Εισαγωγή Στην Αστρονομία

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Εργασία του ΚΑΡΑΓΚΙΟΖΙΔΗ ΔΗΜΗΤΡΗ Α.Ε.Μ.13290 Εισαγωγή Στην Αστρονομία 1 ο Σετ Ασκήσεων Ημερομηνία: Παρασκευή 24/10/2014 Υπεύθυνοι καθηγητές: κ. Βλάχος, κ. Σειραδάκης, κ. Πλειώνης 1

Άσκηση 1 Ο αστέρας Βέγας στον αστερισμό της Λύρας έχει απόκλιση (α) Σχεδιάστε την φαινόμενη τροχιά του Βέγα στην ουράνια σφαίρα με επίκεντρο τη Θεσσαλονίκη ( ). (β) Να υπολογισθεί το αζιμούθιο του Βέγα τη στιγμή που ανατέλλει και τη στιγμή που δύει. Καταρχάς, ξέρουμε ότι αντιστοιχεί σε και αντιστοιχεί σε. Επομένως, βρίσκουμε τις συνολικές μοίρες ως εξής: όπου οι συνολικές μοίρες, τα λεπτά και τα δευτερόλεπτα. Άρα η απόκλιση του Βέγκα είναι και το γεωγραφικό πλάτος της Θεσσαλονίκης είναι Η φαινόμενη τροχιά του Βέγκα στην ουράνια σφαίρα με επίκεντρο τη Θεσσαλονίκη φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: 2

Στα σχήματα που ακολουθούν βλέπουμε τη στιγμή της ανατολής και της δύσης του Βέγκα αντίστοιχα: 3

Γνωρίζουμε ότι κατά την ανατολή και την δύση ενός αστέρα το ύψος του είναι μηδέν, δηλαδή Κατά την ανατολή βλέπουμε ότι ο αστέρας βρίσκεται ανατολικότερα του μεσημβρινού που ενώνει τον βόρειο πόλο με τον νότιο της ουράνιας σφαίρας και άρα η γωνία είναι Χρησιμοποιώντας τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε: ή Κατά την δύση βλέπουμε ότι ο αστέρας βρίσκεται δυτικότερα του μεσημβρινού που ενώνει τον βόρειο πόλο με τον νότιο της ουράνιας σφαίρας και άρα η γωνία είναι Χρησιμοποιώντας τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε: ή 4

Άσκηση 2 Αστέρας δύει συγχρόνως με τον Ήλιο κατά μία μέρα σε τόπο γεωγραφικού πλάτους. Πόσο χρόνο μετά τον αστέρα θα δύσει ο Ήλιος την επόμενη μέρα, αν κατά το διάστημα αυτό το εκλειπτικό μήκος του ήλιου αυξηθεί κατά Γνωρίζουμε ότι ο αστρικός χρόνος του Ήλιου συνδέεται με την ορθή αναφορά και την ωριαία γωνία του βάσει της σχέση:. Διαφορίζοντας την παραπάνω σχέση προκύπτει: (1) Οι μεταβολές και οφείλονται στη μεταβολή του εκλειπτικού μήκους του Ήλιου. Θα ασχοληθούμε με το σφαιρικό τρίγωνο που ορίζεται από τον ουράνιο ισημερινό, τον μεσημβρινό της δύσης του αστέρα και την εκλειπτική. Εφαρμόζοντας τον νόμο των ημιτόνων παίρνουμε: όπου ω η λόξωση της γης Διαφορίζοντας, έχουμε: και θεωρώντας σταθερή την λόξωση της γης, δηλαδή προκύπτει ότι Εφαρμόζοντας τη σχέση 2.4 του βιβλίου των τεσσάρων διαδοχικών στοιχείων, βρίσκουμε ότι: (2) Διαφορίζοντας, έχουμε: (3) Εφαρμόζοντας τον νόμο των συνημιτόνων προκύπτει: 5

Αντικαθιστώντας τη σχέση (4) στη σχέση (3): (5) Γνωρίζουμε, όπως και πριν, ότι κατά την ανατολή και την δύση ενός αστέρα το ύψος του είναι μηδέν, δηλαδή Εφαρμόζουμε τον νόμο των συνημιτόνων για το τρίγωνο θέσης κατά την δύση του αστέρα (1 η μέρα): Διαφορίζοντας την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι: Θεωρούμε ότι δεν υπάρχει μεταβολή στο γεωγραφικό πλάτος, δηλαδή η παραπάνω σχέση γίνεται, οπότε Αντικαθιστώντας τώρα την (2) στην (6) έχουμε: Και τέλος αντικαθιστώντας την (7) και την (3) στην (1) προκύπτει: 6

Άσκηση 3 (α) Σε ποιες περιοχές της Γης ο Γαλαξίας Μ51 (α = 13 h 29 m 53 s, δ = +47 11' 43") είναι αειφανής; (β) Οι ουρανογραφικές συντεταγμένες του αστέρα II Peg είναι: α = 23 h 52 m 30 s, δ = +28 21' 18". Ποια εποχή του χρόνου μπορούμε να τον παρατηρήσουμε από το αστεροσκοπείο του Αριστοτέλειου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίκης (φ = 40 37') περί το Σεπτέμβριο ή περί το Μάρτιο; Ποιο θα είναι, κατά προσέγγιση, το ύψος του αστέρα κατά το μέσο μεσονύκτιο της ημέρας παρατήρησης; (α) Γνωρίζουμε ότι αντιστοιχεί σε, σε και αντιστοιχεί σε. Επομένως, βρίσκουμε τις συνολικές μοίρες ως εξής: Γνωρίζουμε ότι υπάρχουν αστέρες που δεν δύουν ποτέ (αειφανείς αστέρες) και η τροχιά τους δεν διέρχεται από τον πρώτο κάθετο. Για τους αστέρες αυτούς, οι οποίοι ονομάζονται παραπόλιοι αστέρες, ισχύει Ρ < 90 - φ, όπου η πολική απόσταση. Επίσης, υπάρχουν αειφανείς αστέρες που δεν δύουν ποτέ, αλλά η τροχιά τους διέρχεται από τον πρώτο κάθετο του τόπου. Για τους αστέρες αυτούς ισχύει Ρ > 90 - φ Η πολική απόσταση του Μ51 είναι: Ο γαλαξίας Μ51 βρίσκεται στο βόρειο ημισφαίριο της ουράνιας σφαίρας και επομένως, για να βρούμε τις περιοχές στις οποίες είναι αειφανής, θα χρησιμοποιήσουμε τη σχέση: Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε το ελάχιστο γεωγραφικό πλάτος στο οποίο μπορούμε να παρατηρήσουμε τον συγκεκριμένο γαλαξία 7

