AST413 Gezegen Sistemleri ve Oluşumu. Ders 1 : Tarihçe ve Temel Yasalar

Transkript

1 AST413 Gezegen Sistemlei ve Oluşumu Des 1 : Taihçe ve Temel Yasala

2 Kopenik (ya da Sıadanlık) İlkesi: "Güneş sıadan bi yıldız ve Dünya da sıadan bi gezegen." Aslında çok uzun zamandı Güneş'ten başka yıldızlaın etafında da gezegenle olabileceğini biliyouz (Plato!) ama keşfetmemiz biaz zaman aldı... Çünkü Yıldız çok büyük ve Gezegen onun yanında çok küçük. Bi atom bombasının yakınında bi laze ışığı kada da sönük! Ve bizden çok çok çok çok çok çok uzaktala! İlk gezegeni (iki tane biden!) ancak 199 yılında bi yıldız kalıntısının (PSR B157+1) etafında zamanlama tekniğiyle bulabildik.*

3 PSR-B157+1 Sistemi * Keşif d* Pot 1630 ly Mb,c,d 6. ms , 0.013, 0.01 Mjüp Pb,c,d 5, 66, 98 gün b,c,d 0.19, 0.36, 0.46 AB * Tüm veile adesinden alınmıştı NASA/JPL-Caltech/R. Hut (SSC)

4 Güneş benzei bi yıldız etafında ilk gezegen (51 Peg b)* dikinize hız tekniğiyle keşfedildi. Yıldızının önünden geçeken "fakedilen" ilk gezegenle: HD09458b (Osiis)** ve OGLE-TR56b*** Bugün itibaı ile 3669 sistemde toplam 749 gezegen keşfetmiş duumdayız ve daha binlece de aday cisim va! Üstelik Mekü büyüklüğündeki gezegenleden, süpe Dünyala ve mini Neptünlee vaana dek büyük bi ötegezegen çeşitliliğyle de kaşı kaşıyayız! * Mayo & Queloz (1995) ** Chabonneau vd. (000) *** Konacki vd. (003)

5 Dünya benzei gezegenle bulmayı umuyoduk ama ilk bulduğumuz gezegenle daha çok Jüpite e benziyodu! Yıldızının bununun dibinde dolanan Jüpite in bikaç katı kütleye sahip dev gaz gezegenle! Bu gezegenle hala kafamızı kaıştııyo. Biz gezegen sistemleinin nasıl oluştuğunu biliyo ama Dünya benzei gezegenle olup olmadığını meak ediyoduk. Şimdi ikincisinin va olduğunu bulduk ama biincisinden emin değiliz!

6 Dikine Hız Tekniği

7 HD08897b, Yılmaz vd. 017

8 Geçiş (Tansit) Tekniği

9 KELT-18b, McLeod et al. 017

10 Çok yakınımızda (4.3 ışıkyılı) gezegenle (Poxima Cen b) Çok uzağımızda (1500 ışık yılı) OGLE-005-BLG-390Lb Çok "ağı" gezegenle de (J b 8 MJüp) bulduk, çok "hafifleini" (PSR B157+1b 0.0 MJüp) de Çok büyükle de (HAT-P-5b.04 RJüp) va, çok küçükle de (Keple 37b 0.30 RYe)... Yeteince büyük bi havuza koysanız "yüzebilecekle" (Keple 51c 0.03 g/cm3) bile bulduk! Bi yılı Dünya yılı ile yıl (GU Psc b) süenle mi istesiniz, 5.8 saat (Keple 70b, aynı zamanda en sıcak: ~ 7100 K) süenle mi?

11 He Tüden Yıldızın Etafında Gezegen Bulduk! Nöton yıldızlaının (PSR B157+1b,c) Güneş benzei yıldızlaın (51 Peg b) Kımızı cücelein (Gliese 876b) Beyaz cücelein (PSR B160-6 b) Kahveengi cücelein (M107 b) Dev yıldızlaın (Iota Da b) Çok sıcak yldızlaın (Fomalhaut b) Başıboş gezenle (kahveengi cüce altı cisimle) bile bulduk (S Oi J )

12 Çoklu Yıldız Sistemi Gezegenlei Tattoine le Çift sistemlein etafında (PSR B160-6 b) Çift sistem üyeleinden biinin etafında (55 Cnc b) Üçlü bi yıldız sisteminde (16 Cygni Bb) Dötlü bi yıldız sistemininin iki üyesinin etafında (Keple 64b) Hatta dötlü bi yıldız sistemindeki yıldızladan biinin etafında (30 Ai BAb)

