livelli energetici di un atomo o di uno ione

LIVELLI ENERGETICI DI UN
ATOMO O DI UNO IONE
Consideriamo un atomo od uno ione con un solo elettrone di valenza
Ricordo che si definiscono come elettroni di valenza tutti gli elettroni
esterni al RESIDUO ATOMICO.
E che si definisce come RESIDUO ATOMICO il gruppo stabile di
elettroni ottenuto allontanando gli elettroni più esterni.
Lo STATO di un atomo o di uno ione con un solo elettrone di valenza
è determinato dai seguenti NUMERI QUANTICI
n
numero quantico principale
l
numero quantico azimutale
| ~l |= l(l + 1) h̄
q
l = 0, 1, 2, ...., n − 1
s, p, d
s
q
| ~s |= s(s + 1) h̄
numero quantico di spin
s = ± 21
j
| ~j |= j(j + 1) h̄
q
numero quantico interno
j =l±
1
2
(
mj
numero quantico magnetico
1
→
ml (−l, ...0..., l) (2l+1) stati
ms (− 21 ; + 12 )
(2s+1) stati
2
mj = j, j − 1, ...0...., −(j − 1), −j
(2j + 1) stati
Nel modello atomico di Bohr l’“elettrone di valenza (o gli elettroni di
valenza) gira attorno al “RESIDUO ATOMICO
Per fare un esempio il “RESIDUO ATOMICO di un atomo di NaI è:
Na
1s2
3s1
2s2 p6
Z=1
Residuo atomico o MANTELLO ATOMICO
ELETTRONE DI VALENZA al livello fondamentale
ACCOPPIAMENTO RUSSELL-SAUNDERS
Se l’atomo o lo ione possiedono più elettroni di valenza allora
i momenti azimutali ~li e i momenti di spin s~i
dei singoli elettroni
si sommano vettorialmente per dare rispettivamente il
~ = X ~l
momento azimutale totale L
~ |= L(L + 1)
|L
~ = X ~s
S
~ |= S(S + 1)
|S
momento di spin totale
q
q
N.B. L ed S si calcolano per i soli elettroni di valenza
Si definisce TERMINE uno stato (livello energetico) definito da una
terna di valori
n, L, S
3
Questo si suddivide in r livelli di energia caratterizzati da diversi valori
di J
Se:
L ≥ S : J = L + S ; L + (S − 1)....L − (S − 1) ; L − S
r = 2S + 1
Se:
L < S : J = S + L ; S + (L − 1)....S − (L − 1) ; S − L
r = 2L + 1
TERMINI DI MULTIPLETTO
Un termine di multipletto viene normalmente indicato con la seguente
notazione
r = 2S + 1 anche se L < S; in questo caso r non indica la molteplicità
PARITÀ
Si parla di TERMINI PARI o DISPARI quando:
(
X
li =
e nella notazione si indica
pari
(EV EN )
dispari
(ODD)
4
ESEMPIO SULL’INDICAZIONE DEI TERMINI NEL CASO DI NaI (n=3)
La notazione DETTAGLIATA del livello fondamentale dell’atomo di
sodio è:
1s2
2s2 p6
3 2 S 12
Il doppietto D del N AI (λλ 5890 5896) proviene dalle transizioni:
3 2 S 21 − − − 3 2 P 21
λ 5895.92
3 2 S 12 − − − 3 2 P 23
λ 5889.95
Vedi pag. 440 “Introduction to modern physics
Richtmeyer - Kennard - Cooper
5
SCALE NEI DIAGRAMMI DI GROTRIAN
Nei diagrammi di GROTRIAN sono riportate sovente 2 scale per
indicare l’energia dei vari livelli:
Una prima scala dà la “Differenza di energia” in [eV] rispetto al livello
fondamentale
Una seconda scala (detta dei TERMINI) in [cm−1 ] che dà il rapporto
fra il modulo dell’energia di legame ed hc cioè il numero d’onda:
Tm =
| Energia legame |
1
=
[cm−1 ] ≡ [kayser]
hc
λ
h = 4.13 · 10−15 eV sec = 6.62 · 10−27 erg sec
c = 2.998 · 10−10 cm sec−1
Tm =
1eV = 1.6022 · 10−12 erg
1
E (eV )
=
[cm−1 ]
−8
λ 12398 · 10 (eV cm)
La coordinata Tm in pratica misura il “numero d’onda” corrispondente
alla transizione fra lo stato m e lo stato libero.
6
Ad una transizione fra 2 livelli m ed n
| Tm − Tn |=
=
| Em − En |
1
=
[cm−1 ]
hc
λmn
∆E [eV ]
[cm−1 ]
−8
12398 · 10
Ovviamente:
12398
108
λ[Å] =
=
∆E [eV] | Tm − Tn |
NOTA
Ad una differenza di energia di 1 eV corrisponde
una lunghezza d’onda di 12398 Å
7
STRUTTURA FINE
(Termini semplici - Degenerazione - Peso statistico)
In un campo magnetico esterno ogni singolo termine di multipletto si
suddivide, a causa delle diverse possibilità di orientamento del vettore J
(quantizzazione spaziale) in
g = 2J + 1
T ERM IN I SEM P LICI
Se non vi è CAMPO MAGNETICO ESTERNO bisogna ancora contare
ogni livello g – volte nella statistica dei rapporti di popolazione.
8
In questo caso si dice che:
a) il termine di multipletto L S J è DEGENERE
b) il PESO STATISTICO del termine di multipletto L S J è:
g = 2J + 1 → peso statistico del termine di multipletto L S J
PESO STATISTICO DEL TERMINE TOTALE
Il peso statistico del termine totale L S è la somma dei pesi statistici
dei singoli termini di multipletto L S J
g=
L+S
X
(2J + 1) =
J=L−S
2S
X
[2(L − S + K) + 1]
K=0
z
I o termine
}|
{
z
ultimo termine
}|
{
( 2L − 2S + 1 + 2L − 2S + 4S + 1 )
= (2S + 1)
2
g = (2S + 1)(2L + 1)
→ peso statistico del termine totale L S
ESEMPIO
Nel caso dell’atomo di IDROGENO ad un termine L S corrisponde
un peso statistico
S = 12
g = 2(2L + 1)
9
Nel caso dell’atomo di idrogeno tutti i termini L S che hanno lo stesso
numero quantico principale n hanno lo stesso livello di energia (perché
non esiste il mantello che fa variare l’energia di legame al variare della
eccentricità dell’orbita, cioè di L).
Il peso statistico dello stato quantico n è perciò:
g=
n−1
X
2(2L + 1) =
L=0
2 + 2(2n − 2 + 1)
2 + 4n − 2
·n=
· n = 2n2
2
2
REGOLE DI SELEZIONE
1. Sono permesse le transizioni solo tra termini pari e termini dispari
2. ∆J = ±1 oppure 0 ; 0 →
/ 0 è proibita
3. ∆L = ±1 oppure 0 ;
4. ∆S = 0
∆l = ±11
Le INTERCOMBINAZIONI tra termini di diversa
molteplicità sono proibite
5. ∆MJ = ± 1, 0
M =0→
/ M = 0 per ∆J = 0
1) ed 2) sono valide per il dipolo elettrico
3) ed 4) sono valide in accoppiamento Russell-Saunders
1
Ma per l’elettrone che compie il salto quantico deve essere ancora ∆l = ±1
10
POPOLAZIONE DEI LIVELLI
DEFINIZIONI
• Nim
(
−3
[cm ]
atomi ionizzati i − volte
al livello m
• i = 0, 1, 2, ....Z
• Ni =
P
m Nim
[cm−3 ]
atomi ionizzati i − volte
• N=
P
i Ni
[cm−3 ]
atomi e ioni di un elemento



energia di eccitazione dal livello
1→ m


dell0 atomo i − volte ionizzato
• χim
• χi = χi∞
• gim
energia di ionizzazione dello ione i − volte ionizzato
peso statistico del livello m dell0 atomo ionizzato i − volte
Esempio:
g01
g11
11
g21
12
ECCITAZIONE TERMICA – FORMULA DI BOLTZMANN
In EQUILIBRIO TERMODINAMICO la distribuzione degli atomi (ioni)
di un determinato elemento sui diversi livelli è data dalla:
!
Nim
gim
χim
=
exp −
k = 1.38 · 10−16 erg k −1
(1)
Ni1
gi1
kT
• diminuisce la popolazione ai livelli più alti esponenzialmente
• diminuisce ai livelli più bassi all’aumentare della temperatura
Sommando su tutti gli stati m
Ni
1 X
χim
=
gim exp −
Ni1
gi1 m
kT
!
Dividendo per la (??) e facendo l’inverso si ottiene:
Nim
=
Ni
P
m
gim
χim
exp
−
gim exp(− χkTim )
kT
!
Ponendo:
χim
)
kT
m
chiamata ZUSTANDSUMME PARTITION FUNCTION
ui (T ) =
X
gim exp(−
si ha:
Nim
gim
χim
=
· exp −
Ni
ui (T )
kT
La (??) in forma logaritmica utile per il calcolo pratico è:
!
log
ui (T ) =
Nim
gim
= log
− χim ϑ
Ni1
gi1
X
m
converge perché:
gim exp(−
χim
)
kT
ϑ=
5040
T
T ABU LAT I
(2)
13
a)
Per livelli più alti χim è più grande che per livelli bassi e quindi
l’esponenziale dimunuisce
b)
Il numero di livelli in un atomo è FINITO per effetto dell’allargamento delle righe, le cui cause sono:
1. Larghezza naturale
(smorzamento di radiazione)
2. Allargamento per collisione (all’aumentare della pe
aumentano gli urti)
3. Allargamento Doppler
N. B. ui (T ) è tabulato per le PRESSIONI DELLE ATMOSFERE
STELLARI NORMALI in funzione della TEMPERATURA
ESEMPIO
Calcolare la popolazione del livello 3 2 P 32 del Na I (livello superiore
della transizione che produce la riga D2 λ = 5890Å) in rapporto alla
popolazione del livello fondamentale 3 2 S 12 per T = 6000 K
Per il livello
3 2 S 12
3 2 P 32
1
+1=2
2
3
=2· +1=4
2
g01 = 2J + 1 = 2 ·
g0m
14
log
N0m
g0m
5040
= log
− χ0m
N01
g01
T
12398 12398
=
= 2.10 eV
λ
5890
4
5040
= log − 2.1
= 0.30 − 0.84 · 2.10 = −1.464
2
6000
N0m
= 0.034
N01
χ0m =
log
N0m
N01
La frazione di atomi neutri al livello fondamentale è:
χ01
N01
g01
=
e− kT → χ01 = 0;
N0
u0 (T )
u0 (T ) = 2.5 da tab.
. g01 = 2
N01
2
=
= 0.8
N0
2.5
IONIZZAZIONE - EQUAZIONE DI SAHA
(Elsässer)
L’equazione di Saha descrive l’EQUILIBRIO DELLA REAZIONE
AT OM O
−→
←−
ION E + ELET T RON E
Questa reazione può essere interpretata come estensione della
15
formula di Boltzmann alla zona dei livelli distribuiti in modo continuo e
con energia positiva
Un tale livello ha un potenziale di eccitazione dal livello fondamentale
p2
1
dell0 elettrone liberato
χ0 +EKIN = χ0 + me v 2 → energia cinetica
2
2me
Ricordando che:
d px d x ≥ h
Il CONTINUO degli stati con E > 0 deve essere suddiviso in celle
quantizzate
|
ovvero
↓
Lo spazio delle fasi X, Y, Z, PX , PY , PZ deve essere diviso in celle
quantizzate di volume
h3
Il numero di atomi al livello fondamentale, che hanno perso un elettrone
che si trova nello spazio delle fasi
16





x + dx
px + d p x

x



px
in posizione compresa fra:
y + dy
py + d py
y
py
g11
1
1
d N11
p2x +p2y +p2z
=2
·exp −
N01
g01
kT 2me
(
"
!#)
·
z + dz
pz + d pz
z
pz
d x d y d z d px d py d pz
h3
peso statistico dell0 elettrone
2 = 2s + 1
g11 Z +∞ Z
1
N11
1
exp −
= 2
χ0 +
p2 +p2 +p2
N01
g01 −∞ V
kT
2me x y z
(
"
!#)
· d x d y d z d p x d py d pz
3
La prima è un’integrazione nelle coordinate di impulso (2πme kT ) 2
mentre V è il volume nel quale si trova 1 elettrone poiché ad ogni ione
corrisponde 1 elettrone
V =
1
kT
→ pe = Ne kT → V =
Ne
pe
3
5
N11
g11 (2πme ) 2 (kT ) 2
χ0
· pe = 2
·
·
exp
−
N01
g01
h3
kT
!
(3)
Formula di Saha
Rapporto tra il numero di atomi ionizzati 1-volta al livello fondamentale
e il numero di atomi neutri al livello fondamentale
Sommando su tutti gli stati ecitati si ottiene nel caso più generale di
ioni i-volte ed (i+1)-volte ionizzati:
3
5
ui+1 (2πme ) 2 (kT ) 2
χi
Ni+1
· pe = 2
·
·
exp
−
Ni
ui
h3
kT
ui (T ) =
X
m
gim exp[−
χim
]
kT
"
#
17
in forma logaritmica:
5
ui+1
Ni+1
log
· pe = −χi ϑ + log T − 0.48 + log 2
Ni
2
ui
!
ϑ=
5040
T
pe = [dyn cm−2 ]
χi [eV ]
ESEMPIO
Determinare il rapporto:
N aII
N aI
per T = 6000 K
pe = 10 dyn cm−2
Sia per NaI che per NaII il primo livello eccitato è sufficientemente
alto da permettere l’approssimazione:
u0 ≈ g01 = 2
u1 ≈ g11 = 1
inoltre χ0 = 5.14 eV
5040 5
ui+1
Ni+1
· pe = −χ0
+ log T − 0.48 + log 2
log
Ni
T
2
ui
!
log
N1
5040
= −5.14 ·
+ 2.5 log 6000 − 0.48 + log 1 − log10
N0
6000
|
= 3.65
N1
= 4.5 · 103
N0
Lo 0.02 % degli atomi di sodio non è ionizzato
di questi l’80 % sono al livello fondamentale e di questi solo il 3 % è al
livello 3 2 P 23 λ 5890 (cioè il 2 % degli atomi di sodio neutro sono al livello
3 2 P 23 λ 5890)
In conclusione lo 0.0005 % degli atomi di N a0 e N a+ è al livello
3 2 P 32 λ5890)
18
σ0 ∼ 6.3·10−18 cm2 f or hydrogen
P hotoionization cross section
Cross section f or elastic scattering e − e
σ0 ∼ 10−21 cm2
Recombination cross section
N1
∼ 4.5 · 103
N0
σ0 ∼ 10−13 cm2
N1 ∼ 4.5 · 103 N0
α v −4
α v −2
N1 + N0 ∼ (4.5 · 103 + 1)N0 ∼ N1
N0
N0
1
∼
∼
= 0.00022 percentuale di atomi di N aI
N1
N1 + N0
4.5 · 103
di questi atomi neutri di NaI
N01
= 0.8
N0
sono al livello f ondamentale
la percentuale di atomi di NaI al livello 3 2 P 32 rispetto al numero di
atomi al livello fondamentale è:
N0
3 2P 3
2
N01
= 0.03
Se indichiamo con Ntot (N a) = N0 + N1 abbiamo che lo
0.0005 % degli atomi di N a0 e N a+ è al livello 3 2 P 32
GRUPPO DI NOZIONI DA FAR
PRECEDERE ALLE MOLECOLE
Interazione spin-orbita
(White pag. 124 - 127)
Consideriamo il caso di un atomo con un solo elettrone, od un solo
elettrone di valenza: HI per es.
Lo SPIN dell’elettrone nel campo magnetico B k l
ad H
precede attorno
Analogamente si può calcolare la precessione di l nel campo dell’elettrone
In assenza di campo magnetico esterno (Momento applicato ≡ 0) si
conserva:
j =l+s
Quindi l’interazione SPIN - ORBITA “accoppia l ed s in un moto di
precessione attorno ad j con frequenza pari a quella di Larmor
19
20
EFFETTO ZEEMAN
(White pag. 154)
Consideriamo sempre un atomo ad 1 elettrone
Quando l’atomo è posto in un campo magnetico debole (debole in
confronto ai campi interni generati dall’interazione spin-orbita)
l ed s restano legati e precedono a causa del campo interno interno
attorno a j
j precede a sua volta attorno al campo magnetico B
EFFETTO PASCHEN-BACK
(White pag.163)
Quando il campo magnetico esterno diviene più forte di quello interno,
fino al punto che:
la precessione di j attorno a B della precessione di l ed s attorno ad j
allora l’accoppiamento l-s si rompe ed l ed s precedono indipendentemente attorno a B
ACCOPPIAMENTI L-S e J-J
(White pag. 190)
Consideriamo un atomo con più elettroni (2 per esempio)
21
In termini classici ogni spin s e ogni orbita l producono un campo
attorno al quale gli altri s ed l tendono a compiere una precessione di
Larmor.
Accoppiamento L-S
Nel caso in cui le interazioni fra gli l e tra gli s sono molto maggiori
delle interazioni fra i singoli l ed s risulta che:
~ = P ~l
1. i singoli l precedono velocemente attorno alla loro risultante L
~ = P ~s
2. i singoli s precedono velocemente attorno alla loro risultante S
3. L ed S per effetto di un’interazione spin-orbita totale precedono più
lentamente attorno a
J =L+S
Accoppiamento j-j
(White pag. 190)
Al contrario se le singole interazioni l-s sono più forti delle l-l ed s-s
in ogni elettrone si accoppierà l ad s e avremo che :
1. le singole coppie l-s precedono attorno ad j = l + s
22
2. i singoli j per effetto dell’interazione j-j precedono lentamente attorno alla risultante:
X
J ∗ = j∗
EFFETTO STARK DEBOLE
(White pag. 405)
Consideriamo un atomo di idrogeno HI
Per Campo Elettrico Debole F si intende che:
interazione j − F
interazione magnetica l − s
In un campo elettrico debole l’elettrone ruotante che può essere considerato come un piccolo magnete non interagisce con il campo
Quindi l’accoppiamento di j con F è dovuto all’interazione di l con F
Il risultato è che j precede attorno ad F come nell’effetto Zeeman
La proiezione di j su F è data da mj
(−j −→ +j)
La differenza tra Stark e Zeeman è che stati con opposto mj nell’effetto
Stark hanno medesima energia
23
EFFETTO STARK FORTE
(White pag. 407)
Quando il campo elettrico è forte, cioè quando l’interazione
l−F
l−s
Allora l’accoppiamento magnetico l-s è rotto ed l è quantizzato rispetto alla direzione del campo attorno a cui precede rapidamente
Lo spin che può essere condiderato un piccolo magnete
non risente del campo elettrico
Esso però risente del campo magnetico generato da l anche se non è
più accoppiato con esso.
Risolvendo il campo magnetico in 2 componenti Bx e By una ⊥ F e
l’altra k F . La prima per effetto della precessione rapida di l attorno ad
F va a ZERO.
Resta By per cui anche S precede attorno ad F
Se l ⊥ F
;
By = 0
⇒
S non precede
24
I NUMERI QUANTICI MOLECOLARI
Straughan Vol. 3
pag 1 e seg.
In un atomo gli li e gli si si combinano per dare:
L
ed
S
Quando un atomo caratterizzato da L1 S1 si combina con un atomo
caratterizzato da L2 S2 per dare una molecola, i 3 valori di L, S della
molecola sono:
L = L1 + L2 , L1 + L2 − 1........ | L1 − L2 |
L≥0
S = S1 + S2 , S1 + S2 − 1........ | S1 − S2 |
S≥0
~ k alla
In una molecola biatomica agisce un forte campo elettrico E
congiungente i due nuclei
E ∼ 109 V/cm
(pag. 366 Fisica Berkeley vol. 2)
cosı̀ che L ed S sono disaccoppiati (effetto Stark forte)
Quindi L precede attorno alle congiungenti i nuclei
~ ·L
~ ∗ |= 0, 1, 2, ....., L
Λ=|K
Σ, Π, ∆, .......
Λ (analogo) di ML esclusi i valori negativi perché lo stato del sistema
non varia invertendo la velocità degli elettroni sulle loro orbite, cioè non
si ha uno stato Σ ;
25
~ kE
~
lungo la congiungente i due atomi agisce un campo magnetico B
il quale fa precedere S attorno all’asse della molecola.
La componente di questo momento angolare di spin lungo l’asse è:
~∗ · K
~
Σ=S
NON IN MODULO perchè in un campo magnetico varia lo stato del
sistema invertendo lo spin
Σ = S, S − 1, ...... − S + 1, −S
La componente del momento angolare totale lungo l’asse internucleare
può essere ottenuta accoppiando Λ e Σ:
| Λ + Σ |= Ω
ove Ω h̄ è il “momento angolare totale sull’asse internucleare
Uno “stato elettronico viene definito con una dizione simile a quella
usata per i termini spettroscopici
2S+1
ΛΩ
Si trovano sovente anche due sovrascritte + (-) e due sottoscritte u (g)
I segni (+) e (-) danno informazioni sulle caratteristiche di SIMMETRIA della FUNZIONE D’ONDA di uno stato elettronico molecolare
26
Se la “funzione d’onda non cambia segno per una “riflessione delle
coordinate rispetto a un piano passante per i nuclei allora si usa il segno
(+)
Le dizioni (g) e (u) si trovano quando la molecola diatonica è costituita
da 2 atomi uguali (H2 ) o da 2 isotopi HD. Un tale sistema ha un ”centro
di simmetria. Consideriamo un piano ⊥ alla congiungente i due atomi e
prendiamo come 0 come origine di un sistema (x,y,z).
Se le coordinate degli elettroni cambiano segno
(x, y, z)
−→
(−x, −y, −z)
e le FUNZIONI D’ONDA restano inalterate in segno IL TERMINE
(LO STATO) è PARI (GERADE) in caso opposto DISPARI (UNGERADE)
27
Consideriamo la molecola H2+ nello stato fondamentale
Esempio:
Λ=0
REGOLE DI SELEZIONE FRA STATI ELETTRONICI DIVERSI
•
∆Λ = 0, ±1
∆S = 0


ovvero

∆Ω = 0, ±1
∆Σ = 0



Sia chiaro che le regole di selezione su ∆Ω e∆Σ sono una conseguenza di quelle su ∆Λ e ∆S
• g −→ u permessa
ma
g −→
/ g
• (+) −→ (+)
ma
u −→
/ u
proibite
(-) −→ (-)
permessi
(+) −→
/ (-)
proibito
Nel caso di
Λ=1





