Warum gibt es Sternengrenzen?

Sterne haben keine harte Grenze oder Oberfläche in dem Sinne, dass Ihre Frage darauf hinzudeuten scheint, dass Sie denken. Die Sonne sieht aufgrund optischer Effekte wie eine schöne, diskrete Kugel aus. Was wir die Oberfläche der Sonne nennen, ist die Photosphäre .

Wir nennen dies die Oberfläche, weil es das ist, was wir effektiv sehen, wenn wir in die Sonne schauen. Diese Fläche ist jedoch genau der Punkt, an dem sich die optische Tiefe der Eins nähert. Das heißt, es ist der Bereich, in dem das ionisierte Gas für sichtbare Lichtphotonen undurchlässig wird.

Technisch gesehen kann man sagen, dass die Sonnenatmosphäre das umfasst, was als Heliosphäre bekannt ist , also befinden wir uns auf der Erde technisch innerhalb der Sonnenatmosphäre. Daher ähnelt die obere Grenze eher dem Beendigungsschock als der Photosphäre, aber dies hängt von der Frage ab, die Sie ansprechen möchten (mehr dazu weiter unten).

Massereichere Sterne haben aufgrund verschiedener Effekte eine noch mehrdeutige Oberfläche . Zum Beispiel haben Wolf-Rayet- und O-Typ- Sterne oft sehr ausgedehnte Koronas , was es schwierig macht, eine Oberfläche zu identifizieren .

Welche Theoreme oder Einsichten stehen zur Verfügung, um zu entscheiden, ob ein Stern mit einer bestimmten gegenseitigen Abhängigkeit zwischen seiner Dichte-, Druck- und Temperaturverteilung eine Grenze in einem endlichen Abstand von seinem Zentrum haben sollte?

Ich werde mich in Ihre Frage einarbeiten, da ein Stern, wie bereits in mehreren Kommentaren festgestellt wurde, nicht unendlich sein kann.

Denken Sie an die Atmosphäre eines Planeten wie der Erde oder der Venus . Wir beschreiben diese in der Regel modellhaft, da sie in der Realität weder homogen noch immer kontinuierlich sind (dh ich denke an gelegentlich auftretende starke Dichtegradienten). Das Modell ist oft die Massendichte und folgt einer Exponentialfunktion mit der folgenden Form:

$$\rho\left( h \right) = \rho_{o} e^{-h/h_{o}} \tag{1}$$ Wo $\rho\left( h \right)$ist die Massendichte in der Höhe $h$, $\rho_{o}$ein Bezugspunkt oder eine bekannte Massendichte ist (z. B. könnte die durchschnittliche Massendichte auf Meereshöhe eine gute Wahl sein), und $h_{o}$ist die Skalenhöhe oder der E-Faltungsabstand (dh eine ähnliche Größe wie die Halbwertszeit radioaktiver Materialien). Der $h_{o}$Der Parameter hängt oft mit der weichen oberen Grenze einer Atmosphäre zusammen. Sie lässt sich recht einfach bestimmen, aber ihre physikalische Bedeutung ist hier der entscheidende Faktor. Sie können sehen, dass es in Gleichung 1 nirgendwo eine harte Grenze gibt (d. h. die Größe $\rho\left( h \right)$nähert sich asymptotisch Null, erreicht sie aber nie), aber dieses Modell leistet sehr gute Arbeit bei der Beschreibung der meisten Planetenatmosphären.

Antworten

Um Ihre Frage zu beantworten, wird die obere Grenze häufig anhand eines Modells bestimmt (wie das, das Sie in Ihrer Frage oder Gleichung 1 in meiner Antwort präsentieren), und die physikalische Interpretation ist die in darüber liegenden Höhen$h_{o}$, ist die Dichte (oder welcher andere relevante Parameter auch immer) so viel niedriger als alles darunter, dass wir sie je nach dem für das gegebene Problem erforderlichen Genauigkeitsgrad als klein, vernachlässigbar oder null annähern können.

Das ist nicht befriedigend, ich weiß, aber in der Physik geht es darum, Wege zu finden, sich der Natur anzunähern, ohne relevante Effekte zu ignorieren. Die obere Grenze wird also wirklich durch das Problem bestimmt, das Sie anzugehen hoffen, und durch Ihre Wahl des Modells, da es in Wirklichkeit keine feste obere Grenze für einen gasförmigen Körper wie einen Stern gibt ( Anmerkung: Ich ignoriere Sternkerne und exotische Fälle wie Neutronensterne .).

