III. Corrigé : Applications diverses : pression, extinction

Cours d'Astrophysique II, Dr. Pierre North
Section de physique 3e année
EPFL
Série de la semaine No 6
28.10.2010
Semestre d'automne 2010
III. Corrigé : Applications diverses : pression,
extinction, transfert radiatif
1. Pression
Quelle est la pression cosmique due aux galaxies ?
Réponse : On a les valeurs suivantes :
m = 3 · 1041 kg
n = 0.1 Mpc−3 = 10−19 pc−3 = 3.40 · 10−69 m−3
La densité d'énergie cinétique est :
ucin =
Z ∞
0
n(p)Ecin (p) dp
avec
p2
Ecin (p) =
2m
Si on n'a qu'une seule vitesse (on cherche un ordre de grandeur et on
ne se préoccupe donc pas de tenir compte d'une distribution, fût-elle aussi
simple que Maxwellienne), la densité d'énergie se réduit à :
n(p) = n δ(p − mv)
ucin =
Z ∞
0
(mv)2
1
Ecin (p) n δ(p − mv) dp = n
= n mv 2
2m
2
et la pression vaut :
2
1
P = ucin = n mv 2 = 3.4 · 10−18 N m−2
3
3
Comment cette contribution à la pression de l'univers se compare-t-elle
avec la pression du rayonnement à
2.725
K?
Réponse : Dans l'approximation du corps noir, on a :
urad =
4σ 4
T = aT 4
c
La pression du rayonnement s'écrit (a
= 7.566 · 10−16
J m
−3
K
−4
) :
1
1
Prad = urad = aT 4 = 1.39 · 10−14 N m−2
3
3
Par conséquent, même actuellement la pression du rayonnement cosmologique est près de 10000 fois plus forte que celle dûe aux galaxies ! Par
contre, la densité d'énergie associée aux galaxies (à la matière en général) est bien plus élevée que celle associée au rayonnement cosmologique,
à cause de l'énergie de masse des baryons.
2. Extinction
Extinction atmosphérique : donner l'expression de la magnitude en
fonction de la masse d'air, et décrire une méthode de détermination de la
magnitude hors atmosphère.
Réponse : Tout d'abord, on doit dénir la notion de masse d'air, car
il ne sert à rien de traîner la densité dans les équations.
On dénit la masse d'air
a(z) (a
comme
airmass)
comme étant
1
au
zénit du lieu d'observation. Dans ce cas, et dans l'approximation d'une
atmosphère plan-parallèle, on a en première approximation :
a(z) = sec(z) + O sec(z 2 )
h
z
où
i
est l'angle entre la direction de l'étoile et le zénit. Notons que pour
les grandes masses d'air (z
> 60◦ ),
cette approximation devient insu-
sante.
La formule de l'absorption
Iν = Iν0 e−τν
doit être remplacée, pour tenir
compte de la dépendance en fonction de la direction, par (on remplace
aussi
ν
par
λ)
:
Iλ (z) = Iλ0 e−τλ a(z)
où
τλ
est la profondeur optique de l'atmosphère au zénit, et où
Iλ0
est
l'intensité hors atmosphère. Pour passer à la magnitude, il faut appliquer
la formule de Pogson :