Ω =| Λ + Σ |= 1 + 



1 =2
0 =1
−1 = 0
S=1
Λ = 1; Σ = 1
Λ = 1; Σ = 0
Λ = 1; Σ = −1
→→
→
→←
28
Si hanno quindi 3 diversi stati elettronici:
3
Π0 ,
3
Π1 ,
3
Π2
negleeting all considerations of
The elttronic energy of a term value of a multiplet term is:
Te = T0 +AΛΣ
A = coupling constant
T0 = T erm value when Σ = 0
Quando Λ = 0
significa che la componente del momento angolare degli elettroni lungo
l’asse internucleare è 0. Quindi il campo magnetico è 0 e non vi è splitting
dei livelli d’energia.
Esempio:
Λ=0 S=2
→ stato 5 Σ anche se ... splitting in 5 sotolivelli
29
In nearly all diatomic molecules in their ground state the electron spins are paired (the O2 and NO molecules are exceptions) and the
electron spin angular momentum S ∗h̄ is 0.
Furthermore the orbit angular momentum L∗h̄ of the electrons is also
usually 0.
NOTA
It follows that in the ground state:
Λ=0
Σ=0
⇒ Ω=0
30
SCHEMA GENERALE DEI
TERMINI DI UNA MOLECOLA
Gli spettri delle molecole si differenziano da quelli degli atomi per la molteplicità di righe raggruppate nelle bande - nell’infrarosso la separazione
delle righe è costante
Esse hanno origine dalle differenti possibilità di
1. Rotazione dei nuclei della molecola
2. Oscillazione dei nuclei della molecola
3. Variazione di configurazione elettronica (elettroni di valenza)
Lo studio della struttura dei termini delle molecole si semplifica per
il fatto che le differenze di energia fra due termini che differiscono tra di
loro solo per:
∆ER ∆EV ∆Ee
ove:
• ∆ER → moto di rotazione della molecola
• ∆EV → differenza dello stato di oscillazione
• ∆Ee → variazione di stato elettronico
31
32
Si possono quindi considerare in prima approssimazione come movimenti indipendenti e separati:
1. il moto di rotazione
2. il moto di vibrazione
3. il moto degli elettroni
MOTO ELETTRONI
Nella considerazione del moto degli elettroni supporremo i nuclei fissi
Posti i nuclei fermi ad una distanza R abbiamo visto che il sistema
degli elettroni può trovarsi in diversi stati quantici cosı̀ che la sua energia
potrà assumere differenti valori che indicheremo:
Uq
q − contraddistingue i diversi stati quantici
Conviene includere in Uq l’energia elettrostatica dei due nuclei che
una volta fissata la distanza di questi si comporta come una costante
addittiva rispetto all’energia del moto elettronico.
Si ha coı̀ che Uq rappresenta l’energia totale se i nuclei sono fermi
In figura è riportata la dipendenza di:
Uq (r)
da r
VEDI FIGURA
33
- Come spiegazione dell’andamento dell’energia totale:
Quando il sistema degli elettroni si trova in uno stato in cui
Uq (r)
ha un minimo per r = r0
allora alla distanza re tra i due nuclei corrisponde una situazione di
equilibrio della molecola
Possiamo sviluppare U (r) in potenze di x = r − re
U (r) = a + bx2 + cx3 + . . . .
ove a, b, c sono costanti che dipendono dallo stato quantico elettronico
MOTO DI VIBRAZIONE
Se ci limitiamo al termine quadratico:
U (r) = a + bx2
34
(Zona parabolica della curva potenziale)
•
P
= −S...., 0, ...... + S
• Λ = 0.......L
• Ω = Λ + S..........Λ − S
NOTA
Introdurre nuovamente
L∗ , S ∗ , Λ, Σ, Ω = 1 + Σ
2S+1
ΛΩ
Significa che tra i nuclei si esercita una forza ELASTICA e che il
sistema oscilla attorno alla posizione di equilibrio re
Indichiamo con νOSC la frequenza di oscillazione, che dipende dallo
stato elettronico
L’energia dei diversi stati di oscillazione quantizzati sarà data dalla
formula
Ev = hνOSC
1
v+
2
v= numero quantico di oscillazione (o vibrazione) = 0, 1, 2, . . . .
35
NOTA
Per v grandi (ovvero per grandi oscillazioni) occorre
tenere conto dei termini di ordine superiore al secondo
MOTO DI ROTAZIONE
Ammettiamo che non cambi la posizione relativa dei due nuclei e consideriamo i due nuclei come collegati rigidamente tra di loro
Benché la massa degli elettroni si possa trascurare rispetto a quella
dei nuclei il moto degli elettroni può avere un’influenza notevole sul moto
di rotazione dell’intera molecola
Il momento della quantità di moto lungo l’asse della molecola è Ωh̄ e
questa quantità è costante finché si prescinde dalla rotazione della retta
congiungente i 2 nuclei
Facciamo ruotare la molecola attorno ad un asse ⊥ alla congiungente
le due componenti e passante per il baricentro e sia il momento della
quantità di moto:
Rh̄
36
Il momento angolare risultante è
~ +Ω
~
J~ = R
e si conserva
R ed Ω precedono attorno ad esso
Se I è il momento d’inerzia della molecola l’energia di rotazione è:
1
1
Er = Iω 2 = (Iω)2
2
2I
ma Iω = Rh̄ (R non è un intero) momento della quantità di moto
quindi:
1 2 2 h2 R2
Er = R h̄ = 2
2I
8π I
Ponendo:
h
8π 2 I
costante rotazionale che dipende ovviamente dallo stato elettronico
(dipende infatti da I quindi dalla distanza di equilibrio dei due nuclei);
dipende anche dallo stato vibrazionale che mi fa variare r attorno ad re
(questa dipendenza è però debole)
si ha:
Er = hBv R2
Bv =
2
R2 = J ∗ − Ω2
quindi:
2
Er = hBv (J ∗ − Ω2 )
→
J = Ω, Ω + 1, .....
Dalla meccanica quantistica si ottiene invece:
Er = hB{J(J + 1) − Ω2 }
J ≥Ω
J = Ω, Ω + 1, .....
(4)
37
~ perché deve essere il suo modulo = Ω(Ω + 1)
per J = Ω J~∗ non è k Ω
la sua componente lungo l’asse dela molecola sarà = Ω
q
L’energia totale della molecola è in definitiva:
1
2
E = Ee + hν v +
+ hB J(J + 1) − Ω
{z
}
|
|
{z 2 }
(5)
Er
Eo
Da questa espressione con semplici regole di selezione si può comprendere la struttura generale di uno spettro a bande.
REGOLE DI SELEZIONE
(all’interno di uno stesso strato
elettronico)
• J
1. Se Λ 6= 0 ∆J = ±1 ; 0
J=0 −→
/ J=0 proibita
2. Se Λ = 0 : Λ = 0 , Σ = 0 come comunemente nei livelli
fondamentali
∆J = ±1
Sono possibili le transizioni



J +1
J →  J proibita se Λ = 0 come comunemente al livello f ondamentale

J −1
• v
∆v qualsiasi
BANDE DI OSCILLAZIONE E ROTAZIONE
Consideriamo transizioni per cui ∆Ee = 0 (Riferimento range
spettrali)
38
Ammettiamo che le molecole si trovino allo stato elettronico di minima
energia
Cioè osserviamo un GAS - FREDDO
Possiamo quindi supporre E,
El , νOSC , B
costanti
Potremo anche supporre che sia Ω = 0 perché questa circostanza è
quasi sempre verificata per gli stati fondamentali delle molecole di cui si
studiano le bande di oscillazione e rotazione.
Inoltre siccome i livelli fondamentali sono Σ
Λ=0
e di conseguenza Σ = 0
ciò significa che:
1. J ∗ = R
2. J = Ω, Ω + 1, ...... = 0, 1, 2, ..... J ≥ 0 questo però è sempre vero
perché Ω =| Λ + S |
Per due stati distinti caratterizzati da un diverso numero quantico
vibrazionale v 0 , v 00 e da un diverso numero quantico di momento angolare
totale J 0 , J 00




1
0
0
E = Ee + h νOSC v + 2 + hBJ J + 1

1
00
00

 E 00 = Ee + h νOSC v 00 +
J +1
2 + hBJ
0
0
39
la frequenza emessa è:
E 0 − E 00
ν=
= νOSC (v 0 − v 00 ) + B [J 0 (J 0 + 1 ) − J 00 (J 00 + 1 )]
h
Siccome ∆Ee = 0 e Λ = 0 vale una selezione piu restrittiva per la J
∆J = 0
non è permessa
Poniamo quindi:
J 00 = J 0 + 1
J 00 = J 0 − 1
1. ν = νOSC (v 0 − v 00 ) − 2B(J 0 + 1) J 0 = 0, 1, 2...
J 00 = J 0 + 1
per
RAMO P
2. ν = νOSC (v 0 − v 00 ) + 2BJ 0
J 0 = 0, 1, 2... per J 00 = J 0 − 1
RAMO R
non si prende J 0 = 0 perché altrimenti sarebbe J 00 < 0
0
00
Fissiamo v e v e consideriamo i differenti valori di frequenza che si
ottengono al variare di J 0
1
2
3
4
ramo
ν /J 0 0
1
K − 2B K − 4B K − 6B K − 8B K − 10B ...................P
2
K + 2B K + 4B K + 6B K + 8B ........... .........R
Nel caso di H Cl νOSC =2907 cm−1 ——numero d’onda e λOSC =
3.44µ [per v 0 − v 00 = 1 λOSC =
Nel caso di HCl Bv = 3.23 · 1011 Hz
2Bv = 6.46 · 1011 Hz
λ2
∆λ = ∆ν
c
0
00
se v −v = 1
(3.44)2
∆λ =
·6.46·1011 = 255 Å = 0.026 µ
c
40
La distanza fra le righe è un multiplo di Bv che a sua volta è:
Bv =
h
8π 2 I
h = 6.626 · 10−27 erg sec
cioè inversamente proporzionale al momento d’inerzia della molecola
——————————————————————————
In pratica risulta per HCl
I=
I=
Bv = 3.23 · 1011 Hz
h
= 2.6 · 10−40 g cm2
2
8π Bv
mH mcl 2
r = 1.61·10−24 r2
mHI + mcl
mH = 1 [= 1.66·10−24 g]
r = 1.27 · 10−8 cm
mcl = 35.5
FERMI
Allo zero assoluto T = 0
Tutte le molecole sono al livello fondamentale
di solito Λ = 0 ⇒Σ = 0 e ⇒ Ω = 0
Sono ferme e non ruotano nè vibrano
v=0
J =Ω=0
A TEMPERATURA ORDINARIA T
la differenza di energia fra due livelli vibrazionali
∆Ev > KT
per cui la maggior parte delle molecole si trova a livello vibrazionale v = 0
Al contrario a temperature ordinarie
∆Er < KT
per cui le molecole si distribuiscono tra parecchi stati di rotazione
differenti sempre allo stato vibrazionale più basso
41
42
In questo caso si osservano in assorbimento solo le righe che partono
dal termine più profondo con v = 0
La banda più intensa è quella che corrisponde alla transizione:
v0 = 0
0
−→
−→
2
v 00 = 1
0
−→
f requenza f ondamentale
3 .......sono molto più deboli
Ricordo che debbono essere rispettate le regole di selezione per transizioni rotazionali:
∆J = ±1 ; 0
∆J = 0
J = 0 −→
/ J =0
proibita se Λ = 0 −→ Λ = 0
Tutte queste bande vibrazionali cadono nell’infrarosso (' 8µ)
Quella rotazionale pura v 0 = v 00 = 0 è invece nel lontano infrarosso
vicino radio (0.1 - 0.5 mm)
43
BANDE ELETTRONICHE
Descriviamo schematicamente la struttura di un sistema di
bande elettroniche (o visibile), cioè di un sistema di righe in cui
variano gli
stati di oscillazione e rotazione
+
lo stato elettronico
Per calcolare la FREQUENZA delle diverse righe dovremo scrivere la
diffrenza fra due livelli energetici e dividerla per h
Indichiamo con uno (0 ) o due apici (00 ) le varie grandezze che si riferiscono rispettivamente al termine più elevato e a quello più profondo
Le energie dei due termini sono allora:



0
E 0 = El0 + hν 0 (v 0 + 12 ) + hB 0 [J 0 (J 0 + 1) − Ω 2 ]
00
E 00 = El00 + hν 00 (v 00 + 12 ) + hB 00 [J 00 (J 00 + 1) − Ω 2 ]
Si noti che siccome varia lo stato elettronico
ν 0 6= ν 00
B 0 6= B 00
Facendo la differenza (E 0 − E 00 ) e dividendo per h si ottiene l’espressione generale della frequenza delle righe:
(El0 − El00 )
1
0
ν=
+(v 0 ν 0 −v 00 ν 00 )+ (ν 0 −ν 00 )+B 0 J 0 (J 0 +1)−B 00 J 00 (J 00 +1)−(B 0 Ω 2
h
2
00
−B 00 Ω 2 )
poniamo
1 0
1
00
0
(El − El00 ) + (ν 0 − ν 00 ) + B 00 Ω 2 − B 0 Ω 2
h
2
in cui non compaiono numeri quantici di OSCILLAZIONE
e di VIBRAZIONE. Questa quantità ha lo stesso valore per tutte
le righe corrispondenti alla stessa transizione dello stato elettronico per
cui:
A=
44
ν = A + v 0 ν 0 − v 00 ν 00 + B 0 J 0 (J 0 + 1) − B 00 J 00 (J 00 + 1)
A = cost
DEFINIZIONE DI SISTEMA DI BANDE
Il complesso delle righe che corrispondono:
1. ad una determinata transizione dello stato elettronico
2. e a tutte le possibili variazioni degli stati di oscillazione e di rotazione
prende il nome di “sistema di bande
DEFINIZIONE DI BANDA
Il complesso delle righe (di un dato sistema di bande) che corrispondono:
1. ad una determinata transizione dello stato elettronico
2. ad una determinata transizione dello stato di oscillazione
3. a tutte le possibili variazioni degli stati di rotazione
FREQUENZE DELLE RIGHE DI UNA BANDA
Le frequenze delle righe di una banda si ottengono:
A) attribuendo a v 0 e v 00 due valori determinati
B) variando J’ di ±1 o 0
La banda risulta cosı̀ costituita di 3 RAMI P Q R
Attribuendo a









J 00 = J 0 + 1
J 00 = J 0
J 00 = J 0 − 1
si ottiene il ramo P
si ottiene il ramo Q
si ottiene il ramo R
45
Le righe dei singoli rami sono date da:













z
K
}|
0 0
{
00 00
0
RAM O P ν = A + ν v − ν v +(B 0 − B 00 )J 2 − (3B 00 − B 0 )J 0 − 2B 00
0
RAM O‘ Q ν =
K
+ (B 0 − B 00 )J 2 + (B 0 − B 00 )J 0
0
RAM O R ν =
K
+ (B 0 − B 00 )J 2 + (B 0 + B 00 )J 0
Deve essere J 0 ≥ Ω0 ; J 00 ≥ Ω00
Supponiamo Ω0 = Ω00 = Ω
Nel ramo
PeQ
Nel ramo
R









J 0 = Ω, Ω + 1, Ω + 2
J0 =
Ω + 1, Ω + 2 .....
questo perchè altrimenti avremmo
00
J = Ω − 1 se J 0 f osse = Ω
Abbiamo posto:



Ω=0
B 0 > B 00
⇒
Se fosse B 00 > B 0
la banda ha la testa verso il rosso
la testa della banda sarebbe verso il violetto
46
Valori tipici di
B=
h
8π 2 I
B=costante rotazionale
sono B=









Valori tipici di
sono νOSC =









5.5 · 1011 Hz per OH
2.2 · 1010 Hz per SiO
3.23 · 1011 Hz per HCl
(verif icare)
νOSC = frequenza di oscillazione
1.1 · 1014 Hz
3.7 · 1013 Hz
8.7 · 1013 Hz
per OH
per SiO
per HCl
(verif icare)
SDOPPIAMENTO Λ
Quando Λ 6= 0 per effetto della interazione fra :
momento angolare ROT AZION ALE
R
l
momento angolare orbitale e di spin Λ Σ
si ha uno sdoppiamento dei livelli rotazionali
ESEMPIO
Livello fondamentale dello OH è un 2 Π
cioè
Λ=1
S=


Ω=
1
2
1 + 12 =
1 − 21 =
3
2
1
2
2
2
Π 32
Π 12
Il numero quantico azimutale totale J saraà:
47
2
Π 32
J=
5
7
3
;
;
.......
2
2
2
2
Π 12
J=
3
5
1
;
;
.......
2
2
2
A ciascuno stato rotazionale J corrispondono 2 valori dell’energia per
effetto della interazione fra MOMENTO ROTAZIONALE e MOMENTO
ELETTRONICO (Λ
+ Σ). Questo effetto si chiama sdoppiamento Λ.
| {z }
Ω
A ciascuno di questi livelli di struttura fina corrispondono 2 livelli di
struttura iperfina che si formano per effetto della interazione fra momento angolare nucleare (detto H nel caso della molecola OH) e lo spin degli
elettroni.
48
INTERAZIONE FRA
RADIAZIONE E MATERIA
INTERSTELLARE
Radiazione nel gas interstellare
Consideriamo la interazione fra radiazione e materia interstellare
(Regioni HII, Nebulose planetarie etc.)
Prendiamo come caso generale l’esempio di radiazione proveniente da
una sorgente che attraversa una nube di tale materia.
Per caratterizzare i vari processi a cui è sottoposta la radiazione
definiamo le seguenti quantità:
49
50
Intensità specifica
Iν =
d Eν
d A cos θ d ω d t d ν
[erg cm−2 sec−1 Hz −1 ]
Coefficiente di emissione
εν =
d Eν
A cos θ} d ω d t d ν
|d S d{z
[erg cm−2 sec−1 Hz −1 ]
dV
Coefficiente di assorbimento
kν Iν = −
d Eν
A cos θ} d ω d t d ν
|d S d{z
[cm−1 ]
dV
Sul tratto ds preso lungo la visuale avremo perciò che la variazione di
intensità specifica d Iν è data dall’espressione:
51
d Iν = −kν Iν d s + εν d s
d Iν
= −kν Iν + jν
ds
EQU AZION E DEL T RASP ORT O
(6)
Nel caso di puro assorbimento εν = 0. Ammettiamo che sia Iν 0
l’intensità specifica della radiazione incidente la nube sul bordo opposto
all’osservatore S = 0. L’integrazione della (??) fornisce:
d Iν
= −kν Iν
ds
(
Iνs∗ = Iν0 exp −
Z s∗
0
)
kν (s)ds
Passando dalla parte dell’osservatore e usanso le coordinate r si ha:
dr = − ds
Si definisce la quantità:
τν∗
=
Z r∗
0
kν d r = −
Z 0
s∗
kν d s
come PROFONDITÀ OTTICA della nube che è uguale a ZERO sul
bordo della nube dalla parte dell’osservatore
In termini differenziali:
d τν = kν d r = −kν d s
Sostituendo nella (??) divisa a primo e secondo membro per −kν
d Iν
εν
= Iν −
−kν d s
kν
52
d Iν
εν
= Iν −
d τν
kν
(7)
Risolvere la (??) significa determinare Iν . Per fare ciò occorre conoscere
εν
= Sν
kν
ERGIEBIGKEIT
SOU RCE F U N CT ION
Per integrare la (??) basta moltiplicare ambedue i membri per e−τν .
Risulta
d
[Iν e−τν ] = −Sν e−τν
d τν
Se poniamo per s = 0 (r = r∗ ) (τν = τν∗ ) Iν = Iν0 si ottiene
integrando da s∗ → 0 (0 → r) ovvero da 0 → τν∗
Iν (τν = 0) =
Z τ∗
ν
0
∗
Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν
(8)
Questo risultato si può ottenere per via FISICA pensando che:
Iν (oss.)= Somma dei vari contributi degli elementi d r attenuati +
+Iν incidente attenuata
Iν (osservato) =
dr =
Z r∗
0
∗
εν (r)e−τν (r) d r + Iν0 e−τν
d τν
kν (r)
=
Z τ∗
ν
0
εν −τν (r)
e
d τν
kν
εν
= Sν
kν
53
Se Sν è spazialmente costante l’integrale (??) diviene:
∗i
∗
Iν = Sν 1 − e−τν + Iν0 e−τν
h





Sν




τν∗ (sν − Iν0 ) + Iν0
se τν 1
mezzo OT T ICAM EN T E SP ESSO
se τν 1 mezzo OT T ICAM EN T E SOT T ILE
si ottiene ponendo e−x = 1 − x per
x1
Nel caso di EQUILIBRIO TERMODINAMICO LOCALE in ogni
volumetto d V deve risultare che
Energia assorbita = Energia emessa
kν Iν
= εν
Cioè
εν
= Iν = Bν (T )
kν
Se kν = 1
εν = Bν (T )
Abbiamo il caso di CORPO NERO
In CERTE CONDIZIONI (Spitzer pag.33) εν e kν hanno gli stessi
valori relativi che avrebbero in equilibrio termodinamico stretto. Allora
Se hν KT
Sν =
hν
1
kT
⇒
hν
e kT = 1 +
hν
kT
εν
2hν 3
1
2hν 3 kT
= Bν (T ) = 2
=
= 2(ν/c)2 kT
hν
2
kν
c e kT − 1
c
hν
54
Nel campo delle frequenze radio per λ > 1 cm e T > 10 K, si ha:
hν
1.44
=
kT
λ (cm) T
1
Si può quindi usare l’approssimazione di Rayleigh-Jeans
Bν (T ) =
2ν 2
kT
c2
Con questa relazione i radioastronomi esprimono le intensità specifiche osservate in funzione della temperatura di radiazione TR (ν) e
scrivono per temperature locali costanti:
∗
∗
TR = T 1 − e−τν + TS0 e−τν
Tutto ciò è valido in equilibrio termodinamico locale.
Vediamo quando e fino a che punto è lecito fare questa assunzione.
LEZIONE 9
L’equilibrio termodinamico si instaura in una regione se l’energia viene
scambiata fra tutte le sue diverse forme e viene raggiunto uno stato
stazionario senza flusso d’energia
) B
Forma energia A, B
A *
Se l’energia cinetica traslazionale viene scambiata fra tutte le particelle di un gas e non avviene trasferimento di energia, cioè se si hanno
urti elastici da e verso altre forme di energia, la distribuzione di velocità
è molto prossima a una funzione Maxwelliana e questo è lo stato più
probabile per energia cinetica totale costante
4
m
f (v) = √
π 2kT
!3/2
2
− mv
2
v e 2kT
Energia traslazionale T; Energia di radiazione R
ϕ(v) = maxwelliana ⇐
T →
/ R
In condizioni interstellari si verifica un trasferimento di energia da
TRASLAZIONALE → a RADIATIVA
come conseguenza dell’eccitazione collisionale dei livelli di energia di
atomi o molecole, seguita da diseccitazione spontanea ed emissione di un
fotone
T→R
55
56
Questo processo è relativamente raro in confronto agli urti elastici e
ci si debbono quindi aspettare solo piccolissime deviazioni dalla distribuzione Maxwelliana.
σmoto elastico ∼ 10−13 cm2 ∝ v −4
σricombinazione ∼ 10−20÷21 cm2 ∝ v −2
2
σneb. lines ∼ 10−15 Ω
ω cm → T ∼ 7500 K
v ∼ 5 · 107 cm s−1 T ∼ 104 ÷ 2 · 104 Spitzu pag. 28
In generale quindi gli atomi e gli elettroni nel gas interstellare hanno
di solito distribuzione di velocità molto simile a quella maxwelliana
Inoltre una sola temperatura T può essere usata per tutti i diversi
tipi di particelle.
Come risultato della distribuzione di velocità maxwelliana fra le varie
componenti del gas (componenti termiche) le popolazioni relative dei
vari livelli di enrgia atomici e molecolari tenderanno ad approssimare i
valori che avrebbero in equilibrio termodinamico
Questa tendenza è particolarmente forte quando sono dominanti le
eccitazioni e diseccitazioni collisionali da parte del gasi termico mentre
sono trascurabili le transizioni che risultano dall’emissione e assorbimento di fotoni.
In questi casi il fatto che la distribuzione di velocità è Maxwelliana,
come in equilibrio termodinamico alla temperatura T, tende a creare
popolazioni atomiche relative che sono uguali a quelle che si avrebbero
in equilibrio termodinamico alla stessa temperatura T
Definiamo EQUILIBRIO TERMODINAMICO EQUIVALENTE (ETE)
uno stato di equilibrio termodinamico in cui la TEMPERATURA è
uguale alla temperatura cinetica vera ed ne è uguale alla densità elettronica
57
vera.
In tali condizioni vale ancora la formula di Planck con T = Te
1
2hν 3
Bν (Te ) = 2
hν
c e kT − 1
e valgono inoltre le formule di Saha e di Boltzmann con T = Te
Tornando all’equazione di trasporto:
d Iν
= Iν − Sν
d τν
per determinare Iν in un qualsiasi sistema fisico dobbiamo calcolare
εν (τν )
= Sν (τν ) e sostituirlo nella:
kν (τν )
Iν (τν ) =
Z τ∗
ν
0
∗
Sν τν e−τν d τν + Iν0 e−τν
Andiamo a calcolare le espressioni di εν e kν in corrispondenza del
continuo e delle righe (di emissione e di assorbimento) a considerare cioè
tutti i processi fisici da cui emissione ed assorbimento continui e discreti
hanno origine.
Per le considerazioni testè fatte scomponiamo εν e kν in due componenti:
εν = εLν + εkν
kν = kνL + kνk
che esprimono i contributi di emissione e di assorbimento rispettivamente nelle righe e nel continuo.
58
L’energia totale emessa da un volume unitario sull’unità di tempo in
una certa direzione a seguito di una transizione n → m ed espressa
in erg cm−3 sec−1 sterad−1 è:
Z
riga
εν d ν =
1
hνnm Anm Nn
4π
(9)
Si definisce profilo normalizzato della riga:
ψ(ν)
Z
riga
εν d ν =
Z
εLν
Z
ψ(ν) d ν = 1
ove:
νnm = f requenza della riga
Anm = probabilità di transizione spontanea (sec−1 ) (di Einstein)
Nm = numero di atomi (molecole) al livello n cm−3
Densità di radiazione
Iν =
d Eν
d Acosθ d ω d t d ν
d Eν = Iν d Acosθ d ω d t d ν = quantità di energia che f inisce attraverso
l0 area, d A nell0 angolo solido d ω....
59
Poichè la velocità di diffusione della radiazione è c, nel tempo d t essa
percorre:
ds = c · dt
d Eν =
→
dt =
ds
c
Iν
d Acosθ
{z d S} d ω d ν
c |
dV
La quantità di energia contenuta nell’elemento di volume d V per
unità di frequenza è perciò:
1
d Eν
= Iν d ω = d Uν
dV dν
c
Uν =
Z Z
[erg cm−3 Hz −1
Iν d ω
ottenuto integrando su tutto l’angolo solido si chiama
DENSITÀ DI RADIAZIONE (erg cm−3 Hz −1 )
Nel caso di isotropia
Uν =
4π
Iν
c
In una transizione m → n la quantità di energia assorbita per unità
di tempo (sec−1 ) per unità di volume (cm−3 ) per steradiante (sterad−1 )
Z
k
I d ν} =
| ν ν{z
[ergcm−3 s−1 ]
1
1
hνnm Nm Bmn U (νnm ) −
hνnm Nn Bnm U (νnm )
|4π
{z
}
|4π
{z
}
assorbimento
emissione indotta
60
Bmn = [cm−3 erg −1 s−1 Hz]
U (νnm ) = [erg cm−3 Hz −1 ]
Bmn U (νnm ) = probabilità di una transizione m → n per assorbimento
della densità di radiazione U (νnm )
Supponendo che l’intensità Iν sia isotropa e costante all’interno della
riga si può porre
Uν =
e quindi potendo porre
R
riga kν Iν
4π
Iν
c
d ν = Iν
R
riga kν
si ricava l’espressione:
1
kν Iν d ν = hνnm Nm Bmn − Nn Bnm
riga
c
Z
!
(10)
degli integrali (??) (??)
I coefficienti kνL ed εLν risultano dal prodotto
R
con il profilo normalizzato ψ(ν) della riga riga ψ(ν) d ν = 1
ψ(ν)
Z
riga
ψ(ν) d ν =
Z
riga
kνL ψ(ν) d ν
ove kνL
Z
riga
ψ(ν) d ν = 1
εLν = f rachνnm 4π ψ(ν) Anm Nm
kνL
hνn m
=
ψ(ν) Nm Bmn − Nn Bnm
c
!
in equilibrio termodinamico (od in equilibrio termodinamico equivalente)
gm Bmn = gn Bnm
(11)
61
kνL
hνn m
gm
=
ψ(ν) Nm Bmn − Nn
Bnm
c
gn
kνL
hνn m
Nn gm
=
ψ(ν) Nm Bmn 1 −
c
Nm gn
"
#
!
62
LEZIONE 10
Richiamo
Abbiamo introdotto l’equazione del trasporto di radiazione
d Tν
= Iν − Sν
d τν
e l’abbiamo risolta
Iν (τν = 0) =
Z τ∗
ν
0
∗
Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν
Nel caso di equilibrio termodinamico Sν = Bν (T ), hν kT (caso
radio) e supponendo la temperatura locale costante abbiamo trovato
∗
∗
TR = T 1 − e−τν + TS0 e−τν
Abbiamo poi parlato di E. T. E. (equilibrio termodinamico equivalente) situazione che si ha quando vi è
• equilibrio termico
63
64
• non avviene trasferimento da energia traslazionale ad altre forme di
energia
E abbiamo visto che in questo caso la distribuzione di velocità è
Maxwelliana:
4
m
ϕ(v) = √
π 2kT
!3
2
mv 2
v 2 e− 2kT
E quindi la popolazione dei livelli e la ionizzazione TENDONO ad essere regolate dalle equazioni di Boltzmann e di Saha per una temperatura
T = temperatura cinetica del gas
Abbiamo detto che questa situazione si verifica nelle nubi interstellari
quando:
• Sono dominanti eccitazioni e diseccitazioni collisionali (per esempio
gli stati ecitati dello H 0 per numeri quantici totali n molto alti.
• Sono trascurabili eccitazioni per assorbimento di fotoni e diseccitazioni con emissione di fotoni.
• Sono trascurabili eccitazioni per urto di livelli metastabili (ad esempio livelli eccitati bassi di atomi complessi, che siano metastabili).
Siamo poi tornati all’equazione di trasporto la cui soluzione ripetiamo è:
Iν (τν = 0) =
Z τ∗
ν
0
∗
Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν
ed abbiamo detto che per risolverla occorre conoscere:
65
Sν (τν ) =
εν (τν )
kν (τν )
∀ τν
che è in generale una funzione di T e ν, indipendente dalla composizione del mezzo.
Siamo quindi passati a studiare l’espressione di εν e di kν scomponendoli ciascuno in due termini
KνL , εLν .
1. Uno in corrispondenza delle righe
2. Uno in corrispondenza del continuo
KνK , εK
ν .
Considerando un atomo a 2 livelli
abbiamo trovato che si può esprimere:
Z
riga
Z
riga
=
εν d ν =
1
hνnm Anm Nn
4π
[erg cm−3 sec−1 sterad−1 ] (12)
1
1
hνnm Nm Bmn U (νnm ) −
hνnm Nn Bnm U (νnm ) −Bmn U (νnm )
4π
4π
|
{z
}
|
{z
}
assorbimento
emissione indotta
= probabilità di una transizione m → n (sec−1 ) per assorbimento
della densità di radiazione U (νnm )
66
ove:
1Z
U (ν) =
c
Z
Iν d ω
|
= 4π
c Iν
se Iν = isotropa
Se Iν è isotropa e COSTANTE all’interno della riga
Z
riga
kν d ν =
hνnm
(Nm Bmn − Nn Bnm )
c
(13)
FINE RICHIAMO
I coefficienti KνL e εLν risultano dal prodotto negli integrali (??)
e (??)
R
con il profilo normalizzato dalla riga ψ(ν)
riga ψ(ν) d ν = 1