β) Όπως και πριν, υπολογίζουμε σε μοίρες την ορθή αναφορά και την απόκλιση του αστέρα II Peg καθώς και το γεωγραφικό πλάτος του αστεροσκοπείου του ΑΠΘ. Για να μπορέσουμε να παρατηρήσουμε τον συγκεκριμένο αστέρα, θα πρέπει να βρίσκεται όσο το δυνατό αντιδιαμετρικά σε σχέση με τον ήλιο, δηλαδή η ορθή αναφορά του να είναι όσο το δυνατόν διαφορετική από αυτήν του ήλιου. Γνωρίζουμε ότι τον Μάρτιο και τον Σεπτέμβριο έχουμε εαρινή και χειμερινή ισημερία αντίστοιχα και αυτό σημαίνει ότι η ορθή αναφορά του Ήλιου είναι στις 21 Μαρτίου και στις 21 Σεπτεμβρίου. Βλέπουμε ότι τον Μάρτιο, η διαφορά των ορθών αναφορών είναι, ενώ τον Σεπτέμβριο είναι. Επομένως, ο αστέρας μπορεί να παρατηρηθεί τον Σεπτέμβριο και όχι τον Μάρτιο. Εφαρμόζοντας τον νόμο των συνημιτόνων για το τρίγωνο θέσης του αστέρα, παίρνουμε: 8

Άσκηση 4 Η λαμπρότητα ενός τετραγωνικού δευτερολέπτου του τόξου του νυκτερινού ουρανού είναι ίση με τη λαμπρότητα ενός αστέρα μεγέθους. Ζητείται να υπολογισθεί σε τι φαινόμενο μέγεθος αντιστοιχεί η λαμπρότητα όλου του ουρανού. Θα δουλέψουμε σε ακτίνια. Γνωρίζουμε ότι η σχέση που συνδέει τα ακτίνια με τις μοίρες είναι: Επίσης ξέρουμε ότι μια μοίρα έχει 3600 δευτερόλεπτα και επομένως, δευτερόλεπτα (1) Έστω η ακτίνα της ουράνιας σφαίρας και η επιφάνεια που αντιστοιχεί σε γωνία και σε γωνία. Υπολογίζουμε την επιφάνεια της σφαίρας ως εξής: Εφόσον μας ενδιαφέρει η λαμπρότητα όλου του ουρανού τα όρια των γωνιών είναι και αντίστοιχα. Η γωνία δεν κυμαίνεται από γιατί ο και 9

νυχτερινός ουρανός είναι ημισφαίριο και όχι ολόκληρη σφαίρα. Οπότε το εμβαδόν ολόκληρης της μισής σφαίρας είναι: Από τη σχέση (1) συμπεραίνουμε ότι τετραγωνικά δευτερόλεπτα Στην μισή ουράνια σφαίρα, αντιστοιχούν τετραγωνικά δευτερόλεπτα. Χρησιμοποιώντας τον τύπο: βρίσκουμε ότι 10

Άσκηση 5 Υποθέτουμε ότι όλοι οι αστέρες ενός σφαιρωτού σμήνους έχουν την ίδια φωτεινότητα και ότι η αριθμητική πυκνότητα τους (αριθμός αστέρων ανά μονάδα όγκου) είναι αντιστρόφως ανάλογη του κύβου της απόστασης τους από το κέντρο του σμήνους. Δείξτε ότι ένας παρατηρητής στο κέντρο του σμήνους παρατηρεί τον ίδιο αριθμό αστέρων σε ίσα διαστήματα φαινομένων μεγεθών. Έστω η αριθμητική πυκνότητα των αστέρων, όπου r η απόσταση από το κέντρο του σφαιρωτού σμήνους. Τότε όπου ά Σε μια στοιχειώδη σφαιρική επιφάνεια ο αριθμός των αστέρων θα είναι: Έστω ότι ο κοντινότερος αστέρας στο κέντρο του σμήνους βρίσκεται σε απόσταση και έχει μέγεθος, ενώ ο πιο απομακρυσμένος βρίσκεται σε απόσταση με μέγεθος. Τότε η (1) γίνεται: (1) (2) Επίσης, γνωρίζουμε ότι (3) Αντικαθιστώντας την (3) στην (2) έχουμε: (4) 11

Ακόμη, γνωρίζουμε ότι οι φωτεινότητες όλων των αστέρων είναι ίδιες, οπότε: (5) (6) Από το σύστημα (5), (6) αφαιρώντας την (5) από την (6) προκύπτει ότι (7) Τέλος, αντικαθιστώντας την (7) στην (4) έχουμε: (8) Από την (8) βλέπουμε ότι σε ίσα διαστήματα φαινόμενων μεγεθών m, ο παρατηρητής βλέπει τον ίδιο αριθμό αστέρων N. 12

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Εργασία του ΚΑΡΑΓΚΙΟΖΙΔΗ ΔΗΜΗΤΡΗ Α.Ε.Μ.13290 Εισαγωγή Στην Αστρονομία 2 ο Σετ Ασκήσεων Ημερομηνία: Τετάρτη 05/11/2014 Υπεύθυνοι καθηγητές: κ. Βλάχος, κ. Σειραδάκης, κ. Πλειώνης 1

Άσκηση 1 Ένα σφαιρωτό σμήνος αποτελείται από 10 4 αστέρες, καθένας από τους οποίους έχει φωτεινότητα ίση με Αν το φαινόμενο μέγεθος του σμήνους, ως συνόλου, είναι και δεν υπάρχει μεσοαστρική απορρόφηση, να υπολογισθεί η απόσταση του σμήνους. Εφόσον το σμήνος αποτελείται από 10 4 αστέρες και ο καθένας έχει φωτεινότητα τότε η συνολική φωτεινότητα του σμήνους είναι Θα υπολογίσουμε αρχικά το απόλυτο μέγεθος του σμήνους με αναφορά τον ήλιο. Όμως το απόλυτο μέγεθος ενός αστέρα ορίζεται ως το φαινόμενο μέγεθος που θα είχε ο αστέρας αν βρισκόταν σε απόσταση. Δηλαδή, και άρα Γνωρίζοντας τώρα το απόλυτο και το φαινόμενο μέγεθος του σμήνους μπορούμε να βρούμε την απόσταση χρησιμοποιώντας τον τύπο: 2