13 Needeyse Aklımıza Gelen He Yöntemle Gezegen Bulduk! Pulsa zamanlaması yöntemiyle (3 ü aynı cismin -PSR B157 +1b,c,d- etafında toplam 10 tane (+1)) Dikine hız yöntemiyle (544 sistemde toplam 78 tane (+41)) Geçiş yöntemiyle (055 sistemde toplam 747 tane (+56)) Doğudan göüntüleme yöntemiyle (81 sistemde toplam 88 tane (+16)) Çekimsel mecek yöntemiyle (60 sistemde 6 tane (+11)) Çift yıldız zamanlama yöntemiyle (14 sistemde 15 tane (+1)) Gezegen geçiş zamanlama yöntemiyle (6 sistemde 7 tane (0)) Pek yakında astometi yöntemiyle (Gaia) Belki binlece!

14

15 Kozmogoni Milton'ın Eveni Even nedi, nasıl bi yedi ve biz nasıl oluştuk? Dinle ve Felsefe!

16 Stonehenge M.Ö. Wiltshie, İngiltee

17 Kozmoloji Even nasıl çalışı?

18 Ye Mekezli Even Modeli: Mekezinde haeketsiz Ye'in bulunduğu, hepsi Ye'e aynı uzaklıktaki yıldızlaın üstünde bulunduğu bi küe! 1. Ye'in küesel olduğu,. Ye'in büyüklüğü, 3. Tutulmala bu modelle açıklanabilmişti. Ancak, 1. Hızı diğe cisimleden faklı olanla?. Sabit hızla haeket etmeyenle? 3. Gei yönlü (etogad) haeket yapanla? The School of Athens, Raphael,

19 Dış Çembelele Retogad Haeketi Açıklama Çabası Appolonius, dış çembe kullanaak gei yönlü (etogad) haeketi, Ye'i mekezden alıp, dış çembein mekezinin haeketini diğe odağa göe sabit yapaak sabit hızla geçekleşmeyen haeketi başaıyla açıklamış oldu. Ama teoisi hala gezegen gözlemleinde ulaşılan bazı gözlemsel Batlamyus (Ptolemy) (90 168) bu poblemi sonuçlaı açıklayamıyodu. iki dış çembe kullanaak gidemeye çalıştı. Pege'li Appolonius (MÖ 6-190)

20 Güneş Mekezli Even Modeli Böylece Mas ve Güneş'in konumlaını daha hassas ve çok daha basit bi modelle açıklamak mümkün oldu! Nicolas Copenicus ( )

21 Tycho Bahé ( ) Melez Ye-Güneş Mekezli Even Modeli Tycho gelmiş geçmiş en iyi gözlemcileden bii (belki de biincisi olduğu halde) Dünya'nın Güneş çevesinde dolanması duumunda yıldızlaın paalaktik haeket göstemesini beklediği halde bunu gözleyemediği için melez bi modele yöneldi. Eksik olan onun gözlemlei değil, paalaktik haeketi ölçecek teknolojiye (teleskop!) henüz ulaşılamamış olmasıydı...

22 Johannes Keple ( ) Güneş mekezli modelde Güneş (S) haeketsiz Başlangıç: Ye ve Mas aynı hizada (E0 M0) 1 Mas yılı (687 gün) sona 1.88 Ye yöüngesi (E1 M1) Dünya'nın dolanma peiyodunu bildğiniz için iki konum aasında 43º fak (E0SE1 açısı) hesapla bulunabili Daha sona gökyüzünde Mas'ın bi Mas yılı öncesine göe konumunu ölçeseniz (M1), Mas ile Ye'in konumlaı aasındaki açıyı ölçmüş olusunuz (SE1M1 açısı). Atık üçgenin iki açısını biliyosunuz, E1M1S açısını kolaylıkla hesaplayabilisiniz. Bu size Ye'in (E1) ve Mas'ın (M1) yöüngelei üzeindeki konumlaı vei. Bu işlemi defalaca yapasınız, hem Ye'in hem de Mas'ın yöüngeleinin tamamını kapsayaak yöünge geometileini çıkaabilisiniz.