nm
εLν = hν
4π ψ(ν) Anm Nn





KνL = hνcnm ψ(ν) (Nm Bmn − Nn Bnm )
Fra i coefficienti di EINSTEIN valgono le seguenti relazioni di carattere generale (vedi Appendice qui di seguito)
gm Bmn = gn Bnm ;
Anm
8πhν 3
=
Bnm
c3
Per cui:
εLν =
4
4
2h2 νnm
2h2 νnm
gm
ψ(ν)
N
B
=
N
ψ(ν)
Bmn
n
nm
n
gn
c3
c3
67
KνL
hνnm
hνnm
Nn gm
gn
ψ(ν) Bnm Nm
− Nn =
ψ(ν) Nm Bmn 1 −
=
c
gm
c
Nm gn
!
!
La FUNZIONE SORGENTE della radiazione nelle righe sarà perciò:
SνL
εLν
2h2 ν 3 gn Nm
= L=
−1
gm N n
c2
Kν
"
#−1
espressione di carattere ass. generale
m
Da N
Nn viene la dipendenza dalla temperatura e dalla frequenza.
Se come succede in:
Equilibrio termodinamico









dettagliato
locale
equivalente
i rapporti Nn /Nm sono dati dalla formula di Boltzmann
Nn
gn
hνnm
=
exp −
Nm
gm
kT
"
#
Si ottiene
SνL
εLν
2hν 3
= L= 2 ·
c
Kν
1
= Bν (T )
+ hν
e kT − 1
Quindi in E.T.E. come in L.T.E. o T.E. la source function è data dalla
funzione di Planck
Avevamo visto che i coefficienti di Einstein erano legati fra di loro:
68
gm Bmn = gn Bnm ;
Anm
8πhν 3
=
Bnm
c3
Anm può essere calcolato tramite la meccanica quantistica in funzione
del MOMENTO ELETTRICO Pnm DI DIPOLO relativo alla transizione
n → m (detto anche elemento della “matrice di dipolo)
Anm
64π 4 ν 3 2
P
=
3 h c3 nm
Pnm nel caso delle righe molecolari radio che hanno origine da molecole
diatomiche per
2
PJ,J+1





T ransizioni di rotazione




nel livello di oscillazione f ondamentale
J + 1 ; ν = 2B(J+1)
= µ 2J
+1
2









v=0
µ = momento di dipolo permanente
B = costante rot.
J = numero quantico rot.
Nel caso della molecola di CO
µ = 0.112 · 10−18 U.E. ;
B = 57.6 GHz = 57.6 · 109 Hz
nella transizione J = 1 → 0 da cui viene emessa la riga λ = 2.6 mm
si ha:
A10 = 6 · 10−8 sec−1
69
(hν)1 = h 2B(1 + 1) = 4B h
per J = 1
(hν)0 = h 2B(0 + 1) = 2B h
per J = 0
ν = ∆E
h = 2B
c = 2.6 mm
λ = νc = 2B
70
Lezione 11 + 12
Avevamo trovato ieri le espressioni di εLν , kνL e SνL
4
2 h2 νnm
=
ψ(ν) Nn Bnm
c3








εLν







KνL
= h νcnm ψ(ν) Bnm
SνL
N m gn − 1
Nn gm
εLν
2 h ν3
= L=
c2
Kν
"
Nn
#−1
gn N m
−1
gm Nn
I rapporti di popolazione dei livelli Nm /Nn , necessari per il calcolo di





SνL




KνL
debbono ora essere calcolati senza fare l’ipotesi di
EQUILIBRIO TERMODINAMICO
Facciamo però l’ipotesi di
71
72
ASSENZA DI VARIAZIONI TEMPORALI DELLE POPOLAZIONI
DEI LIVELLI
↓ ovvero
STATO STAZIONARIO
Preso un livello di numero quantico n
Arrivi in n da tutti gli stati m superiori o inferiori = alle partenze
da n verso tutti gli stati m superiori o inferiori
Indichiamo con
VELOCITÀ DI TRANSIZIONE RADIATIVA
(sec−1 )
Rnm = Numero di transizioni radiative
per unità di tempo
(sec−1 )
Rmn = Numero di transizioni radiative
per unità di tempo
n → m
PARTENZE
m → n
ARRIVI
73
VELOCITÀ DI TRANSIZIONE COLLISIONALE
(sec−1 )
(sec−1 )
Cnm = Velocità di transizione per processi d’urto n → m
PARTENZE
Cmn = Velocità di transizione per processi d’urto
ARRIVI
m → n
In caso di STATO STAZIONARIO vale la seguente equazione per
ogni livello n
X
X
d Nm
= Nn (Rnm + Cnm ) −
Nm (Rmn + Cmn ) = 0
dt
m
m
|
{z
}
|
{z
}
P artenze da n
Arrivi a n
Per ottenere i valori di Nn ovvero i rappporti Nn /N1 si deve risolvere
questo sistema di cosidette EQUAZIONI STATISTICHE
m può essere esteso anche a stati distribuiti in modo continuo (viene
inclusa cioè la ionizzazione da n)
Un sistema analogo di equazioni sussiste per i diversi stadi di ionizzazione, per i quali in condizioni stazionarie deve essere:
N umero di ionizzazioni = N umero di ricombinazioni
(EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE)
Discutiamo ora la formulazione dettagliata delle EQUAZIONI
STATISTICHE nel caso in cui vengono considerati:















ST AT I LEGAT I SOLAM EN T E
T RAN SIZION I RADIAT IV E
T RAN SIZION I COLLISION ALI
0
(U RT I AN ELAST ICI CON P ART ICELLE DI DEN SIT À N
74
Le velocità di transizione si esprimono nel modo seguente:
A.
Transizioni
Rnm = Bnm Uν ;
B.
m
↑
n
Cnm = N 0 Qnm
Transizioni
m>n
P artenze verso l0 alto
n
↓
m
Rnm = Anm +Bnm Uν ; Cnm = N 0 Qnm m < n P artenze verso il basso
C.
Transizioni
m
↓
n
Rmn = Amn + Bmn Uν ;
D.
Transizioni
Rmn = Bmn Uν ;
Cmn = N 0 Qmn
m>n
Arrivi dall0 alto
n
↑
m
Cmn = N 0 Qmn
m<n
Arrivi dal basso
Qnm =COEFFICIENTE DELLA VELOCITÀ D’URTO = numero di
transizioni n → m per unità di volume e tempo per densità N 0 = 1 cm−3
In condizioni di stazionarietà (equilibrio statico)
75
(
Nn
=
X
m
X
X
4π
Iν +
Anm + N 0 Qnm =
c
m
m<n
)
X
m
Bnm
Nm Bmn
X
X
4π
Iν +
Nm Amn + N 0 Nm Qmn
c
m
m>n
Per ogni n vi è una tale equazione
A causa della presenza di Iν questo sistema deve essere risolto assieme
all’equazione del trasporto che utilizzando le espressioni di Lν e kνL
diviene:
h νnm
gm N n
h νnm
d Iν
=−
Bmn Nm 1 −
ψ(ν)Iν +
Anm Nn ψ(ν)
ds
c
gn Nm
4π
!
d Iν
=
ds
−kν Iν
+
ν
Processi d’urto e temperatura cinetica
La derivazione dei COEFFICIENTI DELLE VELOCITÀ D’URTO
Qnm
Qmn
necessita alcune spiegazioni preliminari
Si definisce come SEZIONE D’URTO σ di una particella una superficie circolare che ha raggio uguale a quello della particella.
Si definisce raggio di una particella (un nucleo atomico per esempio) la
minima distanza a cui si può avvicinare una particella con carica di uguale
segno e velocità v∞
76
Per esempio siano:
nucleo bersaglio
Ze (carica) ; nucleo sparato; proiettile
ze
Se spariamo il nucleo di carica ze contro quello di carica Ze con
velocità v∞ , quando questo raggiunge la minima distanza r0 a cui si ha
v = 0 deve essere:
1 2
Zz e2
mv∞ =
2
r0
2Zz e2
r0 =
2
mv∞
È ovvio quindi che la sezione d’urto σ è una funzione dei:
1. singoli potenziali elettrici delle particelle
2. velocità relativa delle particelle
cioè:
σ = σ(v)
77
Torniamo nella nostra nebula: gli atomi o molecole ivi presenti (A) e
i loro partner d’uto (S) possiedono rispettivamnte velocità:
vA
vS
La loro velocità relativa sarà:
v = vA − vS
Se σ(v) e la sezione d’urto degli atomi (molecole) relativamente ai loro
partner d’urto
σ(v) spazza in 1sec un volume:
σ(v)v
In tal modo se:
N 0 = densità dei partner d0 urto
N 0 v σ(v) = N U M ERO U RT I CHE U N AT OM O P U Ò SU BIRE IN xxxx =
= C(v) velocità di transizione collisionale
78
Quindi:
C(v)
= v σ(v)
N0
cm3 sec−1
velocità di transizione collisionale riferita a densità dei partner d’urto
N 0 = 1 cm−3 è dimensionalmente uguale al coefficiente della velocità di
transizione collisionale Q(v)
Lezione 13
Avevamo trovato che:
N 0 = v σ(v) = C(v) = N 0 Q(v)
numero di partner d’urto incontrati in 1 sec
Quando si tratta di urti anelastici, che conducono dal
livello m → n (n → m).
Indicheremo:
σmn (v) [σnm (v)]
la sezione d’urto relativa alla transizione
79
80
I coefficienti Qmn risultano dalla
MEDIA SU TUTTE LE VELOCITÀ RELATIVE:
Qmn = v σmn (v)
Qnm = v σnm (v)
Se vi fossero solo URTI ELASTICI la distribuzione di velocità relative
sarebbe Maxwelliana
Deviazioni da questa distribuzione sono causati da URTI ANELASTICI
ovvero
Eccitazione per urto −→ seguita da Irraggiamento
Eccitazione per urto −→ non seguita da Urto superelastico
Per questa causa viene tolta al campo di velocità la CODA A PIÙ
ALTA ENERGIA
In particolare fra
HI, HeI, HII, HeII, elettroni liberi
avvengono urti elastici fino a 10 eV
Urti anelastici con atomi più pesanti o con molecole sono molto rari
a causa della loro esigua abbondanza
Nelle regioni HI e HII ci si debbono aspettare deviazioni relative dalla
distribuzione maxwelliana dell’ordine di 10−5
In generale in un volume delle dimensioni di alcuni c.l.m non vi sono
differenze fra le Tcin delle diverse particelle presenti.
81
Quindi si può affermare che TUTTI I TIPI DI PARTICELLE rispettano una distribuzione di velocità Maxwelliana.
Ciò è di grande importanza perchè significa che anche le velocità
relative v fra particelle rispettano la stessa distribuzione
ϕ(v, T ) d v =
v2
v2
1
4π
− 2σ
2 − 2σ
2
2
e
d
v
d
v
d
v
=
v
e
dv
x
y
z
3
3/2
3
3/2
σ (2π)
σ (2π)
ove:
d vx d vy d vz = v 2 sin θ d v d θ d ϕ
v 2 = vx2 + vy2 + vz2
1 mA mS 2 kT
v =
2 mA + mS x
2
2
mA
mH
kT
µ
1
1
1
1
+
kT =
+
RT
=
mA mS
A AS
!
σ =
A=
vx2 = σ 2 =
;
vx2
S=
=
vy2
mS
mH
=
vz2
!
R = 8.314 · 107 ergK −1 mol−1 costante dei gas
k = 1.381 · 10−16
costante di Boltzmann
Il valore medio
Qnm = v σnm (v)
82
dà la velocità d’urto per le diseccitazioni n → m
Qnm =
Z ∞
0
v σnm (v) ϕ(vT ) d v
(richiamare l’espressione di ϕ(v, T )
Fra
Qnm e Qmn vale la relazione che si ricava per condizioni di
stretto E. T.
0
N Nm Qmn = N Nn Qnm
in cui
#
∆E
+ 5040∆E
T
exp +
= Qmn gm 10
kT
"
Qnm gn = Qmn gm
Nm
gm
hνnm
=
exp +
Nn
gn
kT
"
0
#
URTI CON ELETTRONI - CALCOLO DEL COEFFICIENTE DI
ECCITAZIONE COLLISIONALE
Nel caso di urti di atomi o ioni con elettroni è ovviamente per l’esiguità
della massa dell’elettrone:
σ2 =
1
kT ;
me
v = ve ; v 2x = v 2y = v 2z = σ 2 =
kT
kT
kT
=
mA me =
1
me
mA + me
1
1
+
me mA
83
I dimostrazione preliminare
In caso di E.T., deve sussistere fra 2 livelli 1 e 2 di un atomo la
seguente condizione
Nr eccitazioni 1 → 2 per urto con elettroni di velocità v1 − v1 + d v1
Nr eccitazioni per urto (superelastiche) con elettroni di velocità v2 +
d v2 che producono elettroni di velocità v1 − v1 + d v1
Cioè deve valere la seguente condizione di equilibrio
Ne N1 v1 σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) d v1 = Ne N2 v2 σ21 (v2 ) ϕ(v2 ) d v2
ma
g2 − χ
N2
=
e kT
N1
g1
e
1
1
m v12 = m v22 +χ da cui
2
2
v1 d v1 = v2 d v2
84
Sostituendo si ottiene:
σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) =
σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) =
N2
σ21 (v2 ) ϕ(v2 )
N1
g2 − χ
e kT σ21 (v2 ) ϕ(v2 )
g1
v2 
ϕ(v2 )
4π
v2
2

v
exp
−
→
ϕ(v) = 3
=
σ (2π)3/2
2σ 2
ϕ(v1 )
v1


µv 2 

exp −
2kT

!2
me (v22 − v12 ) 

exp −
2kT

↔ µ = me
nel caso dell’elettrone perchè me mA (vedi pag. 2)
ϕ(v2 )
v2
=
ϕ(v1 )
v1
!2
χ
exp
kT
!
g2 ϕ(v2 ) − χ
e kT σ21 (v2 )
σ12 (v1 ) =
g1 ϕ(v1 )


85
g2
σ12 (v1 ) =
g1
v2
v1
!2
σ21 (v2 )
g1 v12 σ12 (v1 ) = g2 v22 σ21 (v2 )
86
Lezione 14 - 15
II Dimostrazione preliminare
Trovata questa relazione introduciamo l’espressione della sezione d’urto in termini della cosiddetta “EFFICIENZA COLLISIONALE (oppure
Collisional strenght) Ω (1, 2)
πh̄2 Ω(1, 2)
σ12 (v1 ) = 2 2
m v1
g1
valida per
1
m v12 > χ
2
Se ricordiamo che la lunghezza d’onda associata all’elettrone è:
mv = h̄k
k=
2π
λ
1
h̄
1
λ
=
= 2π =
k
mv
2π
λ
87
88
Si vede che:
πλ2 Ω(1, 2)
Ω(1, 2)
σ12 (v1 ) = 2
= λ2
4π
g1
4πg1
Probabilità che la λ associata all’elettrone interagisca durante il passaggio a diverse distanze dall’atomo
In base alla relazione testé trovata:
g1 v12 σ12 (v1 ) = g2 v22 σ21 (v2 )
σ12 (v1 ) v12 =
ma
quindi
σ12 (v1 )
g2 2
v σ21 (v2 )
g1 2
v12
πh̄2 Ω(1, 2)
= 2
m
g1
g2 2
πh̄2 Ω(1, 2)
v σ21 (v2 ) = 2
g1 2
m
g1
πh̄2 Ω(1, 2)
σ21 (v2 ) = 2 2
m v2
g2
Il coefficiente della velocità di diseccitazione collisionale Q21 è quindi
dato dalla:
Q21 =
Z ∞
0
v σ21 (v) ϕ(v) d v
2
!3
4
m 2 2 − mv
ove ϕ(v) = √
v e 2kT
π 2kT
89
=
Z ∞
0

v
2


πh̄ Ω(1, 2)   4
m
√
·

m2 v 2
g2
π 2kT
1
!3

2

2 2 − mv
v e 2kT  d v
1
4π 2 h̄2 m− 2 Z ∞ Ω(1, 2) − mv2 d(v 2 )
=
·
e 2kT
3
0
2
g
2
(2kT )
2
2π
=
kT
!1
2
h̄2 1 Z ∞
mv 2 
− mv