Άσκηση 2 Το υπόλειμμα υπερκαινοφανούς Cas A έχει γωνιώδη διάμετρο 5.5' και βρίσκεται σε απόσταση 3 kpc. Αν η έκρηξη που δημιούργησε το υπόλειμμα συνέβη το 1680 μ.χ., να υπολογίσετε την ταχύτητα διαστολής του υπολείμματος. (Υποθέστε ότι η ταχύτητα διαστολής δεν μεταβάλλεται με το χρόνο). Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε το υπόλειμμα του υπερκαινοφανούς Cas A, όπως αυτός φαίνεται σήμερα: Σημείωση: Η παραπάνω φωτογραφία του Cas A τραβήχτηκε στις 17/01/2013 και περιλαμβάνει το ορατό φάσμα καθώς και το φάσμα των ακτίνων Χ O Cas A έχει γωνιώδη διάμετρο 5.5', δηλαδή. Επίσης και άρα. Η γωνία θ είναι το μισό της γωνίας φ, δηλαδή. Από τη γεωμετρία του σχήματος προκύπτει ότι: 3

Η ταχύτητα διαστολής εκφράζει το ρυθμό μεταβολής της διαμέτρου του υπερκαινοφανούς (2R) και άρα: ή αλλιώς 4

Άσκηση 3 Θεωρητικοί υπολογισμοί δείχνουν ότι δεν μπορεί να υπάρχουν αστέρες με μάζα μικρότερη από. Χρησιμοποιώντας την θεωρητική σχέση μάζαςφωτεινότητας: υπολογίστε το φαινόμενο βολομετρικό μέγεθος των αστέρων με την μικρότερη μάζα στο γαλαξία NGC 6397 ο οποίος απέχει 2.6 kpc από το Ηλιακό μας σύστημα. (Μην λάβετε υπόψη την μεσοαστρική ή μεσογαλαξιακή απορρόφηση) Από τον τύπο, λοιπόν, μάζας φωτεινότητας για τους αστέρες με τη μικρότερη δυνατή μάζα έχουμε: Ακόμη, χρησιμοποιούμε το σχέση: Αντικαθιστώντας την (1) στην (2) παίρνουμε τελικά Όμως, άρα 5

Άσκηση 4 Να αποδειχθεί ο νόμος των Stefan-Boltzmann και του Wien από το νόμο του Planck για ακτινοβολία μελανού σώματος. α) Θέλουμε να αποδείξουμε τον νόμο Stefan Bolzmann με την χρήση του νόμου του Planck. Ουσιαστικά, ζητάμε την συνολική πυκνότητα ροής που εκπέμπεται από την επιφάνεια του μελανού σώματος. Γνωρίζουμε όμως ότι για το μέλαν σώμα ισχύει: αφού ολοκληρώνοντας στη μισή σφαίρα έχουμε και άρα Για να υπολογίσουμε το παραπάνω ολοκλήρωμα, θέτουμε Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) προκύπτει: 6

Το ολοκλήρωμα θα το υπολογίσουμε ως εξής: Άρα Έστω τώρα Ολοκληρώνοντας κατά παράγοντες έχουμε: 7

Τελικά Και άρα η (3) γίνεται ή Δηλαδή 8

β) Ζητάμε να αποδείξουμε τον νόμο του Wien χρησιμοποιώντας τη σχέση του Planck για την ένταση της ακτινοβολίας που εκπέμπει ένα μέλαν σώμα. Δηλαδή ζητάμε να βρούμε το μέγιστο μήκος κύματος για το οποίο η ένταση της ακτινοβολίας παίρνει μέγιστη τιμή. Από τον τύπο Planck, έχουμε: Για να βρούμε την μέγιστη τιμή του αρκεί να βρούμε το σημείο που μηδενίζεται η πρώτη παράγωγος ως προς λ της παραπάνω συνάρτησης. Θέτουμε τον όρο ίσο με α, δηλαδή και άρα Ο όρος είναι πολύ μεγαλύτερος της μονάδας, δηλαδή και άρα μπορούμε να πούμε κατά προσέγγιση ότι Και τελικά, Αντικαθιστώντας τις τιμές των σταθερών h, c, k προκύπτει ο νόμος του Wien: 9

Άσκηση 5 Δύο γαλαξίες με φαινόμενα μεγέθη και φαίνονται πολύ κοντά στον ουρανό από τη Γη, αλλά στη πραγματικότητα βρίσκονται σε αποστάσεις και Mpc αντίστοιχα. Υπολογίστε το λόγο των φωτεινοτήτων τους. Τα φαινόμενα μεγέθη των γαλαξιών συνδέονται με τα απόλυτα μεγέθη τους ως εξής: και Από τις παραπάνω σχέσεις υπολογίζουμε και Ακόμη, Όμως, όπως αναφέραμε και στην Άσκηση 1, το απόλυτο μέγεθος ενός αστέρα ορίζεται ως το φαινόμενο μέγεθος που θα είχε ο αστέρας αν βρισκόταν σε απόσταση. Δηλαδή, και άρα 10

Άσκηση 6 Μία ομάδα αστρονόμων πρόσφατα ανακάλυψε ένα νέο αστέρι, DEN 0255-4700, με τριγωνομετρική παράλλαξη 0.2". Ο αστέρας έχει βολομετρική ροή ενέργειας την θερμοκρασία του και την ακτίνα του. και το φάσμα του παρουσιάζει μέγιστο στα 1.7μm. Υπολογίστε Γνωρίζουμε ότι η παράλλαξη ενός αστέρα σε δευτερόλεπτα τόξου δίνεται από τον τύπο: όπου Και άρα εύκολα μπορούμε να υπολογίσουμε την απόσταση του αστέρα: Επίσης από το νόμο του Wien έχουμε Ακόμη, γνωρίζουμε ότι και (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ή 11