Beispiel

Beachten Sie im Fall der Sonne, dass die Dichte ebenfalls durch ein exponentielles Modell beschrieben wird, jedoch aufgrund der Ionisierung der Teilchen ein etwas komplexeres. Ungeachtet dessen kann in der niedrigen Chromosphäre die Gesamtwasserstoffzahldichte in der Größenordnung von liegen$n_{H} \sim 10^{14} \ cm^{-3}$oder$\sim 10^{20} \ m^{-3}$, die bereits um vier Größenordnungen schwächer ist als die Photosphäre. Oberhalb etwa eines Sonnenradius,$R_{\odot}$, die Anzahldichte sinkt noch weiter nach unten$\sim 10^{4} \ cm^{-3}$($\sim 10^{10} \ m^{-3}$) in nur einer Höhe von$\sim 5 \ R_{\odot}$, oder etwa zehn Größenordnungen.

Wie Sie sehen können, beginnt die Menge an Materie pro Volumeneinheit oberhalb einer Skalenhöhe vernachlässigbar klein zu werden, geht aber nicht auf Null. Wir können nicht alles perfekt modellieren, daher besteht der Trick darin, innerhalb der Grenzen der Frage, die Sie ansprechen möchten, anzunähern, wo die Atmosphäre keine Rolle mehr spielt.

Randbemerkung: In einer Höhe von 1 AE (dh in etwa der Position der Erdumlaufbahn) ist die Anzahldichte der Sonnenatmosphäre auf gesunken$\sim 1-10 \ cm^{-3}$($\sim 10^{6}-10^{7} \ m^{-3}$).

Lassen Sie mich ein Beispiel geben, das ich gerade berechnet habe:

Vorrunde:

1) Durch die Poisson-Gleichung kann die hydrostatische Gleichung umgeschrieben werden als

$$\begin{equation} \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(\frac{r^2}{\rho}\frac{dp}{dr}\right)=-4\pi G \rho \end{equation}$$

2) Wir können dies vereinfachen, indem wir eine Enthalpie einführen$h$durch Integration

$$\begin{equation} \frac{dh}{dr}=\rho \frac{dp}{dr} \end{equation}$$ was das impliziert $h$, wie $p$, nimmt nicht zu $r$. $h$ist bis auf einen konstanten Begriff definiert, den wir durch die Forderung setzen, dass $h(R) = 0$(was nicht immer möglich ist, aber in dem Fall in Ordnung, den ich in Betracht ziehen werde. Übrigens, $R=\infty$ist natürlich möglich). Die hydrostatische Gleichung lautet nun $$\begin{equation} \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dh}{dr}\right)=-4\pi G \rho \end{equation}$$

3) Zur Vereinfachung führen wir dimensionslose Größen ein

$$\begin{equation} \begin{cases} & r(x)=Rx \\ & \rho(r(x))=\rho(0) u(x) \\ & h(r(x))=h(0) v(x) \end{cases} \end{equation}$$ so dass $u(0)=v(1)=1$und wo wir den Maßstab gewählt haben $R$damit sich die Gleichgewichtsgleichung schön liest $$\begin{equation} \frac{1}{x^2}(x^2v'(x))' = - u(x) \end{equation}$$ (Apostrophe bezeichnen Differenzierung bzgl $x$).

Satz Angenommen, das$u$Und$v$sind eine Lösung der obigen Differentialgleichung mit den angegebenen Randbedingungen und$\forall x > 0$wir haben das$v(x)^2=:f(v(x))\leq u(x)\leq g(v(x)):=1-\epsilon + \epsilon v(x)$($\epsilon>0$beliebig klein), dann$v$hat eine Wurzel für etwas Endliches$x^*$. (Anmerkung: Für einen Stern aus nicht entarteter kalter Materie hätten wir$u=v^{\frac{3}{2}}$, daher wird dieser Fall derzeit behandelt)

Beweis : Der Beweis geht davon aus, dass$v>0$auf der gesamten positiven reellen Achse (sodass$v$erfüllt auch die hydrostatische Gleichung für diesen gesamten Bereich) und dann einen Widerspruch abzuleiten. Ich überlasse es dem Leser, das zu überprüfen$\lim_{x\to 0+} u(x)=1=\lim_{x\to 0+} v(0)$impliziert, dass$\lim_{x\to 0+} v'(x)=0$. Im Intervall$I:=(0,x^*)$Wo$u$ist positiv, das haben wir sicher$\forall x \in I$