2kT
Ω(1, 2)e
d
3
2kT
m 2 g2 0
2π
=
kT
!1
h̄2 1
3
m 2 g2
2
2

Z ∞
0
Ω(1, 2)e
|
Q21 =
E
− kT
8.629 · 10−6 < Ω(1, 2) >
1
g2
T2

E
d
kT
{z
<Ω(1,2)>
!
}
cm3 sec−1
V alori di Qnm per HI pag. 54 Osterbrock
Il coefficiente Ω(n m) ha valori dell’ordine di grandezza ∼ 1 per le
transizioni fra il livello fondamentale e i livelli eccitati degli ioni CII,
NeII, SiII, NII, OIII, OII (pag. 74 Spitzer; pag 47-48 Osterbrock)
Consideriamo i valori di Qnm per eccitazioni da parte di partner d’urto
come gl ielettroni di HI e le molecole H2 .
90
Tali relazioni sono di primaria importanza nelle regioni HI in cui:
ne
= molto piccolo
nH
Saranno quindi più frequenti le collisioni con gli atomi di HI che quelle
con gli elettroni.
Gli atomi di HI saranno quindi responsabili dei processi di eccitazione
e di diseccitazione come i seguenti:
(1) Eccitazione di livelli a struttura iperfina nel livello fondamentale
degli atomi di HI (variazione dello spin degli elettroni).
(2) Eccitazione di livelli bassi a struttura fine di ioni come CI, OII,
OIII, etc.
(3) Eccitazione di stati rotazionali in molecole di H2
Per stimare l’ordine di grandezza delle velocità d’urto nel caso di
effetti di scambio fra atomi di HI (H-H), poniamo:
Qnm = v σnm (v) ' v σnm (v)
v=
Z ∞
o
4π
v ϕ(v T ) d v = 3
3
σ (2π) 2
σ=
poniamo:
k=
v
u
u
t
4π 3 ;
σ (2π) 2
3
Z ∞
o
1
1
+
kT
mA mS
!
λ = 12
2σ
v2
2
v 3 e 2σ d v
−
91
risulta quindi:
v=k
Z ∞
o
v 3 e−λv
2
dv
(14)
Risoluzione dell’integrale:
Iν =
per
per
ν=1
ν=0
I1 =
I0 =
Z ∞
o
Z ∞
o
Z ∞
o
v e−λv
−λv 2
e
2
v ν e−λv
dv =
1
dv =
2
2
dv
1
2λ
di f acile integrazione
π
λ
è l0 integrale di Gauss
s
risulta quindi:
d I0
I2 = −
;
dλ
d I1
I3 = −
;
dλ
d2 I0
I4 = +
;
d λ2
Il nostro integrale dato dalla (1) è quindi
I3 = −
d I1
1
= 2;
dλ
2λ
cioè :
d2 I1
I5 = +
d λ2
92
v
u
u8
1
4π
4σ 4
8πσ
t
√
v=k
=
σ
=
·
=
=
3
2
2λ
π
σ 3 (2π) 2 2
8π 3
=
v
u
u8
t
π
v
u
u
t
v = 1.46 ·
v
u
u
1
1 2kT
1
1
+
kT = 2t
+
mA mS
mA mS
π
!
v
u
u
4 t
10
1
1
+
T
A S
!
!
[cm s−1 ]
Ora nel caso di urti H-H
A = AS = 1
e quindi
v = 2.06 · 104
√
T
− − − − − − − − > U rti H − H
Per temperature T = 100 K
v ∼ 105 cm sec−1
Siccome il raggio dell’atomo di idrogeno è ∼ 10−8 cm
2
rB ' h̄ 2
me e
⇒ σ nm ∼ 10−16 cm2
Risulta quindi:
Qnm = v σ nm ∼ 10−11 cm3 sec−1
Qnm (H − H) = 10−11 cm3 sec−1
93
La densità media dell’idrogeno neutro HI nello spazio interstellare è:
NH = 1 cm−3
Quindi il numero di urti per secondo è:
Cnm (H − H) = 1 · 10−11 sec
Si verifica quindi in media un urto ogni 1011 sec ∼ 3200Y
Non possiamo dilungarci qui nel calcolo di Qnm
ECCITAZIONE IN CONDIZIONI INTERSTELLARI
Discutiamo i rapporti di popolazione che hanno origine nel gas interstellare sotto l’effetto combinato di:
processi















radiativi
collisionali
Facciamo degli esempiideali che ci saranno molto utili per interpretare
la realtà:
Supponiamo che:
Ionizzazioni + Ricombinazioni molto più rare di transizioni f ra stati legati
In questo caso le equazioni statistiche possono essere scritte considerando solo le transizioni fra stati legati
94
ESEMPIO 1
Ammettiamo cle l’ATOMO (o la MOLECOLA) possegga solo due
livelli di enrgia:
n = 1 livello f ondamentale;
Ammettiamo che la transizione
nell’OTTICO
n = 2 livello eccitato
2 → 1 corrisponda ad una riga
Ammettiamo che questo atomo si trovi in un radiazione di corpo nero diluita
Iν = W Bν (T )
W = f attore di diluizione
Questa situazione si verifica per esempio in una regione HII in cui la
sorgente di radiazione è una stella calda di temperatura T∗
FATTORE DI DILUIZIONE
La stella appare in P sotto l’angolo
ΠR∗2
Ω∗ = 2
r
95
Se in P il flusso è
del disco stellare
Iν∗ (r) =
φν (r) [erg cm−2 sec−1 Hz −1 ], l’intensità media
φν (r)
Ω∗
[erg cm−2 sec−1 Hz −1 sterad−1 ]
ovviamente:
Iν∗ (R∗ ) =
φν (R∗ )
π
φν (r) π
Iν∗ (r)
φν (r) π r2
0
=
=
2 = 1 per la cons. dell energia
∗
φ
(R
)
Ω
φ
(R
)
Iν (R∗ )
ν
∗
∗
ν
∗ πR∗
Quindi Iν∗ (r) è INDIPENDENTE DALLA DISTANZA
La densità di radiazione in P sarà:
Ω∗ ∗
1 ZZ
Uν =
Iν∗ d ω =
I
c Ω∗
c ν
Se esprimiamo la densità di radiazione rispetto ad un campo di radiazione ISOTROPO, EQUIVALENTE Iν (di uguale densità di radiazione)
si ha:
4π
Ω∗ ∗
Iν =
I
c
c ν
si ottiene:
Iν =
Ω∗ ∗
I
4π ν
96
Ω∗
4π
W =
f attore di diluizione
Continuando ammettiamo che i partner d’urto degli atomi o delle
molecole siano elettroni N 0 = Ne
Le equazioni statistiche:
X
Nn {
=
X
m
m
Bnm
Nm Bmn
X
X
4π
Iν +
Anm + N 0 Qnm =
c
m
m<n
X
X
4π
Iν +
Nm Amn + N 0 Nm Qmn
c
m
m>n
diventano nel caso dell’atomo a 2 livelli
4π
4π
B12
Iν + Ne Q12 = N2 B21
Iν + A21 + Ne Q21
c
c
!
N1
B12 4π
N2
c Iν + Ne Q12
=
N1
B21 4π
c Iν + A21 + Ne Q21
Ricordando che:
g1 B12 = g2 B21
ed esprimendo
A21
8πhν 3
=
B21
c3
!
(15)
97
B12 e B21 in f unzione di A21
Esprimendo Q12 in funzione di Q21 tramite le
g2 − hν
Q12
=
e kT
Q21
g1
e ponendo nella
Iν =
Ω∗
Bν (T∗ )
4π
3
Bν (T∗ ) = 4hν
c2
l’espressione di Kirckhoff-Planck
1
−
e
hν
kT −1
La (??) si trasforma nella:
N2
g2
=
N1
g1
Ne
Q21
A21

− hν
e kT + W
hν
 −
kT
e
−

1 + Ne
Q21
A21
+W
hν
 −
kT
e
−
−1

1
−1

1
98
Consideriamo una regione HII di dimensioni di qualche
d ∼ 10−1 pc
molto piccola quindi illuminata da una stella di raggio R = R e T = 104
πR2
!
2
Ω
R 2
R2
r
W =
=
= 2=
4π
4π
2r
4r
risulta per r = d = 10−1 pc = 3 · 1012 Km
2
7 · 105 

≈ 10−14
W =
12
6 · 10

quindi





10−14 r =??



10−13 r =??
W =
Si noti inoltre che il coefficiente di diluizione della radiazione solare
alla superficie della Terra è: W ∼ 5.5 · 10−6
Si possono quindi trascurare i termini in cui compare a fattore W e
si ottiene quindi:
99
g2
N2
=
N1
g1
hν
e− kT
A21
1+
Ne Q21
Nel caso di E. T. sarà:
g2 − hν
N2∗
=
e kT
N1∗
g1
La condizione di E. T. si verifica quindi quando:
A21
1
Ne Q21
→
A21 Ne Q21
Quindi si ha equilibrio termodinamico quando predominano gli urti
(cioè viene rispettata la distribuzione di Boltzmann).
Le deviazioni dalla formula di Bolzmann vengono espresse tramite il
rapporto Nn∗ = bn ovvero:
Nn
N2
b2
1
N2∗
=
;
N1
A21
b1
1+
N1∗
Ne Q21
b2
= 1 in E.T.
b1
In generale:
N2
N2∗ b2
b2 g2 − hν
= ∗
=
e
N1
N1 b 1
b1 g1
kT
100
CALCOLO DI b2 /b1 PER RIGHE PERMESSE A21 = 108 sec−1
Quando i partner d’urto sono elettroni:
Q21 = 8.63 · 10−6
Ω(1, 2)
1
T 2 g2
Supponiamo che:
Ω12
∼ 1
g2
Risulta
; T = 104 K
Ne = 104 cm−3
Q21 ∼ 10−7 cm−3 sec−1
Ricordando che:
A21 ∼ 10+8 sec−1
−→
b2
=
b1
1
∼ 10−11
+8
10
1+ 4
10 · 10−7
Quindi:
N2
g2 − hν
= 10−11
e
N1
g1
kT
Ciò signif ica





A. N on vi è E. T.




B. T utti gli atomi neutri sono al livello f ondamentale
Consideriamo come esempio la transizione 2P - 1s dell’atomo di HI
101
(Lyα
λ = 1220
ν = 2.46 · 1015 )
−11
sK
h = 6.63 · 10−27 ergs; k = 1.38 · 10−16 erg K −1 ; h
k = 4.80 · 10
J =0+
3s
1
;
2
g2 = 2J + 1 = 2
3p
2s
2p
3d
→
J =1±





.
g2 = 
1
2

3



 2
=


 1
2
4
(g2 )tot = 6 ; g2 = 2 (2s)



2
peso statistico dei singoli
termini di multipletto LSJ
1s
→
J = 0 + 12 =
1
2
;
g1 = 2J + 1 = 2 (g1 )tot = 2
.
questi rappresentano i pesi statistici dei termini totali 2P e 1s (cioè
dei termini totali LS)
g = (2S + 1) (2L + 1) ; gn = 2n2
g2
6
g1 = 2 = 3
hν
e− kT
= 7.44 · 10−6
102
In E. T.
N2
=
N1
g2 − hν
e
= 2.2 · 10−5
g1
kT
con b2 /b1 = 10−11 invece
N2 =
N1
·10−16
TUTTI GLI ATOMI NEUTRI SONO AL LIVELLO FONDAMENTALE
12.4.1999
Avevamo trovato che nel caso di un atomo:
• con due livelli
• in assenza di ionizzazione e ricombinazione
• in diluizione di radiazione (W 1) ovvero senza assorbimento di
radiazione e senza emissione indotta
si ha che:
N2
1
g2 − hν12
=
e kT
21
N1
g1
1 + NAQ
e 21
che deriva dalla equazione statistica:
N1 Ne Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 )
Avevamo inoltre detto che:
hν12
−
g
N
2
2
kT
• Ne → ∞
N1 → g1 e
gli urti e N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12
21
• Se NAQ
e 21
1
regime di E.T.E. ove dominano
A21 siha E. T. E.
ovvero se Ne Q
21
103
104
e che si definisce come densità critica Nc quella densità per cui:
Nc =
A21
Q21
Quest’ultimo punto significa che Nc è quella densità per cui:
Nc Q21 = A21
ovvero lo spopolamento radiativo del livello 2 corrisponde (è uguale)
allo spopolamento collisionale
R21 = C21
La quantità di energia radiante prodotta nella transizione 2 − 1
Nel LOW DENSITY LIMIT si ha:
N1 Ne Q12 = N2 A21
si trascurano le diseccitazioni collisionali
ne segue che
N2 =
N1 Ne
g2 − hν12
N1 Ne
Ω12
g2 − hν12
Q21
e kT =
8.63 · 10−6
e kT
A21
g1
A21
g2 T 1/2 g1
ponendo N1 = ZI Ne in funzione dell’abbondanza di H supponendo
H = H + = Ne
Il flusso emesso nella riga è:
105
ld
F21
−6
∝ N2 A21 E21 = 8.63 · 10
ZI Ne2
E21 Ω12
g1
!
T
−1/2
hν12
e kT
−
(16)
Nello HIGH DENSITY LIMIT si ha:
N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12
g2 − hν12
⇒ N2 = N1 e kT
g1
da cui segue che il flusso emesso nella riga è:
hd
F21
∝ N2 A21 E21 = ZI Ne A21 E21
g2 − hν12
e kT
g1
La variazione di dipendenza della potenza di Ne implica che:
hd
ld
F21
= F21
e ciò avviene per
N = Nc
Si ha infatti che uguagliando la (??) e la (??) si ottiene:
A21 g2 T 1/2
A21
Nc =
=
Q21
Ω12 · 8.63 · 10−6
Analogamente la quantità di energia cinetica restituita è:
Nel LOW DENSITY LIMIT
N2 A21 = N1 Ne Q12 = N1 Ne Q21
g2 − hν12
e kT
g1
(17)
106
ZI Ne2
Ne∗
N2 =
Q21 ∗
A21
N1
ld
K21
=
N2 Ne Q∗21
E21
ZI Ne3 2 Ne∗
Q21 ∗ E21 ∝ Ne3
=
A21
N1
Nello HIGH DENSITY LIMIT
N2
N2∗
= ∗
N1
N1
hd
K21
=
N2 Ne Q∗21
E21 = N1 Ne Q21
∗
N2∗
2
2
∗ N2
∗ E21 = ZI Ne Q21
∗ E21 ∝ Ne
N1
N1
All’intersezione di questi 2 andamenti si ha:
ZI Ne2
Ne =
A21
= NC
Q21
Q21
ZI Ne3 2 N2∗
N2∗
Q21 ∗ E21
=
N1∗
A21
N1
again!!!
the critical density!!!
Calcoliamo adesso i bilanci energetici (sempre nel caso di un atomo a
2 livelli in diluizione di radiazione e con transizioni fra soli stati legati:
107
(A) energia cinetica assorbita
K12 = N1 Ne Q12 E21 =
ZI Ne2
Q21
N2∗
E21
N1∗
(B) energia cinetica emessa
K21 = N2 Ne Q21 E21
N1
ZI Ne2
N2∗
N2∗
=
Ne Q21 ∗ E21 =
Q21 ∗ E21
A21
A21
N1
N1
1+
1+
Ne Q21
Ne Q21
K21
∗
ZI Ne3
2 N2
=
Q
E21
Ne Q21 + A21 21 N1∗
K21
∗
ZI Ne3
2 N2
Q
E21
=
Ne Q21 + A21 21 N1∗
(C) energia radiativa emessa
F21 = N2 A21 E21
N2∗
1
A21 ∗ E21
= N1
A21
N1
1+
Ne Q21
N2∗
ZI Ne
A21 Q21 ∗ E21
=
Ne Q21 + A21
N1
N2∗
ZI Ne2
A21 Q21 ∗ E21
=
Ne Q21 + A21
N1
108
Lezione 16 + 17
La volta scorsa avevamo calcolato il “coefficiente della velocità di
diseccitazione collisionale Q21 per urto con elettroni
Q21
8.63 · 10−6 < Ω(1, 2) >
=
g2
T 1/2
(cm3 sec−1 )
ove Ω(1, 2) è la cosidetta “efficienza collisionale
Avevamo inoltre derivato l’espressione della popolazione relativa dei
livelli di un atomo a 2 livelli, posto in un campo di radiazione diluita,
supponendo:
Ionizzazione + Ricombinazione
molto più rara di transizioni fra stati legati
N2
g2
=
N1
g1
Se
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
A21
1 si ha E.T., cioè quando predominano gli urti
Ne Q21
e ponendo nel caso di E. T.:
109
110
N2∗
g2 − hν
=
e kT
N1∗
g1
ponendo
N2
= b2 ;
N2∗
N1
= b1
N1∗
b2 g2 − hν
N2
=
e kT ;
N1
b1 g1
b2
b1
1
A21
1+
Ne Q21
Supponendo che le transizioni fra 2 ⇒ 1 fossero permesse, cioè
che A21 ≈ 108 sec−1 e supponendo Ne = 104 cm−3 e T = 104 K
abbiamo calcolato Q21 prendendo come partner d’urto gli elettroni
Q21
8.63 · 10−6
Ω(12)
=
·
2
g2
10
→ 1 ≈ 10−7 sec−1
da cui risulta:
b2
=
b1
1
108
1+ 4
10 · 10−7
≈ 10−11
cioè:
N2
g2 − hν
= 10−11
e kT
N1
g1
111
N2
g2
= 10−11
0.06
N1
g1


risulta
− hν

14
 se si pone : ν(5000 A) = 6·10 Hz T = 10000
e kT = 0.06
h = 6.63 · 10−27 erg s
k = 1.38 · 10−16 erg k −1
h
= 4.80 · 10−11 s K
k
Ciò significa:
(1) non vi è equilibrio termodinamico
(2) tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale
Diversa è la situazione nel caso di transizioni proibite dai cosidetti
livelli “METASTABILI. Si noti che i livelli metastabili si trovano al di
112
sopra del livello fondamentale di qualche eV e che le transizioni fra
questi livelli e il livello fondamentale (e fra di loro) sono proibite:
Questi livelli metastabili non sono popolati per RICOMBINAZIONE
e CASCATA perché dovremmo osservare anche righe provenienti da livelli alti. Quindi essi vengono popolati tramite eccitazioni collisionali
dal livello fondamentale.
Consideriamo quindi per il nostro esempio le righe nebulari dello
spettro dello [OIII] 5007, 4959 corrispondenti alle transizioni:
− 2
↓
− 1
1
D2
−
3
P2
λ = 5007 A
1
D2
−
3
P1
λ = 4959 A
A21 = 2.1 · 10−2 sec−1 ; A21 = 0.7 · 10−2 sec−1 nei due casi
probabilità di transizione spontanea
113
P onendo T = 104 K ;
Q21
Ne = 103 ÷ 104 cm−3 ;
8.63 · 10−6 Ω(1, 2)
=
g2
102
Ω(1, 2)
∼ 1
g2
≈ 10−7 cm3 sec−1
e quindi
A21
2.1 · 10−2
2.1 · 105
105
=
∼
∼ 10 ÷ 102
−7 =
Ne Q21
Ne
Ne
Ne 10
quindi
b2
=
b1
1
' 0.1 ÷ 0.01
A21
1+
Ne Q21
La popolazione del livello maggiore raggiunge quindi lo 1% fino al
10% del suo valore in caso di equilibrio termodinamico (quindi una
piccola deviazione rispetto ai livelli non metastabili).
Rispetto ai livelli con vita media normale bb2 = 10−11 vengono cosı̀ fa1
voriti, in condizioni interstellari, i livelli metastabili bb2 ∼ 10−1 con
lunga vita media nel rapporto 1010 : 1
1
Andamento del numero di fotoni emessi per unità di tempo per ione
N2
g2
=
N1
g1
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
114
Low density limit
N2
g2 − hν
Ne Q21
Ne A21
=
e kT
; Ne Q21 1 ;
= Q12 Ne
N1
g1
Ne Q21 + A21
N1
Q21 = 8.63 · 10−6
g2 − hν
< Ω(1, 2) >
Q12
=
e kT
;
Q21
g1
g2 T 1/2
g(2S + 1)(2L + 1)
h = 6.63 · 10−27 [erg s]
k = 1.38 · 10−16 [erg k −1 ]
h
= 4.80 · 10−11 [s · k]
k
N2 A21
g2
J=
= A21
N1
g1
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
fotoni emessi per unità di tempo per ione
115
RIGHE PROIBITE
A21 = 1.8 · 10−2 sec−1 ;
Q21 = 1.8 · 10−8 cm3 sec−1 ;
T = 104 ;
2) 1 D2 L = 2 ; S = 0 ; g2 = 5 ; 1) 3 P2 L = 1 ; S = 1 ; g1 = 9 ;
2) − 1) λ = 5007 ;
J=
N2 A21
J
= 1.8 · 10−2
N1
g
NG =
ν = 5.992 · 1014
− hν
e kT
1.8 · 10−2
1+
Ne 1.8 · 10−8
A21
∼ 106 cm−3
Q21
5.64 · 10−4
J=
106
1+
Ne
116
Ne 10
103
105
106
107
108
J
5.64 · 10−9 5.64 · 10−7 5.64 · 10−5 2.32 · 10−4 5.64 · 10−4 5.64 · 10−4
lg J -8.25
-6.25
-4.25
-3.63
-3.25
-3.25
N2
g2
=
N1
g1
J=
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
N2 A21 − N2 Ne Q21
N2
=
(A21 − Ne Q21 )
N1
N1
J = (A21 − Ne Q21 )
g2
g1
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
117
=
=
g2 − hν A21 − Ne Q21
e kT
A21
g1
1+
Ne Q21
A21 − Ne Q21
· Ne Q21
A21 + Ne Q21
Posto Ne Q21 = x
J=
J =0 ;
A21 x − x2
A21 − x
·x =
A21 + x
A21 + x
x=0
x = Ne Q21 = A21
A21 x − x2
f x) =
A21 + x
(
(A21 x − 2x)(A21 + x) − A21 x + x2
f (x) =
(A21 + x)2
0
118
A221 + A21 x − 2A21 x − 2x2 − A21 x + x2
=
(A21 + x)2
=
A221 − 2A21 x − x2
=0
A21 + x
0
f (x) = −x2 − 2A21 x + A221 = 0
q
2A21 ± 4A221 + 4A221
= −A21
x=
−2
q
=
2A21 ± 2 2A221
−2
=
√
2A21 ± 2A21 2
=
√
A21 ( 2 − 1) = 0.41A21
N1 Ne Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 )
N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12 − Ne A21
numero scariche collisionali per atomo
119
K=
N2 Ne Q21
N2
N2
N2
= Ne Q12 −
A21 = Ne
Q21 −
A21
N1
N1
N1
N1
N1 Q12 = N2 Q12
Q12 =
N2
g2
(Ne Q21 − A21 ) =
K=
N1
g1
N2∗
Q21
N1∗
− hν
e kT
(Ne Q21 − A21 )
A21
1+
Ne Q21
high density limit
Ne → ∞
⇒ Ne Q21 A2
N2∗
K = ∗ Ne Q21
N1
low density limit
Ne → 0
k=0
120
N1 Ne Q12 = N2 A21 + N2 Ne Q21
N2 A21
N2
N2∗
= Ne Q12 −
Ne Q21 = Ne ∗
N1
N1
N1
In tale caso siccome il coefficiente di emissione nelle righe Lν ' N2 A21
Lν per
(N2 A21 )permesse
1
108
=
= 10 · −2 = 1
(N2 A21 )proibite
10
10
Lν proi
per le trasmissioni permesse si trascura l’emissione indotta 4π
c Iν N2 B21
perché la radiazione è molto diluita
cioé le righe “proibite” sono cosı̀ forti come le “permesse” o addirittura
piú forti.
ESEMPIO 2
Consideriamo un atomo (oppure una molecola) con solo 2 livelli di
energia e ammettiamo che la transizione corrisponda ad una
RADIORIGA
121
W ≈ 1 f attore di diluizione
λm T = 0.29 cm K
Per un campo di radiazione nell’intervallo delle frequenze radio (Cosmic B. B. radiation: pag. 2 + pag. 76 Spitzer) il fattore di diluizione
di norma prossimo a 1 (perché la radiazione, radio di fondo proviene da
tutte le direzioni)
WRADIO ∼ 1
Per cui si definisce Iν tramite la legge di Rayleigh-Jeans
Iν = 2
ν
c
!2
K TS
valida per
hν
1
KTS
ovvero tramite la temperatura di RADIAZIONE
TS (= 2.7 K)
L’espressione che esprime la popolazione dei livelli:
N2
g2
=
N1
g1
Ne
Q21
A21
1 + Ne
!
− hν
e kT + W
Q21
A21
!
−1
hν


e kT∗ − 1

+

−1
hν

e kT∗ − 1
+W 

+

122
ove T = temperatura critica
diventa in questo caso
N2
=
N1
g2
g1
A21 kTS
− hν
e kT + 0
N Q21 hν
A21
A21 kTS
1+ 0
+ 0
N Q21 N Q21 hν
(18)
ove con N 0 indichiamo i partner d’urto
Questa espressione diventa la formula di Boltzmann per
A21
1
N 0 Q21
Tuttavia si definisce una temperatura di eccitazione Tex tale che sia:
N2
=
N1
ove ovviamente
hν
g2 − kT
ex
e
g1
Tex 6= TS
Poiché nell’intervallo di frequenze radio
KT hν
KTex hν
si può porre:
exp[−hν/KT ] ≈ 1 −
hν
kTex
(19)
123















k = 1.38 · 10−16 erg deg −1
T = 10 ÷ 102
ν1 cm = 3 · 1010 cm
h = 6.63 · 1027 erg s
Dalle (??) e (??) si ricava:
1
X
+
1
= TS T
Tex
1+X
ove:
A21
kTS
·
X= 0
N Q21
hν
(N 0 Q21 )−1
=
!
kTS −1
A21
hν
Si dimostra che:
V ita media livello partenza emissione per soli processi d0 urto
X=
V ita media livello partenza emissione per soli processi radiativi
Infatti ricordando che l’equazione dell’equilibrio statistico per il sistema a 2 livelli è:
4π
4π
Iν + Ne Q12 = N2 B21
Iν + A21 + Ne Q21
c
c
!
N1 B12
risulta che:
1
= tU RT O
Ne Q21
!
124
Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi d’urto.
1
= tS
4π
Iν + A21
B21
c
Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi radiativi
Quest’ultima infatti si trasforma ricordando che
3
3
A21 = 8πhν
B21 → B21 = c 3 A21
3
c
8πhν
3
ν 2 K T nella rappresentazione di Rayleigh−
1
=
2
b) Iν 2hν
S
2
c
c2
− hν
e kTS − 1
Jeans
a)
2
3
2
4π
4π
2ν
c
c
· 2 KTS + 1 A21
Iν +A21 = 
Iν + 1 A21 = 
c
8πhν 3 c
2πhν 3
c