23 Keple Yasalaı Böylece Keple Mas ve Ye'in yöünge gözlemleinden bugün Keple Yasalaı adını vediğimiz şu 3 sonucu çıkadı. 1. Gezegenlein yöüngelei odaklaından biinde Güneş bulunan bi elips şeklindedi.. Gezegenle yöüngelei üzeinde eşit zaman aalıklaında eşit alanla taala. 3. Gezegenlein yöünge büyüklüklei (küpü) ile dönemlei (kaesi) aasında bi oantı vadı. a3 P = sabit

24 1. Keple Yasası: Elips Fomalizmi Kutupsal Koodinatla + = a = sabit (1) FSP üçgeninde kosinüs teoemini uygulayalım ( ) = + FS FS cos(fsp) cos(fsp) = cos(π-θ) = - cos(θ), FS = ae = a a: Yaı-büyük eksen uzunluğu, b: Yaı-küçük eksen uzunluğu, e: Dış mekezlilik (eksantisite), F,S: Elipsin odaklaı,, θ: Kutupsal koodinatla, x, y: Katezyen koodinatla Yeine koyacak olusak, ( ) = + (ae) (ae) (- cos(θ)) (a - ) = + (ae) + (ae) cos(θ) Şimdi 'yi çekelim, = a (1 e) / (1 + e cosθ) () FCB üçgeninde Pisago teoemi geeği, b = a- ae = a(1 - e) (3)

25 Michael Zingale,

26 Michael Zingale,

27 cisim poblemi F=G m1 m He iki kütle için Newton yasasını aşağıdaki şekilde yazabilisiniz m m m m F 1 =m 1 1 =G 1 3 F =m = G 1 3 Bu denklemleii basitleştiecek olusak m m 1=G 3 = G 31 Aşağıdaki çıkama işlemi ile bu iki ifadeyi taaf taafa çıkaalım m 1 +m m1 +m ve 1 = G +G =0 = vektöüyle eşitliğin he iki taafın skale çapacak ousak Açısal m 1 +m momentum x = h x =0 x +(G ) x =0 3 integali

28 Bu sonucun anlamı... Yöünge haeketi sıasında bi gezegenin (m) konum ve hız vektölei aynı düzlem üzeinde ve bibileine dikti. Momentum integalinin sabiti (h) ise bu he iki vektöe de dikti!

29 İşleme kutupsal koodinatlada devam etmeliyiz. ^ =( sin(θ) x^ +cos(θ) ^y ) (θ) ^ =cos(θ) x^ +sin(θ) ^y ^ = θ^ (θ) vektöünü açık yazıp, tüevini alacak olusak = ^ = ^ + θ^ θ elde edeiz. Şimdi bu ifadenin ikinci tüevini alıp bilinmeyenlei yeine koyalım = ^ + ^ θ + θ^ θ + θ^ θ + θ^ θ = (cos (θ) x^ +sin (θ) ^y )+ ( sin (θ) x^ +cos (θ) ^y ) θ + ( sin (θ) ^x +cos (θ) ^y ) θ + ( cos(θ) sin (θ)) θ θ + ( sin (θ) x^ +cos(θ) ^y ) θ Şimdi bu çikin ifadeyi biaz sadeleştielim. )+( sin (θ) x^ +cos(θ) ^y )( θ + θ + θ ) =(cos(θ) x^ +sin(θ) ^y )( (θ) 1 d ^ =( θ ) ^ + ( θ ) θ =( θ ) ^ +( θ + θ ) θ^ dt Şimdi vektöünü ve tüevini açısal momentum integalinde yeine koyalım ^ ^ x ( ^ + θ θ)=h ^ θ ^ x θ=h ve θ biim vektöleini yeine koyalım θ (cos(θ) x^ +sin (θ) ^y ) x ( sin(θ) x^ +cos(θ) ^y )=h θ (cos (θ) ^z +sin (θ) ^z )= h h= θ

30 . Keple Yasası: Biim zamanda taanan alan sabitti (da / dt = C) Δ (PP') yayının uzunluğu Δθ kadadı. Bu yay 'ye göe çok küçük olduğu için, CPP' bi üçgen olaak vasayılabili. Bu duumda bu üçgenin alanı ΔA ΔA = ½ Δ = ½ Δθ He iki taafın zamana göe tüevini alısak ΔA / Δt = ½ Δθ / Δt Difeansiyel fomda yazacak olusak da / dt = ½ dθ / dt = C = h/ Yöünge haeketi için; Biim zamanda taanan alan sabitti Açısal momentum kounu (4) J = x p = x mv J = m Δ / Δt = m (Δθ / Δt) J = m (Δθ / Δt) = mc = sabit (5) Aynı şekilde yine sağ taaf sabit olduğu için açısal momentum da sabitti!