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Εργασία του ΚΑΡΑΓΚΙΟΖΙΔΗ ΔΗΜΗΤΡΗ Α.Ε.Μ.13290 Εισαγωγή Στην Αστρονομία 3 ο Σετ Ασκήσεων Ημερομηνία: Πέμπτη 20/11/2014 Υπεύθυνοι καθηγητές: κ. Βλάχος, κ. Σειραδάκης, κ. Πλειώνης 1

Άσκηση 1 Να υπολογισθεί το δυναμικό της βαρύτητας για έναν αστέρα του οποίου η πυκνότητα δίνεται από τη σχέση:ρ(r) = ρ ο /r 2, υποθέτοντας ότι η μάζα του είναι Μ και η ακτίνα R. Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο Kelvin Holmholtz για να υπολογίσουμε τη δυναμική ενέργεια του αστέρα ακτίνας R και μάζας Μ: R U = GM(r) dm (1) r όπου dm η στοιχειώδης μάζα ενός σφαιρικού κελύφους. Όμως, 0 dm = 4πρr 2 dr όπου ρ η πυκνότητα του αστέρα. Αλλά σύμφωνα με την εκφώνηση της άσκησης, και η παραπάνω σχέση γίνεται: ρ = ρ ο r 2 dm = 4πρ ο dr (2) Ολοκληρώνοντας την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι: M(r) = 4πρ ο r (3) Αντικαθιστώντας τις (2) & (3) στην (1) παίρνουμε: Όμως από τη σχέση (2) έχουμε: R U = 4πρ οrg 4πρ ο dr r 0 R U = 16π 2 ρ ο 2 Gdr 0 U = 16π 2 ρ ο 2 GR (4) M(R) = 4πρ ο R ρ ο = M(R) 4πR ρ ο 2 = ( M(R) 2 4πR ) Αντικαθιστούμε την παραπάνω σχέση στην (4) και έχουμε τελικά: U = GM2 R Τέλος, το δυναμικό της βαρύτητας, που ζητάμε, ισούται με τη δυναμική ενέργεια στη μονάδα της μάζας, δηλαδή V = U/M και τελικά: V = GM R 2

Άσκηση 2 Το νερό μετατρέπεται σε «μέταλλο» αν βρεθεί υπό πίεση 100GPa. Υπολογίστε σε ποια απόσταση από το κέντρο του ο Δίας αποκτά τέτοια πίεση. Υποθέστε ότι η πυκνότητα στο εσωτερικό του είναι ομογενής, η ακτίνα του είναι 71400km και η μάζα του 1.9 10 27 kg. Από την εξίσωση συνέχειας της μάζας για ένα στοιχειώδες σφαιρικό κέλυφος με μάζα dm και ακτίνα dr έχουμε dm = 4πρr 2 dr και εφόσον η πυκνότητα ρ του Δία παραμένει σταθερή, τότε ολοκληρώνοντας την παραπάνω σχέση παίρνουμε: M(r) = 4 3 πρr3 (1) Επίσης, από την υδροστατική εξίσωση έχουμε: dp = GM(r)ρ r 2 dr Αντικαθιστώντας την (1) στην παραπάνω σχέση: dp = G4πρ2 r 3 3r 2 dr = 4πGρ2 r dr (2) 3 Ολοκληρώνουμε μέχρι την επιφάνεια του Δία και παίρνουμε: R dp = 4πGρ2 rdr 3 0 0 R P(R) P(0) = 4πGρ2 3 Όμως η πίεση στην επιφάνεια του Δία P(R) = 0 και άρα η πίεση στο κέντρο του: P(0) = 4πGρ2 6 R 2 (3) Ψάχνουμε τώρα την απόσταση α (0 < α < R) όπου η πίεση γίνεται 100 GPa. R 2 2 Ολοκληρώνουμε πάλι την (2) από 0 μέχρι α: α dp = 4πGρ2 rdr 3 0 0 α P(α) = 4πGρ2 3 P(α) P(0) = 4πGρ2 3 α 2 2 + P(0) α 2 2 3

Αντικαθιστούμε την (3) στην παραπάνω σχέση και προκύπτει: P(α) = 4πGρ2 6 4πGρ 2 Βάζοντας στην παραπάνω σχέση Βρίσκουμε τελικά: 6 α 2 = 4πGρ2 6 α 2 + 4πGρ2 6 R 2 R 2 P(α) α 2 = R 2 6P(α) 4πGρ 2 α 2 = R 2 8P(α)πR6 3GM 2 R = 71400 10 3 m M = 1.9 10 27 Kg G = 6.67 10 11 N ( m Kg ) 2 P(a) = 100 10 9 Pa a = 68.097,15Km 4

Άσκηση 3 Ας υποθέσουμε ότι τα πυρηνικά καύσιμα στο κέντρο του Ήλιου τελείωσαν και αρχίζει να καταρρέει διατηρώντας την μάζα του σταθερή και την θερμοκρασία του στην επιφάνεια επίσης σταθερή, 5800 Κ. Υπολογίστε, μετά από πόσα χρόνια η ακτίνα του Ήλιου θα γίνει η μισή από τη σημερινή; Θεωρείστε ότι η φωτεινότητα του Ήλιου οφείλεται αποκλειστικά στη βαρυτική κατάρρευσή του. Από το θεώρημα Virial γνωρίζουμε ότι η μισή δυναμική ενέργεια ενός πλανήτη χρησιμοποιείται για να αυξηθεί η κινητική ενέργεια και η υπόλοιπη εκπέμπεται σαν ακτινοβολία. Δηλαδή E = U/2 Όμως, R H R H U = Gm(r) dm = G 4π r 3 0 0 ρr 3 4πρr 2 dr r αφού dm = 4πρr 2 και m(r) = 4π 3 ρr3 Υποθέτοντας επίσης ότι ρ = ρ τότε Αλλά R H U = 16πGρ 2 r 4 dr = 16πGρ 2 3 5 0 R H 5 Μ Η = 4π 3 ρr H 3 και άρα U = 3 2 GΜ Η 5 R H Διαφορίζοντας την παραπάνω σχέση, έχουμε: du = 3 2 GΜ Η 5 2 dr (1) R H Γνωρίζουμε, ακόμη, ότι η φωτεινότητα είναι ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας: L = de dt L = 1 du (2) 2 dt 5