B21

KTS
+1
=
hν
!
A21
ma KTS hν
≈


⇒
KTS
A21
hν
KTS
tS =
A21
hν
!−1
KTS
1
hν
125
X=
tu
tS
In conclusione risulta che:
tu
tS
+
1
T
= TS
Tex
ts + tu
Se tS tu
hanno il sopravvento i processi d0 urto e quindi:
Tex = T = temperatura cinetica
Viceversa se
tS tu
hanno il sopravvento i processi radiativi e quindi:
Tex = TS = temperatura di radiazione
APPLICAZIONE Nr. 1
Popolazione del livello superiore da cui ha origine la riga 21 cm
(1420.4 MHz) dello HI
Questa riga ha origine da una transizione fra stato con spin elettronico
k allo spin nucleare, F = 1, e stato con spin elettronico anti k allo spin
nucleare F = 0
126
Questa riga proviene da regioni HI in cui la ionizzazione è molto bassa
Come partner d’urto giocano quindi un ruolo importante solo gli atomi di HI.
Sarà quindi:
N 0 = NH
e sia
T = 102 K
Il valore di Q21 si ricava da tabelle e risulta per una temperatura
cinetica di
T = 102 K
Q21 ∼ 10−10 cm3 sec−1
Se N 0 = 1 cm−3
vita media livello = 1010 s = 317 years
d’altro canto l’energia di eccitazione della riga 21 cm è:
∆E = hν = 5.9 · 10−6 eV
e la sua probabilità di transizione A21 = 2.87 · 10−15 sec−1 ;
B21 = 1.61·1014 vita media di livello = 3.48·1014 sec = 11·106 years
Quindi esprimendo in eV, ∆E
KTS
TS
=
∆E (in eV )
hν
11600 ∆E
(N 0 Q21 )−1
e ricordando che X =
!−1
KTS
A21
hν
TS
−15
−6 2.87 · 10
X = 11600 5.9 · 10 −10
NH 10
!
= 4 · 10−4
TS
NH
127
Affinché Tex (chiamata nel caso della 21 cm “TEMPERATURA DI SPIN)
sia uguale alla T cinetica occorre che sia:
1
Tex
X1
X
1
+
= TS T
1+X
Se nell’espressione precedente si pone:
X = 4 · 10−4
TS
NH
TS = 2.7 K = temperatura della radiazione di f ondo cosmica
per il campo di radiazione
e si considerano densità tipiche delle nubi interstellari in cui:
NH > 0.1 cm−3
Nh ∼ 1 cm−3 ad es.
e in cui si ha
<
T ∼ 102 K
la condizione:
X = 4 · 10−4
è soddisfatta.
TS
1
NH
128
B. D. pg.363
n1
hν0 = E1 − E0
the emission coefficient of the transition 1 → 0 is
φν = δ(ν − ν0 )
4πν = n1 hν0 A10 φν
φν = line shape = probability that the photon is emitted in the
interval ν − ν + d ν
The lifetime of S = 1 is ∼ 3.5 · 1014 sec
The hydrogen is in LTE charaterized by a SPIN TEMPERATURE TSP
so that we can write:
ν
ν
= Bν (TS ) = 2
Kν
c
!2






hν KT




hν0 = 0.07K
K
KTSP 
The observed radio intensity is usually espressed in terms of brightness
temperature
ν
Iν (Tb ) = 2
c
129
!2
KTb
130
If the radiation is DUE ENTIRELY to emission from H atoms along
the line of sight, then the transfer equation is:
Iν =
=
ν
2
c
=
ν −τν
e
d τν
Kν
Z τ∗
0
0
!2
∗
K TSP 1 − e−τν
ν
2
c
!2
KTb
it follows that:
∗
Tb = TSP 1 − e−τν
Therefore when there is NO ABSORPTION
τν = 0
Tb = TSP
if the emission arises from atoms where spin temperature is a CONSTANT
Tb = TSP τ ∗
if τν 1
The column density NH of NEUTRAL HYDROGEN along the line
of sight can be obtained from radio observations
131







A10 φν
ν = n1 hν 4π






ν = 2 ν 2 K T
SP
c
Kν
τ=
!
Z ∞
0
n 1 φν
hν
→ Kν =
A10 c2
2
8πν KTSP
τν d ν =
Z ∞
0
A10 c2 hν0
=
8πν02 KTSP
hν0
n1
g1 − KT
SP = 3
=
e
n0
g0
dν
!Z
|
Z
Kν d s
n1 d s
{z
N1
}
− 0.07
SP
e| T
{z }
≈ 1 T =10.....
≈ 3
n0 = n1 /3
NH = N0 + N1 =
4 8πν02
τ
3 A10 c2
N1
4
+ N1 = N1
3
3
KTSP
hν0
32
KTSP τ
Π
3
hcλ A10
2.76 · 1014 TSP τ
!
132
For regions thin to radio waves τν 1 then the brightness temparature
Tb ≈ TSP τ
Then NH can be derived from measurements of Tb
Lezione 18
APPLICAZIONE NR 2
Nel caso della riga di emissione del CO
vedi Spitzer pag. 83
λ ∼ 2.6 mm
le eccitazioni per urto si verificano con partner d’urto che sono le
molecole di H2
In queste regioni T = 10 ÷ 30 K e quindi la rate di diseccitazione
per urto è (vedi TAB 1):
Q21 ∼ 2 · 10−12 cm3 sec−1
La probabilità di transizione radiativa spontanea è per questa riga:
A21 = 6 · 10−8 sec−1
La differenza di energia fra i due livelli da cui ha origine la riga è:
hν = ∆E = 4.8 · 10−4 ev
Ricordiamo che
133
134
KTS
TS
=
hν
11600 ∆E (eV )
Calcoliamo:
x=
A21
KTS
·
N 0 Q21 hν
6 · 10−8
TS
3 TS
x= 0
∼
5
·
10
N0
N 2 · 10−12 11600 · 4.8 · 10−4
x
1
+
1
= TS T
Tex
1+x
>
In nubi molto dense N 0 = N (H2 ) ∼ 5 · 104 cm−3 e TS ∼ 2.7 K
risulta:
x1
e quindi:
Tex = T
Dominano cioè le collisioni e la popolazione dei livelli è data dalla
formula di Boltzmann come in LTE.
Al contrario per densità più basse diventano importanti le eccitazioni
radiative, per esempio tramite fotoni della radiazione di fondo cosmica
135
APPLICAZIONE NR 3





Nel caso delle righe di assorbimento interstellari ottiche di CN 



λ 3874.61
λ 3875.77
λ 3874.00
queste derivano da una transizione elettronica dal primo livello rotazionale eccitato J = 1 dello stato fondamentale. Qui la probabilità
di transizione spontanea J = 1 → J = 0 della molecola di CN è
relativamente alta
A21 ∼ 10−5 sec−1
∆E ≈ 4.7 · 10−4 eV
TS
TS
KTS
=
=
hν
11600 ∆E(eV ) 11600 · 4.7 · 10−4
Q21 ∼ 10−12 cm3 sec−1
KTS
10−5
A21
TS
·
= 0 −12 ·
x= 0
N Q21 hν
N 10
11600 · 4.7 · 10−4
≈ 1.7 · 106
Ovvero x 1
TS
N0
ovvero tUtRT O 1
S
ciò implica dalla
Tex
tS
tu
+
TS
= T
tS + tu
136
che:
Tex = TS = 2.7 K
Le molecole interstellari di CN sono perciò dei sensibili indicatori della
radiazione di fondo cosmica
Per le righe di questa molecola gli urti non sono perciò importanti e
predominano le eccitazioni radiative da parte del campo di radiazione a
3 K.
RIGHE DI RICOMBINAZIONE
Le ipotesi che facciamo sono plausibili con le condizioni presenti nelle
regioni HII.
Ammettiamo che la popolazione del livello di partenza n avvenga
a) per ricombinazione diretta
b) per ricombinazione diretta a livelli più alti seguita da transizioni
radiative ad n
137
Ammettiamo quindi che
1. Non vi sia emissione indotta
2. Non vi sia popolazione del livello n per urto o per assorbimento di
radiazione.
3. Gli atomi neutri siano al livello fondamentale e da questo vengano
fotoionizzati.
4. Vi sia equilibrio statistico.
Premettiamo a questo proposito che:
rate ionizzazione ∼ 10−8 sec−1 Anm ≈ 104 ÷ 108 sec−1
Si possono perciò trascurare i processi di ionizzazione dagli stati legati
nelle equazioni statistiche
prob. trans.
n ↑ m per
assorbimento radiativo
probabilità f otoionizzazione
10−15 sec−1
10−8 sec−1
Le equazioni dell’equilibrio statistico sono cosı̀:
Nm
n−1
X
Anm =
m=1
{z
}
|
partenze da n a livelli inf eriori
∞
X
Nm Amn + Np Ne α0,n (Te )
m=n+1
α0,n (Te ) = coef f iciente di ricombinazione diretta al livello n [cm3 sec−1 ]
Te = T emperatura elettronica
138
Supponiamo inoltre che la nube gassosa sia OTTICAMENTE SOTTILE (cioè che una riga emessa non venga riassorbita)
da
m = 1, 2....n − 1 → n
Ricordiamo che per l’idrogeno in E. T. valgono:
Np Ne
2πme KTe
=
N1
h2
!3
x
2 − KT0 e
e
·
1
z}|{
g11
=1
(20)
g0n = 2n2 Boltzmann
(21)
g01
|{z}
2·1
x0 n
Nn
2 KTe
=n e
N1
ove:
x0 = energia di ionizzazione dal livello f ondamentale
x0n = energia di eccitazione 0 → n
Introducendo i coefficienti di deviazione
bn =
Nm
N∗
si ottiene ricombinando la (??) e la (??):
3
2
2 + x0 − x0n
h

KT
Nn = bn n2 
e
Np Ne
2πme KTe

sostituendo questa espressione nell’equazione dell’equilibrio statico per
Nn ed Nm si ottiene un sistema di equazioni per i coefficienti bn
139
α0n
n2
!3
− x0n
− x0n
∞
X
m2 − x0mKT
2πme KTe 2 − x0KT
e
e
+
bm Amn · 2 e
= bn
e
h2
n
m=n+1
n−1
X
m=1
bn dipende in questo caso non da Ne ma solo da Te
Ciò è vero perchè consideriamo il caso di bassissima densità in cui i soli
processi che originano le righe sono:
1. cattura di elettroni su livelli eccitati
2. caduta radiativa ai livelli inferiori
Note alla derivazione da E. T. per righe proibite
N2 (A21 + Ne Q21 ) = N1 Q12 Ne
Equilibrio statistico
Anm
140
N2 Q21 = N1 Q12
Q12
N2
g2 − hν
=
=
e kT
Q21
N1
g1
N2 A21
Q12
g2 − hν
+ N2 Ne = N2 N1
= N1 Ne
e kT
Q21
Q21
g1
!
A21
g2 − hν
N2
1+
=
e kT
N1
Ne Q21
g1
N2
Q12 Ne
=
=
N1
A21 + Ne Q21
Q12
Q21
A21
+1
Ne Q21
=
g2
g1
− hν
e kT
A21
1+
Ne Q21
!3
2πmKT 2 − x0
Np Ne
=
e KT
N1
h2
x0n
Nn
2 − KT
=n e
N1
!3
Np Ne 2 − x0n
2πmKT 2 − x0
n e KT =
e KT
Nn
h2
141
(−x0n + x0 )
2
KT
Nn = Np Ne n e
−
3
2
2
h


2πmKT

3
2
2 (x0 − x0n )
h
2 

Nn = bn n
e KT
Np Ne
2πmKT

eliminato N1 con la (??) si trasforma nella formula (degna di nota):
3
2
2 + x0 − x0n
h
2 

KT
Np Ne
Nn = bn n
e
2πme KTe

(22)
Se si sostituisce questa espressione nell’equazione dell’equilibrio statistico in luogo di Nn oppure di N si ottiene un sistema di equazioni per
i coefficienti bn
α0,n
n2
!3
− x0n
∞
X
2πme KTe 2 + x0KT
e
e
+
bm Amn = bn
h2
m=n+1
da controllare confrontando con Osterbrock
n−1
X
m=1
Amn
142
Come si vede i valori di bn non dipendono in questo caso dalla densità ma solo dalla temperatura Te . Non tratteremo qui dei metodi per
risolvere questo sistema di equazioni. Risultati numerici per n = 2 fino
a 7 per Te = 104 K sono elencati in Tabella 2
Lezione 19 – Intensità delle righe in
funzione della densità e della
temperatura
Non si può terminare una discussione sui rapporti di popolazione senza
parlare delle intensità previste di alcune righe.
Per risolvere il problema occorre risolvere il seguente sistema di equazioni:


d Iν = I − ν


equazione del trasporto

ν

d τν
kν



−1
L

3 g


n Nm − 1
 S L = ν = 2hν
Sourcef unction
2
ν
L
gm Nn
c
k
ν



P
P

4π
4π I + P
0P


=
A
+
N
Q
N
B
ν
m<n
nm
m
nm
m Nm Bmn c Iν +
n
m
nm

c



P

0P
0
 +
m>n Nm An + N
m Nm Qmn equazione dell equilibrio statistico
Consideriamo in primo luogo 2 casi in cui:
Non avviene né eccitazione radiativa né emissione indotta
ma
avviene eccitazione e diseccitazione per urto e emissione spontanea
In tale modo l’equazione del trasporto radiativo (la prima del sistema)
non è più necessaria
143
144
Queste condizioni si verificano per:
1. Righe di ioni pesanti eccitate per urto
2. Righe di ricombinazione ottiche in una nebulosa gassosa otticamente
sottile
L’intensità di una riga di emissione è data da
IνL = Iν − Iν0
Iν è dato dalla equazione del trasporto
Iν =
Z τ∗
ν
0
∗
SνL (τν ) e−τν + Iν0 e−τν
τν∗ = τν (r∗ )
in cui SνL può dipendere da Iν0 per le:
1. eccitazioni radiative
2. emissione indotta
145
Tale dipendenza scompare per le righe di emissione ottiche
a) eccitate per urto
b) generate per ricombinazione (nel caso sottile, perché altrimenti potrebbero causare emissione indotta ed eccitazione radiativa)
quindi SνL , KνL e di conseguenza Lν sono indipendenti da Iν0 e si può
considerare:
Iν0 Iν
a causa della diluizione
L
Nell’ipotesi di nebulae otticamente sottili τνL 1 risulta e−τν = 1 e
quindi:
SνL d τνL = SνL KνL d r = Lν d r
e se in luogo di Lν si pone la sua espressione:
Lν =
hνnm
ψ(ν) Anm Nn
4π
Risulta:
IνL
= Iν − Iν0 =
Z l
0
Lν
hνnm
dr =
ψ(ν) Anm
4π
Z l
0
Nn d r
questa si può scrivere perché siamo nel caso otticamente sottile
Ammettiamo d’ora in poi che siano
146
densità e temperatura c o s t a n t i
In questo caso il rapporto di due righe di emissione con
uguale livello inferiore m e uguale profilo ψ(ν)
L
Inm
νnm
=
νn0 m
InL0 m
!
Anm
A n0 m
!
Nn
Nn0
!
qui si potrebbe introdurre il rapporto di popolazione nel caso di righe
di ricombinazione sottili
hνmn
Nn
gn
e kT
=
=
Anm
Nm
gm
1+
Ne Qnm
−
Espressione valida nel caso che
ionizzazioni + ricombinazioni
siano molto più rare delle transizioni fra stati legati
An0 m
1 +

hνnm − hνn0 m


−
N

e Qn0 m ! 
kT

 e

Anm 

1+
Ne Qn0 m

L
Inm
νnm Anm gn
=
L
νn0 m An0 m gn0
In0 m
!
147
Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro
0
e KT ∼ 1
νnm ∼ νn0 m
Quindi il rapporto di intensità delle righe dipende da:
Ne
Perché ciò sia vero occorre che siano:
An0 m 6= Anm
probabilità di transizione radiativa
e che
Qn0 m 6= Qnm
velocità di diseccitazione collisionale
148
Lezione 20
Facendo le ipotesi di:





eccitazione radiativa



emissione indotta
assenza di 





che si verificano per 








temperatura



densità
e di costanza della 
RIGHE P ROIBIT E di ioni pesanti
RIGHE DI RICOM BIN AZION E OT T ICHE
in nebule sottili
Abbiamo trovato per un sistema a 2 livelli che:
L
Inm
(ν) =
hνnm
Anm ψ(ν) Nn l
4π
149
150
In questo caso il rapporto di due righe di emissione con





uguale livello inf eriore m




uguale prof ilo ψ(ν)
è dato da:
L
Inm
νnm Anm Nn
=
L
νn0 m An0 m Nn0
In0 m
hνnn0
Nn
gn
e kT
=
=
Ann0
Nn0
gn0
1+
Ne Qnn0
−
valida nel caso di assenza di ionizzazione..........le possibilià nel caso
di righe proibite
e quindi:
An0 m
1 +

hνnm − hνn0 m


−
N

e Qn0 m ! 
kT

 e

Anm 

1+
Ne Qn0 m

L
Inm
νnm Anm gn
=
L
νn0 m An0 m gn0
In0 m
!
151
Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro
νnm ∼ νn0 m
Quindi
L
Inm
InL0 m
=
νnm Anm gn
νn0 m An0 m gn0
An0 m
Ne Qn0 m
·
Anm
1+
Ne Qnm
1+
(23)
funzione della densità elettronica Ne e della temperatura elettronica
Te che compare nell’espressione di Qnm
Qnm = 8.63 · 10−6
Ωnm
T 1/2 gn
152
Questa situazione si verifica per le righe proibite dello
Ω(4 S,2 D)
Amn (sec−1 )
7.0·10−6 ; 1.6·10−5 (Kapl)
[N I]
I(5200)/I(5198)
[OII]
I(3729)/I(3726)
1.47
4.2 · 10−5 ; 1.8 · 10−4 (Ost)
[SII]
I(6717)/I(6730)
5.66
4.7 · 10−4 ; 1.8 · 10−3 (Ost)
[CeII]
I(5517)/I(5537)
[ArIV ]
I(4711)/I(4740)
1.67
2.2 · 10−3 ; 2.8 · 10−2 (Ost)
[N eIV ]
I(2422)/I(2425)
1.14
5.6 · 10−3 ; 5.9 · 10−4 (Ost)
0
0 0
Ω( SLJ, S L J ) =
1.0·10−3 ; 7.0·10−3 (Kapl)
2J 0 + 1
Ω (SL, S 0 L0 )
0
0
(2S + 1)(2L + 1)
Si noti che:
A.
per alte densità la (??) diventa:
L
Inm
Anm gn
=
An0 m gn0
InL0 m
Infatti siccome i soli urti determinano la popolazione dei livelli risulta:
153
Nn0
gn0
=
Nn
gn
data cioè come in equilibrio termodinamico dalla legge di Boltzmann
e quindi
Inm
gn Anm
= 0
In0 n
gn An0 m
B.
per basse densità la (??) che si può esprimere nella forma:
Inm
νnm Anm gn Ne Qn0 m + An0 m Ne Qnm
=
In0 m
νn0 m An0 m gn0 Ne Qnm + Anm Ne Qn0 m
↓
molto piccolo
Inm
gn Qnm
= 0
=
In0 m
gn Qn0 m
gn Ωnm gn0
Ωnm
=
gn0 Ωn0 m gn
Ωn0 m
Inm
Ωnm
=
In0 m
Ωn0 m
154





A31 (2321) = 2.3 · 10−1 sec−1




A32 (4363) = 1.6 · sec−1





A21 (5007) = 2.1 · 10−2 sec−1




A21 (4959) = 0.7 · 10−2 sec−1
Anm 1
Ne Qnm
[OIII]
A32 A21
⇒ che le diseccitazioni collisionali 3 − 2
sono poco importanti a basse densità
Inoltre I32 (4363) è molto piccola rispetto a I21 (5007, 4959) e quindi
il livello 3 è poco popolato e quindi per il livello 2 non si hanno notevoli
incrementi di popolazione da 3 → 2 per transizione radiativa





N1 Ne q13 = N3 (A32 + A31 )




N1 Ne q12 = N2 Ne q21 + N2 A21
vedi in seguito
↓
N3
Ω13
A21
=
N2
Ω13 A32 + A31
"
−4
1 + 1.73 · 10
X Ω12
A21
#
X23
e KTe
−
155
Ne
X = 10− 2 √
Te
Ineb = N2 A21 hν21
Iaur = N3 A32 hν32
T
4
10
2 · 104
3 · 104
2 · 104
2 · 104
2 · 104
KT (eV)
0.86
1.72
2.58
3.44
4.3
5.16





Ne N1 Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 )




Ne N1 Q13 = N3 (A32 + A31 )
vedi in seguito
Q13
N3
A32 + A31
=
Q12
N2 A21 + Ne Q21
156
N1 Q13 = N3 Q31
Q13 = Q31 = Q31
Q12 = Q21
N3
g3 − hν31
= Q31
e KT
N1
g1
g2 − hν21
N2
= Q21
e KT
N1
g1
Q13
Q31 g3 − hν32
=
e KT
Q12
Q21 g2
hν32
e KT
N3
Q31 g3
=
N2
Q21 g2
·
A21 + Ne Q21
A32 + A31
N3
Ω(3, 1) g2 g3
=
N2
Ω(2, 1) g3 g2
hν32
−
e KT
·
A21 + Ne Q21
A32 + A31
N3
N2
hν32
e KT
·
A21 + Ne Q21
A32 + A31
=
=
−
=
Ω(3, 1)
Ω(2, 1)
−
Ω(3, 1)
A21
·
Ω(2, 1)
A32 + A31
Ω(3, 1)
A21
·
Ω(2, 1)
A32 + A31
Ne Q21
1+
A21
!
hν32
e KT
−

hν32
N
Ω(2,
1)
−
e
−6
1 +

· 8.63 · 10
e KT
A21
g2 T 1/2

157
=
Ω(3, 1)
A21
·
Ω(2, 1)
A32 + A31

−6
1/2
hν32
8.63
·
10
Ω(2,
1)
N
T
−
e
1 +
 e KT
A21
g2

g2 (1 D) = (2S + 1)(2L + 1) = 1 · 5 = 5


−2
−1/2
hν32
Ω(3, 1)
A21
(10
N
T
)Ω(2,
1)
N3
−
e
1 + 1.73 · 10−4 ·
 e KT
=
·
N2
Ω(2, 1) A32 + A31
A21
158
Lezione 21 - Calcolo della
temperatura elettronica
Consideriamo il caso di righe proibite provenienti da transizioni da due
livelli metastabili distanti fra di loro. È questo il caso delle righe dello
[OIII].
Lo schema a 5 livelli si riduce ad uno a 3 livelli se consideriamo
coincidenti i 3 livelli 3 P .
Indichiamo i livelli P, D, S con 1, 2, 3.
Le equazioni dell’equilibrio statistico in assenza di
a) emissione indotta
b) eccitazione radiativa
159
160
sono:
(N1 Q12 +N3 Q32 )Ne +N3 A32 = N2 A21 +N2 Ne (Q21 +Q23 )
per il livello 2
(N1 Q13 +N2 Q23 )Ne + = N3 (A31 +A32 )+N3 Ne (Q32 +Q31 )
per il livello 3
ove
Q12
hν12
g2
−
=
Q21 e KT
g1
Q21 = 8.63 · 10−6
Ω21
T 1/2 g2
la soluzione del sistema di equazioni è:








N2 =
N1 Ne {Q12 [A31 + A32 + Ne (Q31 + Q32 )] + Q13 (Ne Q32 + A32 )}
Ne Q23 (Ne Q32 + A32 ) + [A21 + Ne (Q21 + Q23 )][A31 + A32 + Ne (Q31 + Q32 )]







N3 =
Ne N1 Q13 + Ne N2 Q23
A31 + A32 + Ne (Q32 + Q31 )
Tenendo presente che:





A31 (2321) = 2.3 · 10−1 sec−1
→




A32 (4363) = 1.6 · sec





A21 (5007) = 2.1 · 10−2 sec−1




A21 (4959) = 0.7 · 10−2 sec−1
A32 A31
−1
A21 = 2.1 · 10−2 T 1/2 g
NC = Q
τ
21
8.63 · 10−6 < ΩM >
e che osservativamente a basse densità risulta:
I(4363) molto piccola segue che:
161
Il livello 3 si eccita per urto ma:
q13 q12
a causa del f orte dislivello di energia
Q32 e Q31 non agiscono perché 3 si scarica radiativamente a 2
Q32 si può trascurare perché a basse densità pochi sono gli urti capaci
di eccitare da 2 → 3
Le equazioni divengono cosı̀:
N2 =
N1 Ne Q12 (A32 + A31 )
N1 Ne Q12
=
(A21 + Ne Q21 )(A32 + A31 ) A21 + Ne Q21
che equivale a:
N2 A21 + N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12
e la seconda:
N3 (A31 + A32 ) = Ne N1 Q13
Da queste due equazioni segue con le dovute sostituzioni:
N3
Ω13
A21
=
N2
Ω12 A32 + A31
ove
"
−4
1 + 1.73 · 10
10−2 Ne
x= √
Te
Si usano quindi le seguenti equazioni:
x Ω12
A21
#
x23
KT
e
e
−
162
per determinare la Ne
L
Inm
InL0 m
=
νnm Anm gn
νn0 m An0 m gn0
An0 m
Ne Qn0 m
·
Anm
1+
Ne Qn0 m
1+
Si fissa T = 104 e si determina Ne con questo valore si
determina Te tramite la
N3
Ω13
A21
=
N2
Ω12 A32 + A31
"
1 + 1.73 · 10
−4
x Ω12
A21
#
x23
e KTe
−
163
INTENSITÀ RIGHE RICOMBINAZIONE OTTICHE DELLO HI
Ricordiamo che nel caso otticamente sottile τν∗ 1 l’espressione generale
Iν =
Z τ∗
ν
∗
Sν e−τν d τν + Iν0 e−τν
0
all’interno delle righe assume la forma
IνL = Iν − Iν0 =
Z l
0
εLν d r =
hνnm
ψ(ν) Anm
4π
Z l
0
Nn d r
Sostituendo l’espressione ottenuta combinando l’equazione di Saha e
quella di Boltzmann in assenza LTE
3
2
2 + x0 − x0n
h
2 