31 Michael Zingale,

32 Denklemlele oynamayı südüelim! Haeket denklemi: +G m1 +m 3 Bu kez ivme vektöünü yeine koyalım =( θ ) ^ +( θ + θ ) θ^ =0 m 1 +m ^ ( θ ) ^ +( θ + θ ) θ= G 3 Eşitliğin sağ taafına 0 θ^ ekleyelim m1 +m ^ ( θ ) +( θ + θ ) θ= G +0 θ^ 3 sağ ve sol taaftaki teimlei kaşılıklı olaak eşitleyelim m1 +m ( θ ) ^ = G ^ 3 Sonuç olaak ve ^ ( θ + θ ) θ=0 θ^ m 1 +m θ = G difeansiyel denklemini elde edeiz. Haeket denklemini çözmek ve gezegenin konumunu, hızını ve ivmesini elde etmek için bu denklemi çözmeliyiz. Buadaki zoluk ve θ nın zamanın bie fonksiyonu olmasıyla bilikte nin θ ya da bağlı olmasıdı!

33 Çözüm için momentum integaline teka dönmeliyiz... Açısal momentum integalini hatılayaak olusak h= x = (cos(θ) x^ +sin(θ) ^y ) x ( (cos(θ) x^ +sin (θ) y^ )+ ( sin(θ) x^ +cos(θ) ^y )) θ = θ ^z θ = θ nın tüevini çekesek h θ = h h = ( ) 3 ( ) Tüev için zinci kualını uygulayacak olusak; d d d = θ = ( θ ) + θ dθ d θ dθ m1 +m θ = G m1 +m d d ( θ ) + θ ( θ ) = G dθ dθ Şimdi θ nın biinci ve ikinci tüevi için bulduklaımızı yeleine koyalım m1 +m d h d h h ( ) + ( ) ( ) = G d θ 3 d θ m1 +m h d d ( )= G. θ d θ 4 d θ m 1 +m (d / d θ) h d ( )= G 4 dθ

34 Bu denklemi çözmek için bi değişken değişimine ihtiyacımız va. = 1 / u olmak üzee, 1 = u d 1 du = ( ) dθ u dθ d du 1 d u =( 3 )( ) ( )( ) dθ u dθ u dθ Bi önceki sayfada bulduğumuz he şeyi buada yeine koyacak oluak du 1 d u 1 du (h u )[( 3 )( ) ( )( ) u( ) ]= G (m1 +m )u u dθ u dθ u dθ 4 d u h ( +u)= G (m1 +m ) dθ Denklem yandaki şekilde basitleşi: Bu tü difeansiyel denklemlee Binet denklemlei deni ve çözümlei aşağıdaki gibidi... u= G(m1 +m ) h (1+e cos(θ ϖ)) = 1 / u dönüşümünü teka yapa ve yeni bi değişken (p) tanımlasak Konum vektöünü de = p 1+e cos(θ ϖ) h p= G (m1 +m ) h= ( p G (m1 +m )) olaak elde edeiz.

35 Keple in 3. Yasası Bulduğumuz konum vektöü, geometiik olaak konik kesitlei adı veilen bi eği ailesini tanımla. Hehangi bi sistem için eğinin ne olacağını başlangıç koşullaı belile.0 < e < 1için eği bi elipsti ve p paametesi p = a(1 e) olu. a(1 e ) = 1+e cos(θ ϖ) Bu bizi Keple in 1. Yasası na getidi. Yöüngenin elips olduğunu bildiğimizden integalin sabitleini (e ve ω) geometik olaak tanımlayabiliiz. θ, geçel anomali, ω ise enbeinin boylamı adlaını alı. θ = ω min = a(1 e) (enbei) ve θ = ω + π max = a(1 + e) (enöte) olu Şimdi elipsin alanını yazalım T 1 ht A =π a b= da= h dt= 0 πab 4π 3 T= T = a h G (m1 +m )

36 Keple in 3. Yasası: Gezegenlein Yöünge Büyüklüklei ile Dönemlei Oantılıdı! Üçüncü yasa aslında gözlemsel (empiik) bi sonuçtu. Gezegenlein yöünge büyüklükleinin (yaı-büyük eksen uzunluklaının) kaelei, dolanma dönemleinin küpleine kaşılık çizdiildiğinde aalaında linee bi ilişkinin olduğu göülü. 4π 3 P= a G (m1 +m ) Şeklinde ifade edilen bu ilişkide; P [yıl], a[ab], M[Mgüneş] seçilise P = a3 bulunu.