Αντικαθιστώντας την (1) στην (2) έχουμε: L = 3 2 GΜ Η dr 10 2 R H dt Υποθέτοντας, τέλος, ότι η ενεργός θερμοκρασία του Ήλιου παραμένει σταθερή και ότι ο Ήλιος εκπέμπει σε όλο το φασματικό εύρος σαν μέλαν σώμα, τότε (3) L = 4πR H 2 σt eff 4 (4) Τα πρώτα μέλη των (3) & (4) είναι ίσα άρα: 3 2 GΜ Η dr 10 2 R H dt = 4πR H 2 σt 4 eff dr R 4 = 40πσT eff 2 3GΜ Η Η παραπάνω εξίσωση είναι διαφορική εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών και η λύση της είναι: 4 dt 4 40πσT eff 2 t 1 = c (5) 3GΜ Η 3R3 Για t = 0 έχουμε R = R H σαν αρχική συνθήκη και προκύπτει ότι: Και τελικά η (5) γίνεται ισοδύναμα: Τελικά, για R = R H /2 βρίσκουμε: ή αλλιώς c = 1 3R H 3 40πσT eff 4 3GΜ Η 2 t 1 3R 3 = 1 3R H 3 2 21 GΜ Η t = 3R 3 4 H 40πσT eff t = 6.8 10 14 sec t = 21,53 εκατομμύρια χρόνια 6

Άσκηση 4 Η στροφορμή ενός αστέρα του οποίου η ακτίνα μεταβάλλεται καθώς εξελίσσεται, θα πρέπει να παραμένει σταθερή. Αν η αρχική ταχύτητα περιστροφής του αστέρα είναι περίπου ίση με την ταχύτητα διάλυσής του, η συστολή ή διαστολή του θα τον καταστήσει ασταθή; Υποθέστε ότι ο αστέρας κατά τη συστολή παραμένει ομογενής σφαίρα. Εφόσον ο αστέρας θεωρείται ομογενής σφαίρα, τότε η στροφορμή του θα δίνεται από τη σχέση: J = 2 5 MωR2 Όπου Μ η μάζα του αστέρα, R η ακτίνα του και ω η γωνιακή του ταχύτητα. Διαφορίζοντας την παραπάνω σχέση έχουμε dj = 2 5 ΜR2 dω + 4 5 ΜωRdR Εφόσον, τώρα, η στροφορμή παραμένει σταθερή, τότε η στοιχειώδης μεταβολή dj είναι μηδέν και άρα 2 5 ΜR2 dω + 4 5 ΜωRdR = 0 2 5 Μ(R2 dω + 2ωRdR) = 0 R 2 dω + 2ωRdR = 0 dω = 2ω dr (1) R H κρίσιμη τιμή της γωνιακής ταχύτητας του αστέρα είναι αυτή στην οποία η κεντρομόλος επιτάχυνση γ κ στον ισημερινό του αστέρα γίνεται ίση με τη βαρυτική γ β δηλαδή γ κ = γ β ω κ 2 R = GM R 2 ω κ = GM R 3 (2) Διαφορίζοντας πάλι την παραπάνω σχέση παίρνουμε 7

dω κ = 1 2 GM R 3 ( 3GM R 4 dr) dω κ = 3 2 (GM)1/2 R 5/2 dr (3) Αντικαθιστώντας την (2) στην (3) προκύπτει: dω κ = 3 ω κ dr (4) 2 R Στην ειδική περίπτωση που ω = ω κ τότε από τις (1) & (4) έχουμε: dω = 2ωdR/R & dω κ = 3ωdR/2R Μετά από μια μεταβολή στην ακτίνα του αστέρα, η γωνιακή ταχύτητά του θα γίνει ω 2 ενώ η νέα τιμή της κρίσιμης γωνιακής ταχύτητας θα είναι ω κ. Από τα παραπάνω 2 προκύπτει ότι οι ω 2 και ω κ θα ικανοποιούν τη σχέση: 2 Η ποσότητα 1 2 ω R ω 2 ω κ 2 = ω + dω ω dω κ = = ( 2ω R 3 ω 2 R ) dr = 1 ω 2 R dr dr είναι θετική για dr < 0 και αρνητική για dr > 0. Άρα για συστολή (dr < 0) θα είναι ω 2 > ω κ 2 αντίθετο συμβαίνει γι διαστολή (dr > 0) και επομένως ο αστέρας διαλύεται. Το 8

Άσκηση 5 Το απόλυτο βολομετρικό μέγεθος M bol των λαμπρών αστέρων δίνεται, συναρτήσει της μάζας τους Μ, από τον εμπειρικό τύπο M bol = 4.8 9.5log ( M ) M H Να δείξετε ότι για τους αστέρες αυτούς η φωτεινότητα είναι ανάλογη της 3.8 δύναμης της μάζας τους. Παίρνοντας τον ήλιο σαν αστέρα σύγκρισης, τότε Μ Η,bol M bol = 2.5log ( L L H ) Χρησιμοποιώντας τη σχέση που δίνεται στην εκφώνηση έχουμε Μ Η,bol 4.8 + 9.5log ( Μ Μ H ) = 2.5log ( L L H ) LogL = Μ Η,bol 2.5 4.8 2.5 + 9.5 2.5 log ( Μ Μ H ) + logl H LogL = Μ Η,bol 2.5 1.92 + 3.8log ( Μ ) + logl Μ H (1) H Θέτουμε την ποσότητα Μ Η,bol 2.5 1.92 + logl H = loga = σταθ. Και άρα η (1) ισοδύναμα γίνεται logl = loga + log ( Μ Μ H ) L = a ( Μ 3.8 ) Μ H Για Μ = 1Μ Η η φωτεινότητα γίνεται L = 1L Η και κατά συνέπεια α = 1. Επομένως, η (2) γίνεται τελικά: L = ( Μ 3.8 ) Μ H (2) 3.8 9

