinembargo si no lo conservamos la cosmología newtoniana falla completamente. Parece que en el Battaner o en el Chodurry lodicen que esto es re trucho y que ∇φg debe conservarse “porque sí”.) y si ahora reemplazamos v = H (t) r encontramos que

rdH

dt+H2r = −∇φg.

Si ahora tomamos divergencia a esta ecuación obtenemos

∇ ·(rdH

dt+H2r

)= − ∇2φg︸︷︷︸

4πGρLos resueltos de

ALFNo

hay

pro

blema W

illy!




y nos queda3dHdt

+ 3H2 + 4πGρ = 0.

A continuación reemplazamos H = ṘR y lo que nos queda es

3R

d2R

dR2+ 4πGρ = 0

o bienR̈+ 4π3

Gρ

R= 0.

Hace un rato vimos que ρ (R) = ρ0(R0R

)3 por lo tantoR̈ = −4π3

Gρ0R30

R2.

Ítem d Para integrar usamos el truquito de siempre:

R̈ = ddt

(dR

dt

)= d

dR

(dR

dt

)dR

dt

= ddR

(12

(dR

dt

)2).

Ahora usamos R̈ = − 4π3Gρ0R

30

R2 y entonces12 Ṙ

2 = 4πGρ0R30

3R − k′

o bienṘ2 = 8πGρ0R

30

3R − k

donde k′ y k son constantes de integración.Para entender por qué sólo nos interesa que k ∈ {−1, 0, 1} recordemos que R está definido a menos de una constante

multiplicativa a través de

H ≡ ṘR.→ Definición de R invariante ante R→ R′ = αR

Ítem e Véase que

Ṙ = ±√

8πGρ0R303R − k.

Acá no lo pude seguir... Pero hizo el típico grafiquito

k=1 (universo cerrado)

k=0 (universo plano)

k=-1 (universo abierto)

Tiempo

R(t)

Los resueltos de

ALFNo

hay

pro

blema W

illy!




Ítem f Se define el parámetro de densidad

Ω def= 8πGρ3H2 .→ Parámetro de densidad

Si usamos ρ = ρ0(R0R

)3 y H = ṘR , entoncesH2R2 = 8πGρ0R

30

3R − k

H2R2(

8πGρ3H2 − 1

)= k

H2R2 (Ω− 1) = k

y acá vemos que

Lo podemos medir→

Ω0 = 1 ⇒ k = 0Ω0 > 0 ⇒ k = 1Ω0 < 1 ⇒ k = −1

El valor de Ω0 se puede medir por lo tanto podemos saber si estamos en un universo abierto, plano o cerrado.No sé de dónde salió el ρcrítico que es

ρcrítico =3H208πG .

Ítem g Consideramos la ecuación de balance de calor y un gas monoatómico formado por hidrógeno

32ρ

mk

(∂T

∂t+ v ·∇T

)+ p∇ · v = 0.

Como el universo es homogéneo entonces∇T = 0.→ Es homogéneo

Si reemplazamos v = Hr y H = ṘR , y asumimos lo que dice la consigna llegamos a que{T ∼ R−2 if pm � prT ∼ R−1 if pr � pm

donde hay que usarpr =

a

3T4→ Presión de radiación

donde a = 4σc con σ la constante de Stephan-Boltzmann.

Los resueltos de

ALFNo

hay

pro

blema W

illy!



1 Guía 1 - El universo1.1 Cúmulos estelares

2 Guía 2 - Fluidos clásicos3 Guía 3 - Relatividad4 Guía 4 - Atmósferas estelares5 Guía 5 - Medios interestelares5.1 Rankine-Hugoniot

6 Guía 6 - Estructura y evolución estelar6.1 Resumen

7 Guía 7 - Campos magnéticos8 Guía 8 - Galaxias9 Guía 9 - Cosmología

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