37 Sonuç olaak... Gezegenin yöünge döneminin (P) dış mekezliliğinden (e) bağımsız ve toplam kütle (m 1 + m) ile yıldız olan uzaklığın (ya da yöünge büyüklüğünün, a) bi fonksiyonu olduğnu bulduk. Tu sayısı paametesini (n) aşağıdaki şekilde tanımlayacak olusak. n= π T 3 ise G (m1 +m )=n a ya da h= (G(m 1 +m )a(1 e ))=n a (1 e ) Şimdi yine haeket denklemini kullanaak gezegenin hızını bulalım: + G (m1+m ) 3 =0 Denklemin he iki taafının nin tüeviyle skale çapacak olusak. + G (m1 +m ) =0. ve bu ifadeyi t kada bi süe için intege edecek olusak G (m1 +m ) 1. =C 1 G(m 1 +m ) V =C Gezegenin enejisi yöünge boyunca kounu! Vis-viva İntegali

38 Keple Poblemi Yöüngenin uzaydaki konumunun (ῶ) değişmediğini vasayacak olusak θ = ῶ + ν θ = ν V =. = ( ν ) a(1 e ) = 1+e cos(ν) ν = = na (1 e ) (1+e cos( ν)) ν e sin( ν) 1+e cos(ν) = na (1 e ) e sin(ν) n a V = (1+ e cos(ν)+e ) 1 e 1 V =G (m1 +m )( ) a Böylece gezegenin konumu ve ivemesinin yanı sıa hızını da hesaplamış olduk. Ancak bu paametelein hepsini zamanın değil geçel anomali açısının (θ) bie fonksiyonu olaak bulmuş olduk. Çözümü geçel anomalinin değil zamanın bi fonksiyonu olaak bulmak için Keple Poblem ini, çözmeliyiz.

39 Keple Pobleminin Çözümü cisim poblemini geçel anomalinin bi fonksiyonu olaak çözdük. Şimdi sıa zamana bağımlılığı elde etmeye geldi. Böylece gezegenin bi t anında neede, hangi hızda ve hangi ivmeyle haeket ettiğini de anlamış, yani haeket denkleminin tam bi çözümünü elde etmiş olacağız. a(1 e ) = 1+e cos(ν) ν = na (1 e ) (1+e cos( ν)) 1 V =G (m1 +m )( ) a 4 na 1 n a (1 e ) = (a e ( a) ) =n a 3 ( ) a Bu denklemi çözmek için eksantik anomali (E) adını vediğimiz yeni bi paamete tanımlamaya ihtiyacımız olacak. =a(1 ecos (E)) Çözmemiz geeken denklemi yeine e cinsinden yazacak olusak; E= M (1 ecos( E)) M: otalama anomali f(t T0) = E esine şeklindeki ifade ve tam katlaı M = n (t T0) (n bi tam sayı olmak üzee) için bu denklemi çöze.

40 Keple Denkleminin Çözümü t = T0 (enbei geçişi) ve ν = 0 alınısa M = 0 t = T0 + T / ve ν = π için ise M = π, yani M = E esine Bu ifade analitik olaak çözülemez ve şu şekilde bi yol izleni. 1) M bulunu M =n(t T 0 ) ) M kullanılaak E bulunu M =E esin( E) 3) E kullanılaak ye geçili. =a(1 ecos (E)) 4) ν (geçek anomali) a(1 e ) = 1+e cos(ν) Bu algoitma size tam çözümü veecekti. Algoitmanın ikinci basamağı sadece nümeik olaak çözülebili. Ayıntı için bkz. Danby (1988).

41 Ödev 1 Teslim Taihi: 6 Ekim 017 Cuma 13:30 Elips'in katezyen koodinatladaki denklemini tüetiniz! Doğu olduğunu göstemekle tüetmek aynı şey değildi, dikkat ediniz! x y + a =1 b Ödevin elle yazılması zounludu.bilgisayala yazılan, elektonik yolla (WhatsApp, facebook, , messenge, skype!) göndeilen ödevle dikkate alınmayacaktı.