KT
e
Np Ne
Nn = b n n
2π me KTe

↓
!3
2πme KTe 2
= 4.829 · 1015 T 3/2
2
h
x0 = energia di ionizzazione
(Spitzer 2.31)
x0n = energia di eccitazione
E integrando su tutto il PROFILO ψ(ν)
L
Inm
=
hνnm
Anm
4π
Z l
0
Nn d r = Fnm (Te )
Z l
0
Np Ne d r
164
Sappiamo dalla meccanica quantistica che:
Anm =
gm
gn
3
νnm
!
Bmn
fmn
gm
gn
!
fmn
me h νnm
Bmn
π e2
fmn =
26
−1
gm
∼ √
3 3π
π e2 2
=
ν
me h nm
m−2 − n−2
−3
m−3 n−3 gnm =
26
−1
−3
= √
gm
R3 Z 6 νnm
m−3 n−3 gnm
3 3π
gnm =
gaunt f actor
2
con gm = 2m ;
2
gn = 2n
ove ν = R Z
2
1
1
−
n2 m2
!
(con n > m)
Inoltre
x0 − x0n = + En
R h Z2
=
n2
R = costante di Rydberg in Hz
NP = Ne − N (He+ )
E1
exp + 2
n KT
"
#
;
E1
13.615 eV
= 158000
=
K
8.617 · 10−5 eV deg
165
Sostituendo questi valori si ottiene:
L
Inm
gnm
bn
158000
= 34.24 3 3
exp
n m Te3/2
n2 Te
(
)
E

+
N
(He
)

1+
Np

↓
[erg cm−2 sec−1 sterad−1 ]
Fnm (Te )
E =
Z l
0
Ne2 d r
grado di emissione
[pc cm−6 ]
ef f
αnm
(H, T ) h νnm
Z r
0
Ne2 d r
(24)
166
Lezione 23 - INTENSITÀ RIGHE
RICOMBINAZIONE RADIO
Nel caso di righe di ricombinazione radio con
>
n ∼ 100
diventa:
bn ' 1
Ci si approssima cioè alla condizione di LTE. Quindi l’espressione
della Source function nella riga è:
SνL = Bν (Te )
e quindi
εLν = KνL Bν (Te )
167
168
Iν =
Se τνL 1,
Z τ
0
L
L
Bν (Te ) e−τν d τν + Iν0 e−τν
caso sottile nelle righe:
Iν − Iν0 =
KνL
Z l
0
Bν (Te ) KνL d l
hνnm
ψ(ν) Nm Bmn
=
c
gm Nn
1−
gn Nm
!
Contrariamente a quanto avviene nel caso ottico, la radiazione continua
radio del gas ( a causa della forte profondità ottica nel continuo radio
delle regioni HII) è sufficientemente forte in confronto alla radiazione
nelle righe:
>
(Iν0 ) ∼ Iνl
e può quindi produrre:
Emissione indotta
Bnm
4π
Iν0
c
Questo termine dovrà quindi comparire nelle espressioni dell’equilibrio
statistico per determinare l’andamento di bn
Si osservi inoltre che nel coefficiente ( ) del coefficiente di assorbimento:
169
1−
gm N n
bn − hν
bn
= 1−
e KT ≈ 1 −
gn Nm
bm
bm
per n > m risulta bn /bm > 1
perché hν KT
vedi figura.
cosı̀ che il fattore ( ) può diventare negativo con un conseguente
rafforzamneto dell’intensità della riga rispetto all’intensità in condizioni
di LTE: Effetto MASER
Sviluppando la (??) dalle misure di intensità assoluta di righe radio
si può derivare (con espressioni analoghe a quelle per righe ottiche)
Te ,
E
e poiché
bn = bn (Te Ne )
per valori non troppo grandi di n, si può ricavare Ne
170
RIGHE RADIO DI MOLECOLE
Ipotesi:
1. Iν0 ≈ IνL nel caso radio di righe di molecole IνL compensabile con
la radiazione di fondo
2. assumiamo τνL 1,
caso otticamente sottile e inoltre
3.
T emperatura
Densità
Sourcef unction





spazialmente costanti




In tale caso la soluzione dell’equazione del trasporto è:
IνL = Iν − Iν0 = (SνL − Iν0 )τνL = (SνL − Iν0 ) KνL l
4. Nel caso di RIGHE DEBOLI
Iν − Iν0 Iν0
quindi nelle equazioni statistiche possiamo porre Iν ≈ Iν0
5. Approssimando ad un sistema a due livelli in cui ricordiamo si
6. trascurano processi di





ionizzazione




ricombinazione
171
le equazioni dell’equilibrio statistico
4π
4π
Iν + Ne Q12 = N2 B21
Iν + A21 + Ne Q21
c
c
!
N1 B12
!
con













g1 B12 = g2 B21
ν3 B
A12 = 8 π h
12
c3 g
hν
Q12 = Q21 g12 e− KT
e ponendo Iν = Iν0 nella ipotesi che Iν − Iν0 Iν0
diventa
N2
g2
=
N1
g1
Q21
A21
N0
1 + N0
− hν
c2 
e kT + Iν0 
2 hν 3


!
2
Q21
c

+ Iν0 
3
A21
2 hν
!


T = temperatura cinetica
N2
Sostituendo nella espressione generale della Source function N
1
SνL
εLν
2 h ν3
= L=
c2
Kν
"
#−1
gn Nm
−1
gm Nn
m=1 n=2
(25)
172
si ottiene l’espressione:
SνL =
β Bν (T )
Iν0
+
1+β
1+β
↓
Termine della Source Function che viene determinata dai processi d’urto
ed indipendente dal campo di radiazione Iν0
N 0 Q21
β=
A21
Se
β 1


1
−

− hν 
e kT 
SνL → Bν (T )
Sostituendo l’espressione (??) nell’espressione del coefficiente di assorbimento:
KνL
hνnm
=
ψ(ν) Nm Bmn
c
gm Nn
1−
gn Nm
!
si ottiene:
KνL =
hν
B12 ψ(ν) N1
c
1+β
1+N
0
Q21
+ Iν0
A21
!


c2 
2 hν 3

Sostituendo nell’espressione di IνL e integrando sulla riga si ottiene:
L
I21
=
hν
N1 l
c
B12 β [Bν (T ) − Iν0 ]


!
2
Q
c
21

1 + N0
+ Iν0 
3
A21
2 hν
(26)
173
Affinché l’intensità della riga sia 6= 0 deve essere:
T = temperatura cinetica
che definisce Iν0 = 2
>
TS = temperatura di radiazione
ν 2 K T nella approssimazione di R. J.
S
c
Infatti per T = TS si avrebbe equilibrio termodinamico e non si
vedrebbero righe,
g2 B21 = g1 B12 ;
A21
8 π h ν3
=
B21
c3
Consideriamo 2 casi:
0
N
A. Quando i processi radiativi sono dominanti AQ21 1 o
21
N 0 Q21
A21 B. Quando i rapporti di popolazione vengono determinati dai processi
N 0 Q21 1 o A N 0 Q
d’urto
21
21
A21
0
A.
−β = NAQ21
21



























risulta:


− hν 

1 − e kT  1
0
A21 g2 N Q21
8 π h ν 3 g1 A21
c3
è indipendente da A21
siccome β B12 =
Tex ∼ Tb


1
e al denominatore scompare N 0 Q21 /A21
−

− hν 
e kT 
174
L
I21
∼ N1 N 0 l
0
B.
−β = NAQ21
21























− hν 

1 − e kT  1
Tex = T
∝ al quadrato della densità
indipendente da A21
Siccome a f attore vi è una f unzione della T
∗
Resta il termine N 0 Q21 /A21 al denominatore della (??) e quindi:
risulta:
L
I21
∼ A21 N1 l
(*) si possono trarre conclusioni su N N 0 l prendendo più righe della
stessa molecola; caso della 21 cm dello HI e della 2.6 mm del CO
Lezione 24 - EMISSIONE E
ASSORBIMENTO CONTINUI
I processi dominanti che danno luogo a emissione
e assorbimento continuo nel GAS INTERSTELLARE sono:












































































































































1) Transizioni free − free










Radio
Ottico e X
in zone ad altissime T
(Bremsstrahlung termica)
(collisione f ra ione ed elettrone)
1) Transizioni bound − free















V iene assorbita radiazione U V
ionizzante
V iene emesso nell0 ottico e X
N on vi è contributo radio
( o f ree − bound) :
3) Moto nei campi magnetici produce





















Radiazione di sincrotone
(Bremsstrahlung
magnetica)
in tutti gli intervalli
di f requenza
interstellari di ELET T RON I N ON T ERM ICI
DELLA RADIAZION E COSM ICA
175
176
1. TRANSIZIONI FREE-FREE DI ELETTRONI TERMICI
EMISSIONE
Un elettrone quando passa vicino ad uno ione positivo emette secondo
la teoria classica un picco di radiazione.
εK
ν (f −
Per IONI IDROGENOIDI di carica Ze il coefficiente di emissione
f ) ha la seguente forma
(vedi Spitzer pag. 57)
εK
ν
εK
ν
8
(f − f ) =
3
−39
(f −f ) ≈ 5.44·10
2π
3
!1/2
m3/2
e
Z 2 e6
− hν
kT
g
N
N
e
f
f
e
i
c3 (KT )1/2
Z 2 gf f
− hν
kT
N
N
e
e i
T 1/2
[erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1 ]
Il fattore esponenziale fa sı̀ che alle temperature tipiche delle regioni
HII
T ∼ 104
viene emesso solo nel range
RADIO
LON T AN ISSIM O IN F RAROSSO
Per il fattore di GAUNT vale la seguente espressione:
1/2
e2 Ne 

ν νP =
π me

[ per
√
gf f =
3
π


1/2
= f requenza di plasma ]

5γ 
(2KT )
ln
−

2
πZ e2 m3/2
ν
e
√
3
=

π

T 3/2
ln
+
17.7


Zν



177
γ = 0.577 = costante di Eulero
Nel range radio si può approssimare il fattore di Gaunt a:
gf f ∼ T 0.15 · ν −0.1
Integrando il coefficiente di emissione su tutte le frequenze e ammettendo l’isotropia si ottiene:
4π εef f = 4π
Z ∞
0
−27
εK
Z 2 T 1/2 Ne Ni g ef f
ν (f − f ) d ν = 1.426 · 10
[erg cm−3 sec−1 ]
g ef f = fattore di Gaunt mediato su tutte le frequenze e per
T
4
6
2 = 10 ÷ 10 K ;
Z
si può porre però
g ef f = 1
g ef f = 1, 25 ÷ 1.45
(vedi Osterbrock, pag. 44)
ASSORBIMENTO
Il coefficiente di assorbimento free-free può essere calcolato da
εK
ν (f f ) ammettendo l’esistenza di EQUILIBRIO TERMODINAMICO.
In tale caso (vedi Spitzer pag. 59):
εν
= Bν (T ) = 2
Kν
KνK
4
εK
ν (f f )
=
(f f ) =
!2
ν
3
2
KT
c
ν
c
!2
KT
2π
3
!1/2
Rayleigh − Jeans
Z 2 e6
1
Ne Ni
gef f =
3/2
3/2
ν2
me c (KT )
178
16 π 2 Z 2 e6
= Ne Ni
gef f
(6 π m K T )3/2 ν 2 c
∝ T −1.5 ν −2
↓
∝ T 0.15 ν −0.5
La profondità ottica definita tramite questa espressione è:
τνK
Z
(f f ) =
ponendo
KνK
Z
−2
(f f ) d r = 8.24 · 10
Ne Ni d r = E
2
Z T
−1.35
ν
−2.1
E
Z
Ne Ni d r
[cm−6 pc] misura di emissione
τνK (f f ) = 8.24 · 10−2 Z 2 T −1.35 ν −2.1 E
la τ DIMINUISCE all’aumentare di T e ν e AUMENTA all’aumentare di E
ove:
E [cm−6 pc] grado di emissione
T [o K] ν [GHz] r [pc]
Dalle espressioni del coefficiente di assorbimento KνK (f f ) e dalla
profondità ottica τνK (f f ) si vede che:
A BASSE FREQUENZE
↓
LE NEBULAE DIVENTANO OTTICAMENTE SPESSE
179
ESEMPIO 1
In una regione HII con
N1 = NP = 102 cm−3
τν = 1

d = 10 pc
per:

ν=
T = 104 K
8.24 · 10−2
− 1
2.1
1

Z 2 T −1.35 Ne2 d
∼ 0.2 GHZ = 200 M Hz
λ = 1.5 m
ESEMPIO 2
In una nebulosa planetaria con
N1 = NP = 3 · 103 cm−3
τν = 1

d = 0.1 pc
per:

ν=
T = 104 K
8.24 · 10−2
 1
2.1
1

(10000)−1.35 9 · 106 10−1
∼ 0.6 GHZ = 600 M Hz
λ = 0.50 m
INTENSITÀ DEL CONTINUO RADIO TERMICO
180
L’equazione del trasporto radiativo:
d Iν
εν
= −Iν +
ds
Kν
diventa nel caso di distribuzione maxwelliana degli elettroni liberi (o
meglio per transizioni free-free)
d Iν
= −Iν + Bν (Te )
ds
ν
c
Bν (Te ) = 2
!2
K Te
In assenza di radiazione incidente Iν0 :
la soluzione
Iν = Sν 1 − e−τν
diventa con Sν = Bν (Te )





τν (Sν − Iν0 ) + Iν0




Sν
+ Iν0 e−τν
Iν0 = 0
per τν 1
per τνK 1
= τν Bν (Te )
= Bν (Te )
Cioè sostituendo l’espressione della profondità ottica (per Z = 1) che
a grandi lunghezze d’onda è quella delle transizioni free-free





τν Bν (Te ) ≈ T −1.35 ν −2.1 E




Bν (Te ) ≈ ν 2 Te
per τν 1
ν 2 T = ν −0.1 Te0.35 E
per τν 1
181
L’andamento osservato del continuo si può interpretare come conseguenza del passaggio dal caso
OTTICAMENTE SPESSO, aumentando la frequenza τνK ∝ ν −2.1
al caso OTTICAMENTE SOTTILE
A basse frequenze da misure di Iν ∝ ν 2 T si ricava T
Se si misura l’intensità a alte frequenze
Iν ∝
Te0.35 Ne2 l
| {z }
E
sostituendo il valore di Te e conoscendo l’estensione radiale l della nebula si ricava Ne2 , cioè un valore medio su tutta l della densità
elettronica
CALCOLO DEL CONTINUO RADIO TERMICO IN RANGE
OTTICAMENTE SOTtILE
Consideriamo 2 frequenze radio e calcoliamo τν
ν
0.2 GHz
λ
1.5m
300 GHz 1 mm
1 GHZ = 109 Hz
Consideriamo una regione HII con:
T = 10000 K
Ne = 102 cm−3
d = 10 pc
τν = 8.24 · 10−2 T −1.35 ν −2.1 Ne2 d
182
τν = 8.24 · 10−2 (10000)−1.35 · 104 · 10 · ν −2.1 = 0.0328 ν −2.1 [GHz]
2KT 2
2 · 1.38 · 10−16 · 104 2
Bν (T ) = 2 ν =
ν = 9.2 · 10−33 ν 2
10 2
c
(3 · 10 )
ν [GHz] τν
Bν
τν Bν
−16
0.2
0.96
3.68 · 10
3.53 · 10−16
300
2.06 · 10−7 8.28 · 10−10 1.71 · 10−16
Lezione 25 - TRANSIZIONI
BOUND-FREE E FREE-BOUND
OTTICO - UV
Limitazioni all’atomo di IDROGENO e agli ioni IDROGENOIDI
Lo stato libero può venire definito tramite una VARIABILE CONTINUA, numero quantico se definito dalla energia cinetica dell’elettrone
libero:
1
RhZ 2
2
Ex = m v =
2
x2
1/2
2RhZ 2 
x= 
mv 2

2π 2 e4 me
R=
= ........costante di Rydberg in unità di f requenza
h2
183
184
ASSORBIMENTO
Il coefficiente di assorbimento relativo alle transizioni
bound-free n → x è:
Kνk (b
4
64π 4 me e10 Z 4
29 Z
√
− f) =
gnf N0,n ≈ 3 · 10
gnf N0,n
n5 ν 3
3 3 c h6 n5 ν 3
ove N0,n è il numero di atomi neutri al livello n
vedi formula (4-114) Mikalas pag. 99
gnf = 1
nell0 ottico e dipende debolmente da ν
EMISSIONE
Per l’emissione a seguito di ricombinazione di elettroni liberi con
velocità:
v − v + dv
allo stato legato
n
185
si può scrivere conformemente all’equazione:
Lν =
hνnm
ψ(ν) Anm Nn
4π
(valida per il coefficiente di emissione fra due stati legati)
K
v (x − n) d v =
hν
Ne (v) d v · Qxn (v) N1
4π
ove N1 è il numero di atomi ionizzati 1 − volta/cm3
ove





Ne (v) d v = Ne ϕ(v, T ) d v




Qxn (v) = v · σkn (v) sezione ef f icace per la ricombinazione
(27)
Sostituiamo nell’esponenziale e nel differenziale d v che compaiono
nelle ϕ(v, T )



















ϕ(v, T ) d v =
2
v =
vx2
+
vy2
1
σ (2π)3/2
+
3
vz2
v2
2
e 2σ d vx d vy d vz =
−
2
; σ =
vx2
+
vy2
+
vz2
4π
σ (2π)3/2
3
= m1A + m1S
v2
2
v 2 e 2σ d v
−
KT
(28)
d vx d vy d vz = v 2 sin θ d v d θ d ϕ
l’espressione di v in funzione di ν usando la relazione:
186
......... + X n
→
h d ν = me v d v
sostituiamo le (??) e (??) nell’espressione del coefficiente di emissione
K
ν
hν − X n
me 1/2 h2 ν 2
−
KT
(f − b) =
v σxn (v) Ne N1 e
(2πKT )3/2
Per determinare K
ν (f − b) occorre ora trovare una espresione di
2
v σxn (v)
Ammettiamo che vi sia equilibrio termodinamico. In tale caso:
kν
2hν 3
= Bν (T ) =
c2
kνk
1
− hν
e kT − 1
Esprimiamo N1,1 in funzione di N0,n , Ne e T tramite la Saha:
N1
2g11 (2π me )3/2 (KT )5/2
Xn 
−
Pe =
exp
N0n
g0n
KT
h3

1◦ termine di ionizzazione dal livello n
Risulta dopo queste sostituzioni:
hν
v σxn (v) =
me c
2
!2
g0n Kνk (b − f )
g11
N0n
Sostituendo l’espressione trovata per Kνk (b − f ) risulta

187
64 π 4 e10 Z 4 gnf 1 1
√
v σxn (v) =
3
3 3 me c3 h4 ν n
2
vedi formula (5-9) pag.106 Spitzer
Questa inserita nell’espressione di εkν (f − b) permette di calcolare il
coefficiente di emissione per transizioni free-bound
Con questo si può calcolare il continuo per esempio ponendo:
n=1
Continuo di Lyman
λ < 915 Å
n=2
Continuo di Balmer
λ < 3647 Å
n=3
Continuo di P aschen
λ < 8206 Å
188
Emissione a 2 fotoni
La transizione 2S-1S proibita A2S−1S = 8.26 sec−1 può avvenire per
emissione di 2 fotoni:
hν 0 + hν 00 = hν12 (Lyα ) = 10.2 eV
Il continuo emesso è simmetrico a
λ = 2431
(Equiv. a 5.1 eV )
Tale continuo diventa percettibile a densità elettroniche
Ne 104 cm−3
Appendice A
Emissione continua da ricombinazione (f-b)
da Raplan pag. 22 e pag. 412
Nel visibile e nel vicino ultravioletto si trovano i continui di Balmer e
di Paschen (n = 2 e n = 3). Per calcolare i corrispondenti coefficienti di emissione è più semplice usare la definizione di ”sezione d’urto di
ricombinazione effettiva”
Eq. 1.21 pag. 412
4 10
4
σxn = 64√π e 3Z 3 13 12
3 3mc h n v
gn
mv 2
xn +
|
{z 2 }
hν
189
190
Eq. 2.26 pag. 22
dv
= hν
4π σxn (v) v ϕ(v) d ν Ne Np
|
εxn (ν)
= hν
m
2π KT
3/2
v2
dv N N
σxn (v) v e 2KT d
ν e p
−m
3
1
2
2 m v + Xn = hν
dove
Sostituendo l’espressione della sezione d’urto nell’espressione di εxn si
ottiene:
7 4 10
−
= 32 2π e m gn3/2 · 13 e
n
c h (6πmKT )
εxn (ν)
(hν − xn )
KT
Ne Np
|
−33
= 1.7 · 10
gn T
−3/2
−3
n
(hν − xn )
KT
e
Ne Np
−
[erg cm−3 s−1 sterad−1 Hz −1 ]
L’energia totale emessa nello spettro continuo dalla ricombinazione al
livello n è:
4πεn =
Z ∞
νn
2.15 · 10−32 gn
εn (ν) d ν =
T 3/2 n3
Z ∞
νn
h(ν − νn )
KT
e
d ν · Ne Np
−
|
· 10−22 N N
= 4.5 1/2
e
p
T
n3
[erg cm−3 s−1 ]
Appendice B
Moto di un elettrone in un campo magnetico
v2
e B⊥ v
=
r
me c
v∧B
F = e
;
c
Frequenza di rotazione:
ν=
ν=
e B⊥
2πme c
→
v
2πr
f requenza di irraggiamento isotropica di unelettrone
non relativistico
caso relativistico
vc
v≈ c
La radiazione viene emessa in un cono d’apertura:
1/2
v2
∆ϑ ∼ 1 − 2 
c

=
me c2
;
Ee
Ee = p2e + m2e c2
è polarizzata ⊥ B (S N remmants 10 %)
191
1/2
c
192
L’elettrone spiraleggiante emette alla requenza fondamentale
e B⊥
νm =
2π me c
Ee
me c2
!2
valida per Ee me c2
(29)
e ad armoniche di νm
La probabilità che un elettrone di energia Ee emetta ad una frequenza
ν
è :
p (ν/νm )
La potenza irradiata è:
2 e4 B⊥2
d Ee
=
−
dt
3 m2e c2
Ee
me c2
corretta per Ee me c2
e
!2
−15
= 1.58 · 10
B⊥2
Ee
me c2
!2
hν Ee
Lo spettro della radiazione cosmica è descritto da:
N (Ee ) d Ee = KEe−γ d Ee
HIgh energy electrons in supernova remmants are one source of cosmic
rays so it is reasonable to assume that they have the same distribution.
193
The radio intensity from an extended source of thickness l along the
line of sight is:
P (ν/νm ).....dEe
We will approximate the spectrum assuming that all the energy is
irradiates at:
ν = 0.5 νm
If a) the electrons are uniformely distribuited in volume along the
line of sight and b) the gs in optically thin at radio frequencies:
Iν = −
Kl
' −
4π
1
4π
Z ∞
o
Z l
o
dr
Z ∞
o
δ(ν − νm )
d Ee
· δ(ν − νm ) K Ee−γ d Ee
dt
2
3
Ee−γ
!2
e4 B 2
m2e c3
Ee
me c2
!2
d Ee
~ è uniforme , la media normale alle velocità degli
ove assumendo che B
elettroni (distribuiti a caso) è:
B⊥ =
2
3
!1/2
B
1/2
νm
Noting that (??) Ee ∝ 1/2 , the radio intensity is:
B⊥
Iν
γ+2
γ−1
−
2
2
∼ K l B⊥
ν
194
is:
1
Defining the spectral index α = γ −
2 we see that the observed flux
Fν ≈
1
d
where d = source distance
!2 Z
∆Ω
Iν d Ω
∆Ω = solid angle subtended by the source
If the correct spectral distribution is used it is found that:
e3
Iν =
me c2
γ − 1
γ + 1 −γ − 1
2
3
e


2
· K l u(γ) B 2 ν
4π m3e c5

u(γ) ∼ 1
γ
Ee ∝
1/2
νm
γ
−
νm 2
νm
Ee−γ
∝
−
νm 2
dE ∝
d νm
1/2
νm
γ
γ−1
− +1
−
d νm
' νm 2 2 = νm 2
1/2
νm
Ee ∝ B −1/2