$$\begin{equation} x^2v'(x)=-\int_0^x s^2u(s)\text{d}s < 0 \end{equation}$$ So $v$nimmt sicherlich im gleichen Intervall ab. Beachte das auch $$\begin{equation} -1=\lim_{x \to 0+}-u(x)=\lim_{x \to 0+} \left(v''(x)+2\frac{v'(x)}{x}\right)=3\lim_{x \to 0+}v''(x) \end{equation}$$ Wir können also definitiv eine finden $\delta>0$so dass $v(x)\leq 1-\frac{1}{12}x^2$so lange wie $x < \delta$. Zusammen mit der Tatsache, dass $v$nimmt ab, das impliziert $v < v_1:=1-e$Wo $$\begin{equation} e(x)=\begin{cases} &\frac{1}{12}x^2 \text{ when } x < \delta \\ &\frac{1}{12}\delta \text{ otherwise }\end{cases}. \end{equation}$$ Dies impliziert das $u \leq g(v) < g(v_1)=1-\epsilon e$. Also integrieren $$\begin{equation} x^{-2}(x^2v')'=-u > 1 - \epsilon e \end{equation}$$ gibt $$\begin{equation} v(x)>max(0,1-\frac{x^2}{2}+d(x))\geq \begin{cases}& 1-\frac{x^2}{2}+d(x) \text{ when } x < \sqrt{6} \\ & 0 \text{ otherwise.}\end{cases}=:v_2(x) \end{equation}$$ wo ich die positive stetige Funktion definiert habe $d(x):=\int_0^x \frac{\text{d}s}{s^2}\int_0^s \text{d}t(t^2 e(t))$deren Details nicht wichtig sind. Jetzt wiederum haben wir das $$\begin{equation} x^{-2}(x^2v')'=-u \leq -f(v) \leq -f(v_2)=-v_2^2. \end{equation}$$ Wieder integrierend, bekommen wir das $$\begin{equation} v(x) \leq \begin{cases} & 1-\int_0^x \frac{\text{d}s}{s^2}\int_0^s (t^2(1-\frac{t^2}{6}+d(t))^2)\text{d}t \text{ when } x < \sqrt{6} \\ & 1-\int_0^\sqrt{6} \frac{\text{d}s}{s^2}\int_0^s (t^2(1-\frac{t^2}{6}+d(t))^2)\text{d}t+(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{6}})\int_0^{\sqrt{6}} (t^2(1-\frac{t^2}{6}+d(t))^2)\text{d}t \text{ otherwise } \end{cases} < \begin{cases} & 1-\int_0^x \frac{\text{d}s}{s^2}\int_0^s (t^2(1-\frac{t^2}{6})^2)\text{d}t \text{ when } x < \sqrt{6} \\ & 1-\underbrace{\int_0^\sqrt{6} \frac{\text{d}s}{s^2}\int_0^s (t^2(1-\frac{t^2}{6})^2)\text{d}t}_{=:a}+(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{6}})\underbrace{\int_0^{\sqrt{6}} (t^2(1-\frac{t^2}{6}+d(t))^2)\text{d}t}_{=:b} \text{ otherwise } \end{cases} \end{equation}$$ wo kann man das berechnen $a=\frac{19}{35}$Und $b>\frac{16}{35}\sqrt{6}$mit der Ungleichung aufgrund des zusätzlichen positiven Beitrags der positiven Funktion $d$. Die zweite Hälfte der oberen Grenze lautet also $$\begin{equation} v(x)<\frac{16}{35}+(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{6}})b=\frac{16}{35}+(\frac{\sqrt{6}}{x}-1)(\frac{16}{35}+\kappa) \end{equation}$$ (Wenn $x > \sqrt{6}$) Wo $\kappa>0$ist eine kleine Konstante. Diese Obergrenze hat endlich eine Null $\tilde{x}$. Somit $v$hat endlich eine Null $x'\leq\tilde{x}$, was ein Widerspruch ist. Somit $v$hat endlich eine Null $x^*$(Diese Logik klingt seltsam, ist aber richtig)

Ich habe in ähnlicher Weise die Tricks verwendet, die mir dieses Theorem gebracht haben, um das gleiche Nehmen numerisch zu bestimmen$f(v)=0.95 v^3$(erinnere dich daran$u=v^3$ist das Polytrop der entarteten Materie) und$g(v)=v^{2.5}$impliziert auch einen endlichen Radius. Kombinationen wie$(g,f)=(v^{1.5},v^3)$Und$(g,f)=(v^2,v^3)$scheinen keine Schlussfolgerung zu ergeben (unter Verwendung dieser Methode numerisch).