Άσκηση 6 Σε απόσταση 700pc από τη Γη, ένας εξωηλιακός πλανήτης, ακτίνας R = 7 10 5 km, περιφέρεται, σε κυκλική τροχιά ακτίνας D = 1.523 A.U. γύρω από έναν αστέρα φωτεινότητας L α = 3.26 10 33 erg s -1. Η ανακλαστική ικανότητα της επιφάνειας του πλανήτη είναι α = 25%. (α) Πόση ενέργεια ανά μονάδα επιφάνειας και χρόνου προσπίπτει στην επιφάνεια του πλανήτη; (β) Ποια είναι η λαμπρότητα του πλανήτη, όπως αυτός φαίνεται από τη Γη; (γ) Αν θεωρήσουμε ότι ο πλανήτης εκπέμπει ως μέλαν σώμα, ποια είναι η θερμοκρασία της επιφάνειάς του; α) Η ενέργεια ανά μονάδα επιφάνειας και χρόνου που προσπίπτει στην επιφάνεια του πλανήτη αντιστοιχεί στη λαμπρότητα l a του αστέρα, η οποία μετριέται σε erg s 1 cm 2 και ισούται με: l a = L α 4πD 2 = 3.26 10 33 4π (1.523 1.496 10 13 ) 2 = 4.9999 105 erg s 1 cm 2 β) Η λαμπρότητα του πλανήτη εξαρτάται από την απόστασή του, r,από τη Γη: l = L 4πr 2 (1) Όμως, από τη συνολική ποσότητα ενέργειας που φτάνει στον πλανήτη, το 75% απορροφάται από αυτόν, ενώ το 25% της ενέργειας που προσπίπτει στην επιφάνεια ανακλάται. Η επιφάνεια αυτή αντιστοιχεί στην ενεργό διατομή του πλανήτη, δηλαδή πr 2. Άρα η λαμπρότητα του πλανήτη είναι: L = aπr2 L α 4πD 2 = 0.25 (7 105 10 5 ) 2 3.26 10 33 4 (1.523 1.496 10 13 ) 2 = 1.923 10 27 erg s 1 Επομένως, η (1) γίνεται ισοδύναμα l 1.923 1027 = 4πr 2 = 3,29 10 17 erg s 1 cm 2 γ) Θεωρώντας ότι ο πλανήτης βρίσκεται σε θερμοδυναμική ισορροπία, δηλαδή εκπέμπει ως μέλαν σώμα όση ενέργεια απορροφά, τότε από το νόμο Stefan Bolzmann έχουμε: 4πR 2 σt 4 eff = (1 a) L απr 2 4πD 2 1/4 L α (1 0.25) 3.26 10 33 T eff = ((1 a) 16σπD 2) = ( 16 5.67 10 5 3.14 (1.523 1.496 10 13 ) 2) 1/4 T eff = 201.65 ο Κ 10

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Εργασία του ΚΑΡΑΓΚΙΟΖΙΔΗ ΔΗΜΗΤΡΗ Α.Ε.Μ.13290 Εισαγωγή Στην Αστρονομία 4 ο Σετ Ασκήσεων Ημερομηνία: Παρασκευή 05/12/2014 Υπεύθυνοι καθηγητές: κ. Βλάχος, κ. Σειραδάκης, κ. Πλειώνης 1

Άσκηση 1 Υποθέστε ότι ο πυρήνας ενός ερυθρού γίγαντα αστέρα είναι ισοθερμικός με, μάζα και. Υποθέστε επίσης ότι ο πυρήνας είναι ρευστός, ότι υπακούει στην καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων και ότι ο υπερκείμενος του πυρήνα σφαιρικός φλοιός παράγει όλη την αστρική φωτεινότητα. Επίσης υποθέστε ότι η μεταφορά ενέργειας προς την επιφάνεια του αστέρα γίνεται μέσω ακτινοβολίας (και όχι μέσω ζώνης μεταφοράς). Τέλος υποθέστε ότι η πίεση (P), η θερμοκρασία (Τ), η πυκνότητα (ρ) και μάζα (Μ) του αστέρα μεταβάλλονται ως συνάρτηση της απόστασης από το κέντρο του αστέρα (r) σύμφωνα με τις σχέσεις:,,, (α) Χρησιμοποιήστε τις εξισώσεις υδροστατικής ισορροπίας και την καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων για να βρείτε τις τιμές των σταθερών α, β, γ, δ (χρησιμοποιήστε και την σχέση ). (β) Αποδείξτε ότι εάν η φωτοσφαιρική θερμοκρασία του ερυθρού γίγαντα είναι, τότε η ακτίνα του Άσκηση 2 Εάν η πυκνότητα ενός ομογενούς προτύπου αστέρα εξαρτάται από την ακτίνα του γραμμικά: όπου R είναι η ακτίνα του αστέρα και θεωρώντας ότι να βρείτε: (α) την πυκνότητα του πυρήνα ( ) του αστέρα συναρτήσει της ακτίνας, R και της μάζας του, M. Πόσο διαφέρει αυτή η πυκνότητα από αυτήν που παίρνουμε αν θεωρήσουμε την πυκνότητα του αστέρα σταθερή και ίση με την μέση πυκνότητα του. (β) την πίεση του πυρήνα συναρτήσει των R και M. Πόσο διαφέρει αυτή η πίεση με αυτήν που παίρνουμε αν θεωρήσουμε την πυκνότητα του αστέρα σταθερή και ίση με την μέση πυκνότητα του. 2

α) Από την εξίσωση συνέχειας της μάζας έχουμε: Αντικαθιστώντας την (1) στην (2) παίρνουμε: και ολοκληρώνοντας από : Τώρα, αν αντί του παίρναμε Τότε θα είχαμε: Από τις (3) & (4) βλέπουμε ότι β) Για να βρούμε την πίεση του πυρήνα συναρτήσει των R και M θα χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση υδροστατικής ισορροπίας: 3

Οπότε, θα βρούμε αρχικά το, δηλαδή τη μάζα σε τυχαία απόσταση r, από την εξίσωση συνέχειας, όπως και πριν, ολοκληρώνοντας από. Έτσι έχουμε: Άρα αντικαθιστούμε την (6) στην (5) και έχουμε: Αντικαθιστούμε και το που βρήκαμε από την (3) και: 4