E −γ ∝ B γ/2
E 2 ∝ B −1 ; d E ∝ B −1/2 ; B 2
tutti ∝ B 1/2




γ+1
∝ B 2
Lezione
26
Consideriamo una particella di carica Z e e massa m0 che si muove a
velocità:
v
o energia E =
m0 c2
v
u
u
t
v2
1− 2
c
= γ m0 c2
perpendicolarmente ad un campo magnetico di intensità B
Descriverà attorno al campo magnetico una orbita circolare di raggio:
E
m0 c2
≈ 2 · 109
[cm]
rB ≈ γ
Z eB
ZB
E = γ m0 c2
Una carica accelerata in questa maniera irradia onde elettromagnetiche:
195
196
BREMSSTRAHLUNG MAGNETICA
Per l’astrofisica è importante la Bremsstrahlung magnetica di ELETTRONI RELATIVISTICI, come sono quelli contenuti nella RADIAZIONE COSMICA
Se
v c
La radiazione viene emessa in un ampio cono attorno a v RADIAZIONE DI CICLOTRONE
Ciò vale ancora per elettroni relativistici se l’osservatore è solidale
all’elettrone.
Se l’osservatore invece è in quiete, la radiazione viene emessa solo in
un cono molto stretto di apertura:
197
2
m0 c
ϑ=
=
γ m0 c2
v
u
u
t
v2
1− 2
c
L’osservatore viene quindi colpito periodicamente da un cono di radiazione di apertura ϑ, intorno alla direzione istantanea di velocità.
L’osservatore viene cosı̀ colpito da brevi impulsi con una frequenza:
3eB
νc =
4πme c
E
me c2
!2
≈ 16.0 · B · E 2 → [M eV ] [M HZ]
L’energia irradiata per unità di tempo e di frequenza da un elettrone
che si muove a velocità relativistica in un campo magnetico B è data
dall’espressione:
√
P (ν, E) =
3 e3 B
ν
F
νc
me c2
!
[erg sec−1 Hz −1 ]
La funzione F (x) ha il seguente andamento:
È ovvio che il max di emissione P (ν, E) si ha per:
ν = 0.29 νc
198
νc = f (B, E)
Se in 1 cm3 si trovano:
N (E) d E
elettroni con energia compresa fra E ÷ E + d E. Il coefficiente di
emissione continua risulta:
εK
ν
1
(Sync) =
4π
Z ∞
0
P (ν E) Ne (E) d E
erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1
Per gli usi astrofisici si adotta una distribuzione di Ne (E) a LEGGE
DI POTENZA
Ne (E) = K E −γ
[cm−3 erg −1 ]
ciò per evitare che conduca ad un numero ∞ di elettroni bisogna
assumere 6= 0 per:
E1 ≤ E ≤ E2
Se sotituiamo i valori numerici delle costanti fisiche si ottiene:
199
−22
εK
ν (sinc) = 1.35 · 10
γ+1
a(γ) K B 2


18
6.26 · 10
ν [Hz]
γ
−1
2

[erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1 ]
K
→ [erg γ−1 · cm−3 ]
a(γ) ≈ 0.1
quando E → [erg]
varia debolmente con γ
Dalla espressione di εK
ν segue che:
Iν =
Z ∞
0
−α
εK
ν (sinc) d r ∼ ν
α=
γ−1
2
Cioè dall’andamento del continuo si ricava γ
Inoltre da misure assolute di Iν conoscendo l si può ricavare:
200
K
Se la zona emettente contiene un numero sufficientemente alto di elettroni relativistici allora può avvenire il fenomeno di AUTOASSORBIMENTO di sincrotone da parte di questi elettroni.
Per trovare il coefficiente di assorbimento si può ricorrere ad una espressione equivalente alla
Z
KνL d ν =
1
h νnm (Nm Bmn − Nn Bnm )
c
in cui
Anm
8 π hν 3
8 π hν 3 gm
=
Bnm =
Bmn
gn
c3
c3
Anm =
P (ν, E)
hν
[sec−1 ]
Per moti degli elettroni distribuiti isotropicamente risulta:
KνK
9 γ
(sinc) = 0.019 b(γ) 3.5 · 10
γ+2
γ+4
−
2
2
· K B⊥
ν
[cm−1 ]
201
γ= 1 ÷ 5
b(γ) = 0.65 ÷ 0.36
202
LEZIONE 27
EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE
Finora abbiamo parlato solo di STAZIONARIETÀ. Nella POPOLAZIONE dei livelli cioè di EQUILIBRIO STATISTICO
Introduciamo un’altra condizione di equilibrio che si deve verificare
nel mezzo interstellare: l’EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE:
Numero di
ionizzazioni
−→ Numero di
−→ ricombinazioni
Se:
Nin = numero atomi ionizzati i-volte al livello n/cm3
Ni =
P
n
Nin = numero atomi ionizzati i − volte/cm3
Se durante un processo di ionizzazione o ricombinazione viene sempre
ceduto o preso un solo elettrone, allora la condizione di equilibrio di
ionizzazione si può esprimere come:
Ni (Ri,i+1 + Ci,i+1 ) = Ni+1 (Ri+1,i + Ci+1,i )
203
204
[sec−1 ]
Ri,i+1 = rate f otoionizzazione
Ci,i+1 = rate ionizzazione per urto [sec−1 ]
Ri+1,i = f otoricombinazione
Ci+1,i =
[sec−1 ]
ricombinazione con elettrone (Ne )
libero e cessione della energia
ad un altro partner d0 urto (Ni )





urto a 3
[sec−1 ]




Ri+1,i ∝ Ne
Ci+1,i ∝ Ne N 0
three body recombination che alle basse densità del gas interstellare
può essere trascurata.
L’equazione dell’equilibrio per l’idrogeno è quindi:
N0 (R01 + C01 ) = N1 R10
Andiamo a calcolare i valori di:









R01
C01
R10
CALCOLO DI R01
Per calcolare la rate di fotoionizzazione si deve integrare nell’intervallo:
205
ν0 ≤ ν ≤ ∞ :
il numero dei quanti provenienti da tutte le direzioni assorbiti nell’intervallo d ν in 1 cm−3 in 1 sec
4 π KνK (1 → f ) Iν
dν
hν
da integrare per ν ≥ ν0
N0 R01 = 4 π
Z ∞
ν0
KνK (1 → f ) Iν
dν
hν
In condizioni interstellari N0 = N01 cioè tutti gli atomi neutri sono
al livello fondamentale:
N2
=
N1
g2
g1
Q21 = 8.63 · 10−6
hν
KT
;
A21
1+
Ne Q21
e−
Ωnm
;
gn T 1/2
b2
=
b1
Ωnm
' 1 ;
gn
1
A21
1+
Ne Q21
A21 = 108 sec−1
206
T Q21 A21 /Ne Q21 : Ne = 10−1 A21 /Ne Q21 : Ne = 104 b2 /b1
102 10−6 1015
1010
10−15 ÷ 10−10
104 10−7 1016
1011
10−16 ÷ 10−11
Popolazione N2 /N1 rispetto alle condizioni di E. T.
Quindi:
N0 = N01
Si può quindi scrivere:
N01 R01 = 4 π
Z ∞
ν0
KνK (1 → f ) Iν
dν
hν
Qui possiamo porre:
KνK (1 → f ) ∼ 3 · 1029
Iν = W Bν (T )
quindi:
Z4
3 · 1029
g
N
=
N01
nf
01
n5 ν 3
ν3
W = 10−16
vedi Osterbrock pag. 11
T = 4 · 104 = 0.5
207
N01 R01















Bν (T )
dν
ν4
Z ∞
ν0
W = 10−16
T = 40000
λmax
4 π 3 · 1029 N01 W
=
h
= 0.28979
T


[cm]

λmax = 7.2 · 10−6 cm
νmax = 4.17 · 1015 Hz
La frequenza di ionizzazione del livello 1 è:
ν0 = 3.29 · 1015 sec−1
Z ∞
ν0
Bν (T )
dν =
ν4
Z ν
max
ν0
!2
2
|
A
2KT
A =
c2
B =
ν
c{z
2h
c2
Z ν
max
ν0
Z ∞
νmax
KT
dν +
ν4
}
ν −2
− hν
h ν 3 e kT
2 2
d ν
c {z ν 4
}
Z ∞
νmax
|
B
2KT
dν =
c
1
−
ν
"
− hν
e kT
d ν
ν
t= +
#νmax
ν0
hν
kT
208
Z −∞
t
e−t
d t = E1 (t)
t
Integrale esponenziale pag. 228 Abramowitz
LEZIONE 28
La permanenza al livello fondamentale è quindi di gran lunga maggiore
della permanenza al livello instanbile
CALCOLO DI C01
A grandi distanze da stelle calde il campo di radiazione è cosı̀ esiguo
che si debbono discutere altre sorgenti
Sorgenti di debole ionizzazione
A. R01 = 0











A. Componente dif f usa della
radiazione RÖN T EGEN cosmica










B. Ionizzazione per urto con
particelle della radiazione cosmica
vedi KνK (1 → f ) ∝ ν −3
E > 1 KeV
R01 = 10−17
E ∼ 0.2 ÷ 1 KeV
B. C01 = N 0 Q01 = N 0 v σKS (v) densità e velocità partner d0 urto
La sezione efficace di ionizzazione con particelle di cariche Ze con
energie superiori a 0.3 MeV è stata ricavata da Bethe (1933).
209
210
2 π e4 Z 2
· 0.285
σKS (v) =
m e X0 v 2
K = Kurmusche









2 me v 2
v 2 

ln 
+ 3.04 − 2 
2
v
c 
1 −
 X
0
c2

S = Sthalung
σKS (v) ∝ v −2
Questa diventa 0 già per particelle con energia E = 100 M ev. Qiuindi si ha fotoionizzazione per urti con particelle aventi:
E < 100 M eV
Per C01 (H) si sono trovati valori dell’ordine di grandezza:
C01 (H) ∼ 10−17 sex−1
con E < 100 M eV
|
N 0 Q01
In zone con temperature di gran lunga al di sopra di T = 104 , come
ad esempio zone da cui provengono righe dello 0VI dalla cui lunghezza
d’onda risulta:
T = 106÷7 K
(Cioè zone in cui è presente un Plasma tenue di questa temperatura).
In un tale plasma le energie degli elettroni sono dell’ordine di 102 ÷
103 eV .
211
Per energie degli elettroni dell’ordine di 102 ÷ 103 eV risulta:
√
Q01 ∼ 10−11 T
La RATE DI RICOMBINAZIONE con sucessiva emissione di fotoni
si pone nella forma:
Ri+1,i = Ne
X
n
αin + Ne αi
[cm3 sec−1 ]
αin ; αi
αi = coef f iciente di ricombinazione totale
αin = coef f iciente di ricombinazione al livello n
Sarà in generale:
αin = v σKS (v) =
Z ∞
0
v σKS (v) ϕ(v, T ) d v
σKS (v) è la reazione efficace per la ricombinazione di un elettrone
libero di VELOCITÀ RELATIVA v (numero quantico x) nel livello n
ed è data dall’espressione:
v 2 σKS (v) =
1 gnf
64 π 4 e10 Z 4
√
·
ν n3
3 3 me c3 h4
nel caso dell’atomo di Idrogeno e degli Idrogenoidi
Sostituendo e ponendo:
me v 2
nν =
+ (X0 − X0n )
2
212
ϕ(v, T ) = distribuzione maxwelliana corrispondente alla Temperatura cinetica degli elettroni



i=0
i+1=1
perchè consideriamo atomi di Idrogeno o Idrogenoidi
si ottiene:
α0n
29 π 5 e10 Z 4
=
m2e c3 h3
me
6π KT
!3/2
Xn
e kT F
−


X n  gnf

KT
n3
X n = energia di ionizzazione dal livello n
F (x) =
R∞
x
e−t d t
t
Si definisce come “coefficiente di ricombinazione parziale”
α0j =
P∞
n=j
α0n
sarà in base alla definizione:
α01 = α0
α02 = α0 − α01
α03 = α0 − (α01 − α02 )
.................................
α0n = α0 −
Pn−1
i=1
α0i
213
Per questi coefficienti di ricombinazione parziali vale per l’IDROGENO e gli IDROGENOIDI la seguente espressione:
2.06 · 10−11 Z 2
j
α0 =
∅j
T 1/2
Per l’idrogeno Z = 1
α01 = α0 ∼ 4 · 10−13
α02 = 2.6 · 10−13
e


X1 

KT
[cm3 sec−1 ]
T = 104 K si trova:
cm3 sec−1
cm3 sec−1
Dall’equazione dell’equilibrio statistico:
N0 (R01 + C01 ) = N1 R10
risulta:
N1
R01 + C01
R01 + C01
=
=
N0
R10
Ne α01
si può porre R01 = 0 nel mezzo interstellare dove c’è la componente
calda.
Nella zona della componente calda del mezzo interstellare risulta:





T ∼ 106 K ;




Ne = 4 · 10−3 cm−3 ;
Risulta quindi:
Q01 ∼ 10−11
√
T ;
R01 ≈ 10−17
α01 (T = 106 ) ∼ 10−14
214
10−17
N1
Q01
=
+
N0
Ne · 10−14
α01
|
10−17
6
=
−14 + 10
Ne · 10
|
10−3
=
+ 106
Ne
Si ha cioè ionizzazione completa.
∼ 106
LEZIONE 29
EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE NELLE REGIONI H II
Studiamo l’equilibrio di ionizzazione dell’idrogeno nei dintorni di una
stella calda.
Se indichiamo con:
N0 = numero di atomi neutri di H : HI
N1 = numero di ioni di H (protoni) : HII
NH = abbondanza di idrogeno HI + HII
risulta:
NH = N0 + N1
Ammettiamo che:
215
216
NH Nelementi
↓
Ne = N1
In base ai valori stimati di R01 (∼ 10−8 sec−1 ) e C01 (∼ 10−17 sec−1 ),
pag. 117 Aller, possono essere trascurate le ionizzazioni per urto di modo
che l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione diventa semplicemente:
N0 R01 = N1 R10
N0 R01 = N1 R10 = N1 Ne α0





R01 ∼ 10−8 sec−1 per una stella centrale dei primi tipi spettrali




α0 ∼ 4 · 10−13 cm3 sec−1
valida per Te ∼ 104 K
Si ricava:
N1
R01
R01
2.5 · 104
=
=
=
N0
R10
Ne α0
Ne
Ne
102
103
.
.
109
N1 /N0
2.5 · 102
2.5 · 10
.
.
2.5 · 10−5
217
I primi due tipici per Nebulose gassose e l’ultimo BLR of Seyfert-1galaxies
Nelle Nebulose gassose risulta perciò:
N1 N0
perché
R01 R10
Siccome:
N1 = Ne → nebula di puro idrogeno e
N0 = N01
→ tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale
risulta:
Ne
2.5 · 104
=
N01
Ne
N01
Ne2
=
2.5 · 104
Ne N1 /N0
102 0.4
103 40
Con questi valori di N01 si ottiene dall’espressione del coefficiente di
assorbimento b → f il valore del coefficiente di assorbimento alla testa
della serie di Lyman Kνk0
Kνk (b
29
− f ) ≈ 31̇0
Z4
gnf N0n
n5 ν 3
218
Z=1 ;
n=1 ;
gnf = 1 ;
che in questo caso è:
Kνk (b
3 · 1029
− f) =
N01
ν3
ν(921 Å) = ν0 = 3.2895 · 1015 Hz
Kνk (b − f ) =
Kνk (b − f ) ≈ 8.43 · 10−18
3 · 1029
N01
3.5594 · 1046





0.4
3.37 · 10−18 cm−1




40
3.37 · 10−16 cm−1
Ne N01 Kνk0
102 0.4 3.4 · 10−18 cm−1
103 40 3.4 · 10−16 cm−1
Si raggiunge perciò lo spessore ottico τν0 = 1 alla testa della serie di
Lyman su cammini dell’ordine di
l=
τν0
1
=
k =
Kν0
Kνk0







1
17
cm = 0.1 pc
−18 = 2.9 · 10
3.4 · 10






1
15
cm = 0.001 pc
−16 = 2.9 · 10
3.4 · 10
Ne = 102 cm−1
Ne = 103 cm−1
219
Ciò significa che le “nebulose gassose” sono OTTICAMENTE SPESSE
nel continuo di Lyman.
Ciò comporta complicazioni nella risoluzione del problema del trasporto di radiazione.
In particolare bisogna porre attenzione che per ricombinazioni che
conducono direttamente al livello fondamentale n = 1, ha origine un
campo di radiazione diffusa Iν(d) con ν ν0 che pure contribuisce alla
ionizzazione.
Nell’espressione di R01 :
N0 · R01 = 4π
Z ∞
ν0
Kνk (1 − f )
Iν d ν
hν
bisogna perciò porre:
Iν = Iν(d) + Iν(s)
Calcoliamo la percentuale di ricombinazione ..... al livello fondamentale





α01 = 4 · 10−13 cm3 sec−1




α02 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1
a
T = 104
220
N1 R10 = numero di ricombinazioni/cm3 sec
= N1 Ne α0 = N1 Ne α02 + α01
= N1 Ne
∗





α02




α01
2.6 · 10−13
+
1.4 · 10−13
↓
α01 − α02
1.4 · 10−13 = 35%
=
% Ricombinazioni livello n = 1 = αα01
0
4 · 10−13
−13
α02
% Ricombinazioni livelli n > 1 = α0 = 2.6 · 10−13
4 · 10
= 65%
LEZIONE 30
Avevamo trovato che lo spessore ottico alla testa della serie di Lyman
è = 1 a T ∼ 104 su cammini dell’ordine di:
τν
1
l = k0 = k =
Kν0
Kν0













1
17
cm = 0.1 pc
−18 = 2.9 · 10
3.4 · 10












1
15
−16 cm = 2.9 · 10 = 0.001 pc
3.4 · 10
come derivato da: N01
Ne = 102 cm−1
ovvero N01 = 0.4
Ne = 103 cm−1
ovvero N01 = 40
Ne2
=
2.5 · 104
ciò significa che le regioni HII sono otticamente spesse nel continuo
di Lyman.
Quando si studia il trasporto di radiazione bisogna considerare che
nelle ricombinazioni
N1 R10 = N1 Ne α02 + α01
ve ne sono alcune (35 %) che conducono direttamente al livello fondamentale n = 1 e che producono una radiazione ionizzante diffusa con
ν ≥ ν0 : Iνd
Sarà perciò in generale:
221
222
Iν = Iνs + Iνd
Iνd corrisponde perciò alla radiazione emessa per ricombinazioni dirette
al livello fondamentale.
Quindi il numero di ionizzazioni /cm3 sec sarà:
N01 R01 = 4π
Z ∞
ν0
Kνk (1 − f ) Iνs + Iνd
hv
dν
L’equazione dell’equilibrio di ionizzazione:
N1 R01 = N1 Ne α02 + α01


4π
Z ∞
ν0
Kνk (1 − f ) Iνs
d ν + 4π
hν
Z ∞
ν0
Kνk (1 − f ) Iνd
d ν =
hν

= N1 Ne α02 + N1 Ne α01
Siccome la radiazione diffusa Iνd corrisponde alla ricombinazione N1 Ne α01 ,
se questa viene subito riassorbita ON THE SPOT, allora non dà alcun
contributo alla equazione dell’equilibrio di ionizzazione.
Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio indicando con:






1
x= N N
+
N1 = grado di ionizzazione
0





Ne = N1 = x NH
N0 R01 = Ne N1 α02
N0 + N1 = NH
223
(1 − x) NH · 4π
Z ∞
ν0
Kνk
Kνk Iνs
d ν = x2 NH2 α02
hν
Kνk (1 − f )
=
N01
L’equazione del trasporto di radiazione è in coordinate polari:
∂Iν sinθ
∂Iν
cosθ −
= − Kν Iν + εν
∂r
∂θ r
θ = angolo rispetto alla direzione radiale
Ricordando che:
φν =
Z Z
Iν (θ) cos θ d ω
Risulta nel caso di simmetria sferica:
d φν 2
1 d 2 + φν ≡ 2
r φν = −4π Kν Iν + 4πεν
dr
r
r dr
224
Il fattore 4π davanti a Kν Iν ed εν risulta dal fatto che l’intensità di
un campo di radiazione isotropa Iν viene definito tramite:
4π Iν =
Ω∗ Iν∗
=
Z
Iν∗
π R∗2
d ω ; Ω∗ =
r2
ove:
Iν∗ =
φν (r)
= indipendente dalla distanza
Ω∗
↓
chiamato intensità media del disco stellare
A causa dell’assorbimento continuo nel percorso ................ dalla superficie
al punto ....... deve sostituire
Iν∗
→ con
→
Iν∗ exp(−τν )
k
k
d τν = Kν,Atomo
· N0 d r = Kν,Atomo
(1 − x) NH d r
225
Siccome
Kνk ∼ ν 3
per ν > ν0
la radiazione a bassa frequenza viene indebolita molto
quindi si ha uno spostamento della distribuzione di intensità verso
frequenze più alte
Alla radiazione STELLARE va aggiunto il campo di radiazione
DIFFUSA: Iνα ; φdν
e quindi: εν =
radiazione diffusa.
(con λ < 912Å)
εdν
rappresenta il potere emissivo di questa
226
L’equazione del trasporto diventa:
• dividendo per hν
• moltiplicando per 4π
• integrando fra ν0 e ∞
Ne N1 α0 .............
Numero di ionizzazioni
d
dr

=



4πr2 −4π


"
4π r
2
Z ∞ φsν
ν0
+
2
x2 NH
α0
z
}|
s
d
Z ∞ K
I
+
I
ν
ν
ν
ν0
hν
φdν
dν
hν
{
d ν + 4π
#
=

2
α01
x2 NH
z }| {

Z ∞ εd

ν
d ν 
ν0 hν


x2 NH2 α01 = numero degli elettroni catturati al livello fondamentale
φsν = Iν∗ e−τν Ω∗ ;
Iν∗ =
e siccome per definizione:
4π Iνs = Ω∗ Iν∗ e−τν
risulta:
φν (r)
Ω∗
227
Iνs = Iν∗ e−τν
Ω∗
= Iν∗ e−τν W
4π
L’equazione del trasporto diventa cosı̀:
d Lc (r)
(2)
= −4πr2 x2 NH2 α0
dr
che si legge:
La perdita per unità di distanza di “fotoni ionizzati” è uguale
al numero di ricombinazioni a livelli con n > 1
228
Lezione 31
Avevamo trovato che l’equazione del trasporto di radiazione nel caso di
simmetria sferica è:
d
dr

"
4π r
Z ∞
= 4πr2 −4π
ν0
2
Z ∞ φsν
ν0
Kν Iνs + Iνd
hν
+
φdν
dν
hν
d ν + 4π
#
=
Z ∞
ν0
εdν
d ν
hν
h
i
d
[ LC (r) ] = 4πr2 −x2 NH2 α0 + X 2 NH2 α01
dr
ove:
φsν (r) = Iν∗ e−τν Ω∗ ;
τν (r) =
Kνk
4π Iνs (r) = Iν∗ e−τν Ω∗
(1 − x) NH r ;
Kνk
3 · 1029
=
ν3
Il porre:
4π
Z ∞
ν0
εdν
d ν = X 2 (r) NH2 α01
hν
229

230
significa dire: che la radiazione diffusa prodotta all’interno di un
volumetto d V è data dalle ricombinazioni al livello fondamentale:
Nel caso di assorbimento ON THE SPOT dei fotoni del continuo di
Lyman:
4π
Quindi:
Z ∞
ν0
Kν Iνd
d ν = −X 2 NH2 α01
hν
φdν = 0
Ciò significa che :
LC (r) = 4πr2
Z ∞
ν0
φsν
dν
hν
N umero f otoni ionizzanti provenienti dalla stella
Quindi:
d Lc (r)
(2)
= −4πr2 X 2 NH2 α0
dr
che si legge:
231
Il decremento per unità di distanza del flusso di fotoni ionizzanti
provenienti dalla stella è uguale al numero di ricombinazioni a livelli
con
n=1
L’andamento in funzione di r del grado di ionizzazione X(r) si ricava
tramite le seguenti equazioni:























