宇宙物理・宇宙論の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理宇宙物理・宇宙論

2 つの球形の恒星 A, B からなる食連星がある。恒星 B の半径は恒星 A の半径より小さい。軌道面は視線方向を含み、食の間、地球から見た B の円板は A の円板の内側に完全に入るか、A の円板の後ろに完全に隠れるかのどちらかの状態を一定時間保つ。

B が A の手前にあり、B の円板全体が A の円板の内側に入っている間、連星系の（全波長で測った）見かけの等級は、食のないときより $a$ 等大きい。
B が A の後ろに完全に隠れている間、連星系の見かけの等級は、食のないときより $b$ 等大きい。

各恒星は表面全体が一様な明るさで輝く（周縁減光はない）有効温度 $T_{A}$ , $T_{B}$ の黒体とみなし、単位面積あたりの放射はシュテファン・ボルツマンの法則に従うとする。恒星どうしの照り返しや星間吸収は無視し、恒星の見かけの等級 $m$ と地球で受けるエネルギー流束 $F$ の間には $m = - 2.5 lo g_{10} F + (定数)$ の関係があるとする。 $a > 0$ , $b > 0$ である。

有効温度の比 $\frac{T _{B}}{T _{A}}$ を $a$ , $b$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

食連星の光度変化（説明と入口の問題）
等級と明るさの比（説明と入口の問題）

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ヒント

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ヒント 1

地球で受ける流束は（見かけの円板の面積）×（表面の単位面積あたりの放射 $\propto T^{4}$ ）に比例します。2 種類の食のそれぞれで、どの面積がどちらの恒星の光を隠しているかを考えましょう。

ヒント 2

等級が $Δ m$ 大きくなると流束は $1 0^{- 0.4Δ m}$ 倍になります。どちらの食でも、隠される面積は B の円板の面積 $π R_{B}^{2}$ です。

ヒント 3

食のないときの流束を $F_{0}$ とすると、B が A の手前にあるときに失われる流束は $F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 a})$ で、これは $π R_{B}^{2} σ T_{A}^{4}$ に比例します。B が隠れるときに失われる流束 $F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 b})$ は $π R_{B}^{2} σ T_{B}^{4}$ に比例します。

答えと解説

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(\frac{1 - 1 0 ^{- 0.4 b}}{1 - 1 0 ^{- 0.4 a}})^{1/4}

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解説を読む

流束の表し方

恒星の半径を $R_{A}$ , $R_{B}$ とし、 $k = \frac{R _{B}}{R _{A}}$ , $τ = \frac{T _{B}}{T _{A}}$ とおく。地球から見た恒星の円板は一様な明るさなので、地球で受ける流束は（円板の面積） $\times$ （表面の明るさ）に比例する。シュテファン・ボルツマンの法則より表面の単位面積あたりの放射は $σ T^{4}$ に比例するから、比例定数をまとめて
$F_{A} = C R_{A}^{2} T_{A}^{4}, F_{B} = C R_{B}^{2} T_{B}^{4} = k^{2} τ^{4} F_{A}$
と書ける。 $f = k^{2} τ^{4}$ とおくと、食のないときの流束は $F_{0} = F_{A} (1 + f)$ である。

等級差と流束比

$m = - 2.5 lo g_{10} F + 定数$ より、等級が $Δ m$ 大きくなると流束は $1 0^{- 0.4Δ m}$ 倍になる。

B が A の後ろに隠れているとき

B の光がすべて隠れ、A の光だけが届くので
$\frac{F _{A}}{F _{A} ( 1 + f )} = 1 0^{- 0.4 b} ⟹ 1 + f = 1 0^{0.4 b} .$

B が A の手前にあるとき

A の円板のうち面積 $π R_{B}^{2}$ （A の円板の $k^{2}$ 倍）が隠れ、B の光はすべて届くので、流束は $F_{A} (1 - k^{2}) + F_{A} f$ となる。よって
$\frac{1 - k ^{2} + f}{1 + f} = 1 0^{- 0.4 a} ⟹ k^{2} = (1 + f) (1 - 1 0^{- 0.4 a}) = 1 0^{0.4 b} (1 - 1 0^{- 0.4 a}) .$

温度比

$τ^{4} = \frac{f}{k ^{2}}$ なので
$τ^{4} = \frac{1 0 ^{0.4 b} - 1}{1 0 ^{0.4 b} ( 1 - 1 0 ^{- 0.4 a} )} = \frac{1 - 1 0 ^{- 0.4 b}}{1 - 1 0 ^{- 0.4 a}} .$
したがって
$\frac{T _{B}}{T _{A}} = (\frac{1 - 1 0 ^{- 0.4 b}}{1 - 1 0 ^{- 0.4 a}})^{1/4} .$

（解釈: 隠される部分の面積はどちらの食でも $π R_{B}^{2}$ で等しいので、2 つの食で失われる流束の比はそのまま表面の明るさの比 $τ^{4}$ になる。実際、失われる流束は A の手前通過で $F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 a})$ 、B の隠蔽で $F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 b})$ である。）

別解

A, B の表面の単位面積あたりの放射（面輝度）を $S_{A} = σ T_{A}^{4}$ , $S_{B} = σ T_{B}^{4}$ 、半径を $R_{A}$ , $R_{B}$ とする（ $R_{B} < R_{A}$ ）。周縁減光がないので、地球で受ける流束は見かけの円板面積に比例し、A, B 単独の流束を $F_{A} = k S_{A} π R_{A}^{2}$ , $F_{B} = k S_{B} π R_{B}^{2}$ （ $k$ は距離などで決まる共通の定数）とおく。食のないときの流束は $F_{0} = F_{A} + F_{B}$ 。

(1) B が A の手前にあり B の円板が A の円板の内側にあるとき、A の面積 $π R_{B}^{2}$ の部分が隠され、B の光は遮られずに届く。流束は $F_{1} = F_{0} - k S_{A} π R_{B}^{2}$ 。等級差の式 $m_{1} - m_{0} = - 2.5 lo g_{10} (F_{1} / F_{0}) = a$ より $F_{1} / F_{0} = 1 0^{- 0.4 a}$ 。したがって $k S_{A} π R_{B}^{2} = F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 a})$ 。

(2) B が A の後ろに完全に隠れているとき、届くのは A の光だけで $F_{2} = F_{A} = F_{0} - F_{B}$ 。 $m_{2} - m_{0} = b$ より $F_{2} / F_{0} = 1 0^{- 0.4 b}$ 。したがって $F_{B} = k S_{B} π R_{B}^{2} = F_{0} (1 - 1 0^{- 0.4 b})$ 。

(3) 比をとると $R_{B}$ , $k$ , $F_{0}$ が消えて $\frac{S _{B}}{S _{A}} = \frac{1 - 1 0 ^{- 0.4 b}}{1 - 1 0 ^{- 0.4 a}}$ 。 $S \propto T^{4}$ より $\frac{T _{B}}{T _{A}} = (\frac{1 - 1 0 ^{- 0.4 b}}{1 - 1 0 ^{- 0.4 a}})^{1/4}$ 。

検算: $a = b$ なら比は 1 で、同じ面輝度（同じ温度）になり矛盾がない。 $b > a$ なら B は A より高温（面輝度が大きい）で、B が隠れるときの減光のほうが大きいという直観とも一致する。

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