Τώρα, αν αντί του παίρναμε Τότε θα είχαμε: Και χρησιμοποιώντας πάλι την εξίσωση υδροστατικής ισορροπίας, Και αντικαθιστώντας την (4) παίρνουμε τελικά: Διαιρώντας κατά μέλη τις (7) & (9) έχουμε: Άσκηση 3 Εάν η πυκνότητα ενός ομογενούς προτύπου αστέρα εξαρτάται από την ακτίνα του γραμμικά: όπου R είναι η ακτίνα του αστέρα, αποδείξτε ότι: 5

όπου είναι η μέση πυκνότητα του αστέρα Από την εξίσωση συνέχειας της μάζας, έχουμε: Εφαρμόζοντας πάλι την εξίσωση συνέχειας της μάζας, έχουμε για : 6

Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) & (2) παίρνουμε τελικά: Άσκηση 4 Βρείτε την ενεργό θερμοκρασία (αριθμητική τιμή) των αστέρων με τη μικρότερη δυνατή μάζα Από το θεώρημα Russel Vogt γνωρίζουμε ότι η φωτεινότητα L, μάζα Μ και ακτίνα R ενός αστέρα συνδέονται με τα αντίστοιχα μεγέθη του ήλιου με βάση της σχέσεις: 7

Εφόσον βρισκόμαστε σε περιοχή μαζών βιβλίου έχουμε: τότε από τον πίνακα του Αντικαθιστούμε τις παραπάνω τιμές στις εξισώσεις (1) και (2) και έχουμε: Και Όμως η φωτεινότητα συνδέεται με την ενεργό θερμοκρασία με τον τύπο: Αντικαθιστούμε τις (3) και (4) στην (5) και παίρνουμε τελικά: 8

Άσκηση 5 Χρησιμοποιώντας την εξίσωση υδροστατικής ισορροπίας, την εξίσωση διάδοσης ενέργειας και την καταστατική εξίσωση ιδανικών αερίων, αποδείξτε ότι σε ένα αστέρα ισχύει η αναλογία: εάν υποθέσουμε μια σταθερή αναλογία μεταξύ μάζας και φωτεινότητας του αστέρα συναρτήσει της ακτίνας του αστέρα. Τ και P είναι η θερμοκρασία και η πίεση του αστέρα. Θα χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση της υδροστατικής ισορροπίας: Και την εξίσωση διάδοσης της ενέργειας με ακτινοβολία: Επίσης, έχουμε μια σταθερή αναλογία μεταξύ μάζας και φωτεινότητας, δηλαδή Διαιρούμε κατά μέλη τις (1) και (2) και προκύπτει: Και αντικαθιστώντας την (3) έχουμε: 9

Άσκηση 6 Υπολογίστε προσεγγιστικά τη σχέση μάζας - ακτίνας ενός λευκού νάνου με μάζα ίση με τη μάζα του Ήλιου, ακτίνα 10 4 km και καταστατική εξίσωση. Στη συνέχεια υπολογίστε τη μάζα ενός όμοιου λευκού νάνου αν η ακτίνα του είναι ίση με την ακτίνα του Κρόνου ( ). Με τη χρήση της υδροστατικής ισορροπίας και με δεδομένο ότι: έχουμε: Όμως, Και άρα Λύνοντας ως προς Μ προκύπτει: 10

Άρα για το ζευγάρι των λευκών νάνων θα ισχύει: Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε: 11

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Εργασία του ΚΑΡΑΓΚΙΟΖΙΔΗ ΔΗΜΗΤΡΗ Α.Ε.Μ.13290 Εισαγωγή Στην Αστρονομία 5 ο Σετ Ασκήσεων Ημερομηνία: Δευτέρα 29/12/2014 Υπεύθυνοι καθηγητές: κ. Βλάχος, κ. Σειραδάκης, κ. Πλειώνης 1

Άσκηση 1 Ο αστέρας β-aurigae είναι φασματοσκοπικά διπλός με περίοδο 3.96 μέρες. Η μέγιστη ταχύτητα και για τους δύο αστέρες είναι και. Υποθέτουμε ότι οι αστέρες κινούνται σε κυκλικές τροχιές. Να υπολογισθεί: α) Ο λόγος των μαζών του ζεύγους β) Η μάζα του κάθε αστέρα, υποθέτοντας ότι το επίπεδο της τροχιάς τους είναι κάθετο στο εφαπτόμενο επίπεδο στην ουράνια σφαίρα (i = 90 ) Αν υποθέσουμε ότι οι αστέρες είναι σχετικά φωτεινοί και η γωνιώδης απόστασή τους όχι πολύ μικρή, τότε μπορούμε ακόμη να υπολογίσουμε την απόλυτη φαινόμενη τροχιά καθενός από τα δύο μέλη. Στην περίπτωση αυτή μπορούμε να υπολογίσουμε τους ημιάξονες και των απόλυτων πραγματικών τροχιών των μελών του συστήματος. Δεδομένου ότι οι αστέρες εκτελούν κυκλικές τροχιές, από τη σχέση ορισμού του κέντρου μάζας μπορούμε να υπολογίσουμε τον λόγο των μαζών του συστήματος: Από τον 3 ο νόμο του Kepler για ένα διπλό σύστημα με κλίση έχουμε: 2

Αντικαθιστούμε στην παραπάνω σχέση την (1), i = 90 και τις ταχύτητες και προκύπτει: Από τη σχέση (1) έχουμε επίσης, 3

Άσκηση 2 Να υπολογισθεί η «εν επαφή συχνότητα» των παρακάτω ζευγών αστέρων οι οποίοι έχουν τα ίδια χαρακτηριστικά και η τροχιά τους είναι κυκλική: α) Ζεύγος λευκών νάνων: (, ) β)ζεύγος αστέρων νετρονίων: (, ) γ) Ζεύγος απλών μελανών οπών: δ) Ζεύγος υπερμεγεθών μελανών οπών: Σημ. Εν επαφή συχνότητα είναι η ελάχιστη συχνότητα που ένα ζεύγος διπλών αστέρων μπορεί να έχει πριν οι δύο αστέρες έρθουν σε επαφή. Όταν δύο αστέρες με ίσες ακτίνες κινούμενοι σε κυκλικές τροχιές έρχονται σε «επαφή» τότε ο μεγάλος ημιάξονας της τροχιάς τους θα είναι Δεδομένου επίσης ότι από τον 3 ο νόμο Kepler θα ισχύει: Επομένως, για η παραπάνω σχέση γίνεται: 4