Iλ (z)
mλ (z) − m0λ = −2.5 log  0  = +2.5 log(e) τλ a(z)
Iλ
.
m0λ est la magnitude hors atmosphère. Finalement, on pose Kλ =
2.5 log(e) τλ = 1.086 · τλ , et la magnitude de l'étoile à une masse d'air a(z)
où
s'écrit :
mλ (z) = m0λ + Kλ · a(z) ∼ m0 (λ) + Kλ · sec z
où
Kλ
est le
coecient d'extinction atmosphérique
. On voit donc que
la magnitude apparente varie linéairement avec la masse d'air, ce qui n'est
rigoureusement vrai que pour des magnitudes monochromatiques. La relation reste toutefois très proche d'une droite pour les magnitudes dites
hétérochromatiques, c'est-à-dire dénies dans un ltre à bande relativement large comme les ltres
U, B
et
V
de Johnson, mais la non-linéarité
de la relation doit être prise en compte pour un travail de haute précision.
La relation linéaire en question est appelée droite de Bouguer.
Détermination de la magnitude hors atmosphère : L'idée est
d'observer une étoile donnée tout au long de la nuit. On choisit l'étoile de
sorte qu'elle soit à grande masse d'air en début de nuit, par exemple, et
près du zénit en n de nuit. On l'observe 5 ou 6 fois au cours de la nuit, et
mλ (z)
l'on construit le graphique
est extrapolée à
a(z) = 0,
a(z). La
0
trouver mλ .
en fonction de
ce qui permet de
relation linéaire
Quelles sont les hypothèses en jeu ?
Réponse : On suppose que l'extinction ne varie pas au cours du temps,
et que l'atmosphère est homogène (symétrie cylindrique autour de la verticale du lieu). De plus, on admet évidemment que l'étoile choisie n'est pas
une variable !
Comment pourrait-on lever une des hypothèses, et au prix de quelle
stratégie d'observation ?
Réponse : L'hypothèse la moins réaliste est celle de la constance tem-
porelle de l'extinction. Pour pouvoir lever cette hypothèse, il faut observer
au moins 2 étoiles. L'une se trouve à grande masse d'air en début de nuit,
mais termine la nuit près du zénit (étoile montante
M ), tandis que l'autre
est près du zénit en début de nuit mais à grande masse d'air en n de nuit
(étoile descendante
D).
Supposons que l'extinction augmente au cours du temps : la pente de la
mλ (a(z)) de l'étoile D va augmenter par rapport au cas d'extinction
constante, tandis que celle de l'étoile M va diminuer. Si l'on essaie de
droite
déterminer la magnitude hors atmosphère à partir de chaque droite sous
l'hypothèse d'extinction constante, on aboutira à des valeurs fausses, et
de plus incohérentes. Par contre, on a susamment d'information pour
reconstituer la variation temporelle du coecient d'extinction, pour autant
que celle-ci soit susamment lente.
A titre d'exemple, voici les valeurs moyennes des coecients d'extinction pour les ltres [U], [B] et [V] de la photométrie de Genève à La Silla
(Chili, 2400 m d'altitude) :
K[U ] = 0.59
(3500 Å)
K[B] = 0.25
K[V ] = 0.12
(4240 Å)
(5500 Å)
3. Transfert radiatif
1. Combien de temps met en moyenne un photon produit au centre du
Soleil, pour sortir de cet astre ? Et quelle est la longueur du trajet
qu'il aura parcouru ?
Réponse : Considérons un chemin élémentaire aléatoire de longueur
d.
Après un pas, le photon est absorbé (après être parti de l'origine,
qui coïncide avec le centre du Soleil) aux coordonnées :
x1 = d cos φ sin θ ,
On considère
N
y1 = d sin φ sin θ ,
z1 = d cos θ
d comme le libre parcours moyen, si bien qu'au bout de
pas, les coordonnées seront :



















x =
PN
i=1 d cos φi sin θi
y =
PN
i=1 d sin φi sin θi
z =
PN
i=1 d cos θi
et la distance au centre vaudra :
r2 = x2 +y 2 +z 2 =

2
N
X
d2  cos φi sin θi 
i=1

+
N
X
2

sin φi sin θi  + 
i=1
N
X
i=1
2 
cos θi  
Or on peut écrire :

N
X

cos φi sin θi
2

= (cos φ1 sin θ1 +cos φ2 sin θ2 +...+cos φN sin θN )2
i=1
=
N
X
i=1
cos2 φi sin2 θi + 2 ·
X
cos φi cos φj sin θi sin θj
i6=j
Le second terme du membre de droite ci-dessus s'annule car les
et les
φi
grand :
sont aléatoires et indépendants. Ainsi pour
N
θi
susamment