α) Με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε β) Με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε γ) Με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε δ) Με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε 5

Άσκηση 3 Εξ αιτίας της εκπομπής βαρυτικών κυμάτων, ο ρυθμός ελάττωσης της απόστασης α μεταξύ των αστέρων ενός διπλού συστήματος δίνεται από τη σχέση: Θεωρείστε κυκλικές τροχιές και ότι η αρχική απόσταση είναι. Να υπολογιστεί ο χρόνος, που θα απαιτηθεί για να μηδενιστεί η απόσταση, α (. Να υπολογιστεί το για ένα σύστημα λευκών νάνων με και περίοδο και για ένα σύστημα αστέρων νετρονίων με και περίοδο Η σχέση (1) είναι γραμμική διαφορική εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών και άρα: Όμως από τον 3 ο νόμο του Kepler: Άρα η σχέση (2) μπορεί να γραφτεί ως: 6

Επομένως, για το σύστημα των λευκών αντικαθιστούμε τα δεδομένα μας και προκύπτει: ή Για το σύστημα των αστέρων νετρονίων αντίστοιχα: ή 7

Άσκηση 4 Ο quasar PDS 456 έχει μετατόπιση προς το ερυθρό και φαινόμενο μέγεθος στο οπτικό. Να υπολογιστεί α) η απόστασή του, d. β) το απόλυτο μέγεθος του, γ) η φωτεινότητά του σε σχέση με τη φωτεινότητα του Ήλιου, δ) αν η φωτεινότητα του quasar είναι στα όρια της φωτεινότητας Eddington, να υπολογιστεί μάζα του. Η ερυθρομετάθεση συνδέεται με την απόσταση ως εξής: Υποθέτοντας ότι η σταθερά του Hubble έχει τιμή σήμερα περίπου ίση με Τότε από την (1) μπορούμε εύκολα να υπολογίσουμε την απόσταση d του quasar: Για να υπολογίσουμε το απόλυτο μέγεθός του, ξέροντας πλέον την απόστασή του, θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο: Τώρα, παίρνοντας σαν αστέρα αναφοράς τον ήλιο: 8

Η φωτεινότητα του Eddington συνδέεται με την μάζα με οτν εξής τύπο: 9

Άσκηση 5 Σε ποιά ερυθρομετάθεση αρχίζει το Σύμπαν να κυριαρχείται από την ύλη (όταν περνάει δηλαδή από την εποχή κυριαρχίας της ακτινοβολίας στην εποχή κυριαρχίας της ύλης); Στηριχτείτε στην εξίσωση συνέχειας (εξ. 2 του Συμπληρώματος των σημειώσεων Κοσμολογίας και στις σχετικές καταστατικές εξισώσεις) Στην εξίσωση της συνέχειας, Αντικαθιστούμε που είναι η καταστατική εξίσωση της ύλης και προκύπτει: Και άρα Στο μοντέλο Einstein desitter Η ερυθρομετάθεση συνδέεται με τον παράγοντα διαστολής με τον εξής τύπο: 10

Άσκηση 6 Χρησιμοποιώντας της 2 η εξίσωση του Friedman (στην αρχική της μορφή χωρίς την κοσμολογική σταθερά) βρείτε την τιμή της παραμέτρου (w) της καταστατικής εξίσωσης ενός ρευστού που θα δώσει στατικό σύμπαν. Η αρχική μορφή της 2 ης εξίσωσης του Friedman είναι: Και θέτοντας την κοσμολογική σταθερά η (1) γίνεται: Επίσης γνωρίζουμε ότι Και για την ακτινοβολία Οπότε η (3) γίνεται: Αντικαθιστούμε την (4) στην (2) και έχουμε: Για να έχουμε στατικό σύμπαν θα πρέπει Δηλαδή, 11

Άσκηση 7 Οι καμπύλες περιστροφής για επτά διαφορετικούς γαλαξίες φαίνονται στο παρακάτω σχήμα: Ας μελετήσουμε προσεκτικά τον γαλαξία NGC 3145 ο οποίος βρίσκεται σε απόσταση 167 εκατομμυρίων έτη φωτός και μοιάζει πολύ με τον δικό μας γαλαξία. Υποθέτουμε ότι έχει στο κέντρο του μία υπερμεγέθη μελανή οπή. α) Για 15-20 σημεία στην καμπύλη περιστροφής του υπολογίστε την ταχύτητα β) Χρησιμοποιώντας ένα πρόγραμμα Excel υπολογίστε τη μάζα χρησιμοποιώντας αυτά τα δεδομένα και δημιουργήστε μία ξεχωριστή στήλη με την ταχύτητα διαφυγής. Δημιουργήστε τις γραφικές παραστάσεις και και παρουσιάστε τις μαζί με τα σχόλιά σας. Η δύναμη της βαρύτητας είναι υπεύθυνη για την κυκλική κίνηση του γαλαξία και άρα είναι η κεντρομόλος δύναμη. Δηλαδή, 12

Η ταχύτητα διαφυγής δίνεται από τη γνωστή σχέση: Συγκρίνοντας τις (1) και (2) προκύπτει ότι Τα δεδομένα του πίνακα που χρησιμοποιήθηκαν είναι τα εξής: 0.3 90 127.2792206 3.64318E+13 0.5 172 243.2447327 2.21769E+14 0.85 201 284.256926 5.14855E+14 2.5 240 339.411255 2.15892E+15 3.5 245 346.4823228 3.14974E+15 4.1 235 332.3401872 3.39464E+15 5.6 234 330.9259736 4.59721E+15 8 240 339.411255 6.90855E+15 8.5 242 342.2396821 7.46318E+15 10 244 345.0681092 8.92594E+15 11 250 353.5533906 1.03073E+16 14 250 353.5533906 1.31184E+16 15 250 353.5533906 1.40555E+16 16 248 350.7249635 1.47536E+16 20 248 350.7249635 1.8442E+16 20.5 247 349.3107499 1.87509E+16 21.5 247 349.3107499 1.96656E+16 13

Και τα διαγράμματα που ζητά η άσκηση φαίνονται παρακάτω: 14