N
X

2
cos φi sin θi  '
i=1
N
X
cos2 φi sin2 θi
i=1
Pour les mêmes raisons, on aura :

N
X

2
sin φi sin θi  '
i=1
N
X
sin2 φi sin2 θi
i=1

N
X

cos θi
2

'
i=1
N
X
cos2 θi
i=1
On a donc nalement :

N
2 X
2
r =d
=
2
2
cos φi sin θi +
i=1

N
X
d2 
N
X
2
2
sin φi sin θi +
i=1
N
X

2
cos θi 
i=1

sin2 θi cos2 φi + sin2 φi + cos2 θi  = N d2
h
i
i=1
Par conséquent,
√ après
distance
r=d N
N
pas aléatoires, le photon se trouve à une
du centre du Soleil.
Combien faut-il de pas pour arriver à la surface du Soleil ?
Le libre parcours moyen est donné par
et le rayon solaire est
R ∼ 7 · 108
R
N=
l
!2
l=
1
κρ
=
1
10·1400
∼ 7 · 10−5
m,
m, donc :
2
7 · 108 

= 1026
=
−5
7 · 10

La longueur totale du chemin parcouru par le photon" (en réalité, le
photon change
N
fois d'identité le long du chemin !) vaut :
s = N d = 1026 · 7 · 10−5 m = 7 · 1021 m ∼ 7 · 105 a.l.
15
puisque 1 a.l. = 9.46 · 10
m ∼ 1013 km. Donc, la durée du
trajet
d'un photon entre le centre et la surface du soleil est de l'ordre de :
Un calcul plus
τ = s/c ∼ 7 · 105 ans ∼ 106 ans
7
rigoureux donne τ ∼ 10 ans. La succession
des ab-
sorptions, diusions et réémissions transforment les photons de haute
énergie émis au centre du soleil, en photons dont l'énergie correspond
1
au spectre visible.
1 Source
: Kartunnen
2. Montrer que l'équation de transfert radiatif peut s'écrire :
où
κ
est
ρκ
dPrad 1
+ · (3 Prad − U ) + F = 0
dr
r
c
l'opacité moyenne de Rosseland et où F est
le ux bolomé-
trique.
Réponse : L'équation de transfert générale s'écrit :
On multiplie
∂I
∂I
cos θ −
sin θ = ρ(j − κI)
∂r
r∂θ
1
cette équation par
c cos θ et on intègre
sur les angles
solides :
1 Z ∂I
1 Z ∂I
1Z
cos2 θ dΩ−
sin θ cos θdΩ−
ρ (j − κI) cos θ dΩ = 0
c ∂r
c r∂θ
c
Or par dénition :
U = R1c I dΩ
F = I cos θ dΩ
R
Prad = 1c I cos2 θ dΩ
R
Ce qui donne en admettant l'isotropie de l'émissivité mais non celle
de l'intensité spécique. :
dPrad
Or on a, en
1 R ∂I
c ∂θ
1 1 Z ∂I
ρκ
−
sin θ cos θdΩ + F = 0
dr
r c ∂θ
c
3
2
utilisant sin θ = sin θ(1 − cos θ) :
sin θ cos θdΩ =
2π R π ∂I
c 0 ∂θ
2
sin2 θ cos θdθ
π
θ cos θ0
I 2 sin θ cos2 θ − sin3 θ
=
2π
c I
=
2π R π
c 0
I sin θ − 3 sin θ cos2 θ
=
1R
c
sin
−
2π R π
c 0
I 1 − 3 cos2 θ
dθ
dΩ
= U − 3Prad
Ainsi :
dPrad
dr
+
1
ρκ
(3Prad − U ) + F = 0
r
c
Laboratoire d'Astrophysique de l'EPFL, automne 2010
octobre 2010
Sauverny, le 25
dθ