R ∞ Kν Iνs
(1 − X) NH 4π ν0 hν
2
s
−τν R∗
∗
Iν = Iν e
4r2
τν (r) = Kνk (1 − X) NH
29
Kνk = 3 · 10
3
(2)
d ν = X 2 NH2 α0
r
ν
Una volta noti:
NH ;
R∗ ;
Iν∗
φν (R∗ )
=
π
2hν 3
φν (R ) = π Bν (T ) = π 2
c
1
hν
e KT − 1
che si pone nel caso di approssimazione di corpo nero
∗
Il risultato di tali calcoli è che:
X(r) = 1
per
r < rS
232
X(r) ↓ 0
>
r ∼ rS
per
Vi è quindi un raggio rS = raggio di Strömgren all’interno del quale
l’idrogeno è del tutto ionizzato:
H II
Il raggio di Strömgren dà praticamente quella distanza a cui il flusso
di fotoni UV ionizzanti provenienti dalle stelle è uguale a zero:
LC (rS ) = 0
X(r) = 1 per
r < rS
Integrando la:
d
(2)
Lc (r) = −4πr2 X 2 NH2 α0
dr
4
(2) Lc (rS ) − Lc (R∗ ) = −Lc (R∗ ) = − π NH2 α0 rS3 − R∗3 ;
3
Lc (R∗ ) =
Z ∞
ν0
4πR∗2
φsν (R∗ )
4π R∗2 d ν ;
hν
Z ∞
ν0
φsν (R∗ ) = ΠIν∗
ΠIν∗
4
(2)
dν =
π NH2 α0 rS3
hν
3
rS R∗
233
rS3
3R∗2
=
Z ∞
(2)
NH2 α0
ν0
ΠIν∗
dν
hν
L’integrale rappresenta il numero di fotoni ionizzanti che attraversano
le stelle /cm2 sec
NL =
(2)
Ponendo α0
ottiene:
ΠIν∗
dν
hν
Z ∞
ν0
= 2.6 · 10−13 cm3 sec−1
−7
rS = 1.23 · 10
R∗
R
!2/3
valido per T ∼ 104 K si
1/3
NL
−2/3
NH
[pc]
Il parametro:
2/3
u = rS NH
∝ NL = f lusso totale dei f otoni di Lyman
viene indicato come “PARAMETRO DI ECCITAZIONE”
Il bordo delle regioni H II è netto.
Dall’andamento di X(r)
si vede che:
29
N1 N0 τν0 = NH (1 − X) 3 · 10
r.. = 0
ν3
dove X = 1
Quando X diminuisce bruscamente τν aumenta bruscamente.
234
Per X = 0.5 il cammino linbero medio di un fotone ionizzante è per
NH = 102 ÷ 103 cm−3
2
3
1 = 0.5 · 10 ÷ 10
3 · 1029
r
3.56 · 1046











NH = 102
2.4 · 1015 cm = 10−5 pc










NH = 103
2.4 · 1014 cm = 10−4 pc
Lezione 32
Elemento
H
O
N
Ne
He
1◦ P.I.
0.55
0.55
0.59
0.88
1.00
(24.6 eV )
2◦ P.I.
−−
1.42
1.20
1.67
2.21
(54.4 eV )
Stratificazione della emissione: OIII, OII
N (He)/N (H) = 0.1
X0 (HeI) = 24.6 eV
X1 (HeII) = 54.4 eV
Siccome:
X0 (HeI) X0 (HI)
L’elio può essere presente in regioni H II o come He I o come He II
È chiaro dalla tabella che se non vi sono fotoni sufficientemente energetici per ionizare HeI → He II
HeI + hν −→
/
HeII + e
235
236
allora non può essere prodotto né O III né N III
Al contrario se esistono questi fotoni ci aspettiamo di trovarli con lo
He II
Vediamo qualitativamente le strutture di ionizzazione possibili. Suddividiamo la radiazione UV stellare in due bande
(1)
(2)
13.6 ≤ hν ≤ 24.6 eV
questi fotoni possono ionizzare solo HI
hν ≥ 24.6 eV
questi fotoni possono ionizzare HI ed HeI
e la differenza di valore della sezione d’urto bilancia la differenza di
abbondanze.
A causa delle differenti sezioni d’urto di fotoionizzazione i fotoni della
banda (2) sono principalmente asorbiti dallo HeI, se naturalmente sono
presenti anche fotoni della banda (1).
237
Per una sorgente con
T < 40000 la radiazione contiene:
H II HeII, HII HeI, HI HeI
OIII NIII,
OII NII, OI NI
tanti elettroni con:
13.6 < hν < 24.6 eV
pochi fotoni con:
hν > 24.6 eV
Per una sorgente con T 40000 i fotoni con energia hν < 24.6 eV
dominano la ionizzazione dello HI ed HeI
H II HeII,
OIII OII,
HI HeI
OI NI
ESTINZIONE DA PARTE DI PARTICELLE DI POLVERE
In base a osservazioni infrarosse polveri sono presenti nelle
H II più dense.
regioni
Per effetto di queste polveri la radiazione UV viene assorbita, quindi
diminuisce il raggio di Strömgren rS
Siccome il rapporto:
238
P OLV ERE
= costante
GAS
La POLVERE aumenta all’aumentare della dennsità
e quindi diminuisce
!
0
rS
rS → rS0
rS = f attore di riduzione
Se si indica:
τν
s
=
profondità ottica della polvere per il tratto rS alla testa della serie di
Lyman
AV =
assorbimento visuale nella regione H II
vale la relazione:
τν
s
= 4 AV
REGIONI HI
Tutte le stelle O, B sono circondate da più o meno estese regioni
HII dalle quali non può scappare radiazione con:
λ < 912 A
cioè con E > 13.6 eV
Fotoni con energia E < 13.6 eV nelle zone esterne possono ionizzare:
239
I.P.
11.26 eV
8.15 eV
7.87 eV
C
Si
Fe
Anche nella zona esterna ad rS
r > rS
Vi può però essere una debole ionizzazione dello IDROGENO dovuta
a:
(1)
RADIAZION E COSM ICA
elettroni



(2)
√





C01 ∼ 10−17 sec−1




E < 100 M eV
Q01 ∼ 10−11 T
E = 102 ÷ 103 eV
RADIAZION E RÖN T EGEN COSM ICA DIF F U SA



R01 ∼ 10−17 sec−1






E < 1 keV
Il grado di ionizzazione risultante si può determinare dall’equazione
statistica:
240





N0 (R01 + C01 ) = N1 R10




R10 = Ne α0
(2)
poiché tutti i fotoni di Lyman vengono subito riassorbiti
Supponendo:
N1 N0 = N (HI)
la densità elettronica sarà:
Ne = N1 + X0 N (HI)
X0 = porzione relativa rispetto agli atomi di HI degli elttroni provenienti
da altre sorgenti
L’equazione dell’equilibrio statistico diventa:
z
R10
}|
N (HI) (R01 + C01 ) = N1 ( N1 + X0 N (HI))
(2)
{
(2)
α0
(2)
N (HI) (R01 + C01 ) = N12 α0 + X0 N (HI) N1 α0
(R01 + C01 ) =

N (HI) 
2
N1 
(2)
α0 + X 0
N (HI)




N1  (2) 
α0 
N (HI)
241
N1
= y questo è una misura del grado di ionizzazione
N (HI)
ponendo
dell’idrogeno
1
1
X= N N
= N
N0 = y in quanto N1 N0
0 + N1
(2)
(2)
N (HI) α0 y 2 + N (HI) X0 α0 y − (R01 + C01 ) = 0
y=
(2)
−X0 α0
r
(2)
(2)
N (HI)2 X02 α0
N (HI)
+ 4 N (HI) α0 (R01 + C01 )
(2)
2N (HI) α0
|
=−
(2)
X 0 α0
N (HI)
(2)
2N (HI) α0
y=
v
u
u 2
uX
u 0
t
v
u
X0 u
u
t1
2
(2)
N (HI)2 4 N (HI) α0 (R01 + C01 ) X02
+
(2)
4 N (HI)2
4 N (HI)2 (α0 )2 X02
+
4 (R01 + C01 )
N (HI)
(2)
X02 α0

=
− 1
N1
N (HI)
Nel caso di completa ionizzazione del
C ,
Si ,
Fe
per abbondanze chimiche normali vale:
X0 ∼ 5 · 10−4
porzione relativa rispetto agli atomi di HI, degli elettroni provenienti
da altre sorgenti
242
ESEMPIO 1
Nube di HI fredda e densa
T ∼ 100◦ K
N (HI) = 20 cm−3
R01 + C01 ∼ 10−17 sec−1
(2)
α0 (T = 100) ∼ 6.8 · 10−12
(2)
α0
2.06 · 10−11
=
φ2
(100)1/2
|
4
5 · 10
y=
2
v
u
u
t
 1


X1 

∼ 6.8 · 10−12 cm3 sec−1
KT
{z
∼ 3.3
}

4 · 10−17

+
−8
−12 − 1
20 · 25 · 10 6.8 · 10
N1
= 1.2 · 10−4
N (HI)
Ne = 2.4 · 10−4 N (HI) + 5 · 10−4 N (HI)
0.015 ∼ 10−2 cm−3
243
ESEMPIO 2
Nube di HI calda e poco densa
N (HI) = 1 cm−3
T ∼ 4000 K
(2)
α0 (T = 4000) = 5.21 · 10−13 cm3 sec−1
(2)
α0
2.06 · 10−11
√
φ2
=
4000
|
5 · 10
y=
2
4
v
u
u
t
 1


X1 

= 5.21 · 10−13 cm3 sec−1
KT
{z
1.6
}

4 · 10−17

−3
+
−8
−13 − 1 ∼ 4 · 10
1 · 25 · 10 · 5.21 · 10
N1
∼ 4 · 10−3
N (HI)
Ne = 4 · 10−3 N (HI) + 5 · 10−4 N (HI) = 4.6 · 10−3 cm−3
Ne ∼ 4.6 · 10−3 cm−3
La ionizzazione per radiazione cosmica produce X0 N (HI) ionizzazioni di elementi come Si, C, N −→ nelle nubi calde
244
Lezione 33 - 34
L’altra volta abbiamo trovato una relazione valida per le regioni HI:
N (HII)
=
N (HI)
v
u
u
X0 
u
t1

2 
+
4 (R01 + C01 )
(2)
N (HI) X02 α0



− 1

Ne = X0 N (HI) + N1
che una volta noti:
T = T emperatura cinetica (T emperatura di spin − si deriva dalla riga 21 cm)
N (HI)
= densità di atomi di HI
permette di derivare la Densità elettronica nella regione HI
Andiamo a studiare la IONIZZAZIONE DEGLI ELEMENTI PIÙ
PESANTI in:
REGIONI HI
REGIONI HII
245
246
Consideriamo il Na e il Ca che hanno potenziali di ionizzazione
MINORI DI QUELLO DELL’IDROGENO
\eV
Na
X0
X1


5.1 eV
2431 A


6.1 eV
2032 A



Ca





47.3 eV
262 A
λ =
12398
E
11.9 eV
1042 A
Nelle regioni HI attorno a regioni HII non arrivano fotoni con λ < 912 A
dalla stella eccitatrice
Arrivano però fotoni con λ > 912 A dalla stella centrale.
Risulta:
R01





N a ∼ 4 · 10−7 sec−1




Ca ∼ 2.4 · 10−7 sec−1
∼ 10−7 sec−1
Questa rate è dei valori
247
R01 ∼ 10−17 sec−1





dovuti a Radiazione cosmica dif f usa
C01 ∼ 10−17 sec−1




particelle + Röntgen
Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione considerando solo:





F OT OION IZZAZION I




F OT ORICOM BIN AZION I
Ni Ri,i+1 = Ni+1 Ne αi
αi
Ni
=
Ne
Ni+1
Ri,i+1
ESEMPIO
Consideriamo una regione HI con:
T = 102 K
Ne ∼ 10−2 cm−3 , cioè regioni f redde e sottili
Risulta:
Ni
R01
=
=
Ne
N0
α0





1
per il N a
α0 = 10−7 cm3 sec−1




102
per il Ca
α0 = 10−9 cm3 sec−1
Cosı̀ che per Ne = 10−2 risulta:
248
Ni
=
N0

































102
X
N aI 5.1 eV
N aII 47.3 eV
per il N a II
→
104
X
CaI 6.1 eV
CaII 11.9 eV
per il Ca II
Nelle regioni HII con T = 104
Ne ∼ 102 ÷ 103 cm−3
cioè regioni calde e dense
R01
=
α0





10




104
per il N a
per il Ca
α0 = 10−8 cm3 sec−1
α0 = 10−11 cm3 sec−1
Cosı̀ che:
Ni
=
N0





10−1 ÷ 10−2




102 ÷ 101
per il N a II
per il Ca II
Cioè in pratica diminuisce la ionizzazione.
In una regione H II calda e densa la ionizzazione degli elementi
pesanti (Na, Ca) è minore che in una regione HI sottile e fredda
La causa di ciò è la forte densità elettronica delle regioni HII che
provoca una alta rate di ricombinazione.
Anche per il Carbonio
analoghi:
C : X0 = 11.3 eV si ottengono risultati
249
N elle Regioni HI
→
Il C è prevalentemente ionizzato
Al contrario per l’ N , O che hanno potenziali di prima ionizzazione:





X0 (N ) = 14.53 eV




X0 (O) = 13.62 eV
X0 (H) = 13.60 eV
molto vicini a quello dell’ HI risulta che nelle regioni HI sono anch’essi
NEUTRI
REAZIONI A SCAMBIO DI CARICA
Una debole ionizzazione dello O può essere prodotta tramite la reazione a scambio di carica
−→
←−
Oo + H +
O+ + H o
Il coefficiente della velocità di ionizzazione di questo processo è:
Q01 ≈ 0.4 · 10−9 cm3 sec−1
per T = 300 K
REAZIONI CHIMICHE DI SCAMBIO
In regioni DENSE sono possibili:
ionizzazioni di atomi
ricombinazioni di ioni



tramite urti con molecole
250
O+ + H2 −→ OH + + H
REAZION E CHIM ICA DI SCAM BIO
a seguito della quale può avvenire:
OH + + e −→ O + H
RICOM BIN AZION E DISSOCIAT IV A
Utilizzando l’espressione:
Ni
αi
=
Ne
Ni+1
Ri,i+1
Si può misurare la densità elettronica misurando il rapporto d’intensità di due righe di assorbimento dello stesso elemento in due diversi
stati di ionizzazione.
Per nubi diffuse con:
N (HI) ∼ 102 ÷ 103 cm−3
è risultato:
Ne ∼ 102 ÷ 10−1 cm−3
cioè:
Ne
≈ 10−4
N (HI)
Lezione 35 - 36
Lo stato termodinamico del gas interstellare è individuato dalla sua:
T = temperatura cinetica
T dipende da:
Γ
Λ
guadagno





perdita




di energia termica (calore) cm−3 sec−1
Γ = Rate di riscaldamento e Λ = Rate di raf f reddamento
dipendono dalla T e N delle particelle del gas (esempio: righe proibite)
In caso di EQUILIBRIO TERMICO deve essere ovviamente:
Γ= Λ
RISCALDAMENTO DEL GAS
All’apporto di calore Γ possono contribuire i seguenti processi:
(1) Fotoionizzazione
(2) Ionizzazione per urto di atomi di idrogeno neutro in regioni HI per
effetto di particelle della radiazione cosmica
251
252
(3) Fotoeffetto alla superficie di particelle di polvere interstellari
(4) Evaporizzazione di molecole di H2 formatesi alla superficie di particelle di polvere
(1)
Fotoionizzazione
La fotoionizzazione di atomi neutri fornisce elettroni liberi, che per
urto con altre particelle di gas distribuiscono a queste una parte della
loro energia cinetica.
La fotoionizzazione di atomi di HI è il principale meccanismo di
riscaldamento delle regioni HII.
L’energia media degli elettroni liberati è:
Z ∞
El =
ν0
Kνk Iν
h(ν − ν0 )
dν
hν
Z ∞ Kk I
ν ν
dν
ν0
hν
Kνk Iν
= numero di f otoni assorbiti per unità di lunghezza
hν
Come si vede l’energia media degli elettroni liberati dipende dalla
forma della distribuzione della radiazione ionizzante e non dalla sua
intensità.
253
Assumendo che dalla stella eccittatrice di temperatura superficiale T∗
provenga la radiazione:
Iν = W Bν (T∗ )
la temperatura iniziale degli elettroni prodotti è:
T0 =
2
T∗
3
se h ν0 > KT∗
In condizioni di equilibrio di ionizzazione:
N umero di f otoionizzazioni = N umero ricombinazioni negli stati legati
↓
Ne N1 α0
↓
e questo si scrive solo
per avere il numero dei
processi di fotoionizzazione
↓
Energia guadagnata
(2)
Ne N1 α0 E l
↓
Ne N1 Σ v σxn
↓
questo serve per mostrare
il processo di ricombinazione
cosı̀ come avviene: v = velocità
relativa dell’elettrone che
corrisponde ad una Ekin = 21 me v 2
che nella ricombinazione viene persa
↓
Energia perduta
Ne N1 21 ml Σ v 3 σxn
254
La rate di riscaldamento netta è:
(
Γ = Ne N1
1
α0 E − ml Σ v 3 σxn
2
)
(2) Ionizzazione per urto di atomi di idrogeno neutro in
regioni HI per mezzo di particellle della radiazione cosmica.
Sia ∆E il guadagno medio di energia del gas per ogni elettrone libero
prodotto. Sarà:
ΓKS = N (HI) · C01 · ∆E
∆E ∼ 3 eV
per densità N (HI) > 1 cm−3
L’elettrone quando viene liberato riceve una EKin ∼ 20 ÷ 40 eV ;
ionizza quindi altri atomi e ne eccita altri finché la sua EKin < 10.2 eV
corrispondente all’eccitazione del livello 2 . Energia quest’ultima che
perde tramite urti elastici. In media ad ogni elettrone liberato viene
data una energia:
∆E ∼ 3 eV
(2)
FOTOEFFETTO SULLA SUPERFICIE DI PARTICELLE INTERSTELLARI
Di fondamentale inportanza per l’equilibrio termico di regioni HI. In
cui vi è solo radiazione con λ > 912 A !!!
Iν = numero f otoni/cm2 H sec sterad
2
hν
255
La superficie efficace totale delle particelle contenute in un volume di
1 cm3
NS σ S
Ns = densità particelle ;
σS = sezione geometrica
Indicando con:
Qabs (ν) = fattore di efficienza all’assorbimento della particella
[adimensionale]
ye (ν) = frazione di elettroni prodotti per asorbimento [adimensionale]
Risulta che il numero di “elettroni liberi”, creati dalla radiazione di
frequenza ν proveniente da tutte le direzioni è:
4π
Iν
hν
!
NS σS Qabs (ν) ye (ν)
ye (ν) = 0





λ < 912 A




λ > 1100A
Se E indica l’energia cinetica media di un fotoelettrone e ci troviamo
a profondità ottica τ (per λ ∼ 1000 A) la rate di riscaldamento per
fotoeffetto è:
256
ΓP E = 4π
Z
Iν −τ
e
· NS σS · Qabs y e E e d ν
hν
Da misure di laboratorio con sorgenti che riproducono la distribuzione
di energia della radiazione UV di campo con λ > 912 A si è trovato:
E e ∼ 5 eV
Sostituendo i valori tipici:
Qext (V ) ∼ 0.5
NS σS ∼ 10−21 NH
NH = N (HI) + N (HII)
si trova:
ΓP E ∼ 2 · 10−25 NH e−τ ν y e
erg cm−3 sec−1
MOLECOLE DI H2 FORMATE ALLA SUPERFICIE DI PARTICELLE DI POLVERE ED EVAPORATE NELLO SPAZIO
257
Eerg









0.5 eV → Ekin
→ 10 % dell0 energia va in energia termica
staccare la molecola dal grano
eccitare le molecole
ΓH2 ∼ 2 · 10−29 NH N (HI)
erg cm−3 sec−1
MECCANISMI DI RAFFREDDAMENTO DEL GAS
(1) Eccitazione per urto con conseguente emissione di radiazione
(2) Radiazione free-free degli elettroni
(3) Urti di particelle di gas con particelle solide
(4) Conduzione di calore
(1) Eccitazione per urto con emissione di radiazione (righe proibite)
Tale eccitazione per urto, che sottrae energia termica, avviene dal
livello fondamentale 1. Il numero di queste eccitazioni è:
N 0 Ni1 Q1m
per un livello superiore m
258
Avvengono però anche ricombinazioni per urto le quali ridanno energia termica al mezzo
N 0 Nim Qm1
La rate di raffreddamento sarà:
Λurto = N 0 Σm (Em − E1 ) (Ni1 Q1m − Nim Qm1 )
Urti fra molecole complesse (CO) e molecole di H2 possono eccitare
le prime e provocare quindi un notevole raffreddamento
(2) Radiazione free-free degli elettroni nella zona ionizzata
Λf f = 4π εf f





4π εf f = 1.426 · 10−27 Z 2 T 1/2 Ne Ni gf f




gf f ∼ T 0.15 ν −0.1
erg cm−3 s−1
259
(2) Urti di particelle di gas con particelle solide
In nubi dense con alta quantità di polvere:
Atomi
+
M olecole





cedono una parte della loro energia termica




⇓
P articelle di polvere
260
Appendice C
DIFFERENZA DI OPACITÀ ALLA TESTA DELLA SERIE
DI
LYMAN E DI BALMER IN CONDIZIONI DI ALTA
OPACITÀ ALLA TESTA DELLA SERIE DI LYMAN
( Supponiamo → T ∼ 104 )
Opacità alla testa della serie di Lyman
kνk (n, f )
3 · 1029 4
=
Z N0n
n5 ν 3
supponendo che N01 sia uniforme e che lo spessore geometrico sia l:
τνk (1, f )
3 · 1029
=
N01 l
ν3
Il numero di atomi neutri al livello fondamentale in condizioni di
equilibrio di ionizzazione e in presenza di soli processi radiativi è:
261
262
(1)
N1 · Ne α0
= N0 R01
(1)
N1 Ne α0
N0 =
R01
in caso di solo idrogeno
e
N1 = N2
(1)
α0 (T = 104 ) = 4 · 10−13 cm3 s−1
(1)
N01
Ne2
Ne2 α0
−13
=
= 4 · 10−5 Ne2
=
−8 · 4 · 10
R01
10
τνk (1, f )
3 · 1029
−5
=
Ne2 l
15 3 · 4 · 10
(3.3 · 10 )
|
12 · 1024 2
−22
=
Ne2 l
46 Ne l = 3.3 · 10
3.6 · 10
ν1 = 3.3 · 1015 s−1
τνk (1, f ) = 3.3 · 10−22 Ne2 l
Opacità alla testa della serie di Lyman
Nell’ipotesi di assorbimento “on the spot” dei fotoni prodotti per
ricombinazione diretta al livello fondamentale possiamo scrivere:
263
numero di ricombinazioni a livelli con n ≥ 2 = numero di fotoni
Lyα = numero di fotoionizzazioni
(2)
N1 · Ne α0
= N02 A02
N1 = Ne
(2)
N02
τνk (2, f )
Ne2 α0
=
A21





A21 ' 4.7 · 108 s−1




α0 (T = 104 ) ' 2.6 · 10−13 cm3 s−1
(2)
3 · 1029
≈ 3 5 N02 l ;
ν2 (2)
ν2 =
1
ν1 ≡ 8.3 · 1014 s−1
4
|
≈
3 · 1029
2.6 · 10−13 N 2 l
e
5.6 · 1044 (32) 4.7 · 108
|
≈ 9.3 · 10−39 Ne2 l
Quindi:
τνk (1, f ) ∼ 3.3 · 10−22 Ne2 l
τνk (2, f ) ∼ 9.3 · 10−39 Ne2 l
264
τνk (1, f ) ∼ 3.6 · 1016 τνk (2, f )
Lezione 37
Equilibrio termico in regioni HII
I principali processi che agiscono nello stato termico di una regione
HII sono:
1)
Fotoionizzazione dello HII
2)
Eccitazione per urto di livelli metastabili dello [OII] [NII] [OIII]
RICHIAMO:
Le transizioni free-free producono un effetto trascurabile
La fotoionizzazione produce elettroni la cui energia cinetica media è:
Z ∞
El =
ν0
h(ν − ν0 )
Z ∞
ν0
Kν Iν
dν
hν
Kν Iν
dν
hν
265
266
Questa espressione è VALIDA IN QUALUNQUE REGIONE
In particolare se si considera l’INTERA REGIONE HII che supponiamo sferica di raggio R
Tutta la radiazione ionizzante emessa dalla stella Iν viene assorbita
per cui si può eliminare Kν e scrivere:
Z ∞
El =
ν0
h(ν − ν0 )
Z ∞
ν0
Iν
dν
hν
Iν
dν
hν
Questa è veramente l’energia cinetica media degli elettroni su TUTTA
LA REGIONE HII.
NOTA
Calcolo di E l vicino alla stella eccitatrice
267
Z ∞
El =
ν0
Kνc Iν
dν
h(ν − ν0 )
3
hν
=
K T0
Z ∞ Kc I
2
ν ν
dν
ν0
hν
ove T0 è la temperatura iniziale degli elettroni
In questo caso I nu è relativamente grande (varia come 1/r2 ) mentre
la Iνd può essere trascurata
Kνc ∝ ν −3
hν
KT
∗
I = W Bν (T ) = W ν e
3
approssimazione di Wien valida se
−
hν0
KT∗ > 1
hν
KT
∗
e
h(ν − ν0 )
dν
hν
− hν
Z ∞ e KT∗
dν
ν0
hν
−
Z ∞
ν0
El =
x =
hν
;
KT∗
x0 =
Z ∞
El =
x0
hν0
1 ;
KT∗
dx =
h
dν
KT∗
(x − x0 ) K T∗ −x KT∗
e
dx
K T∗ x
h
Z ∞ e−x KT x
∗
dx
x0 KT∗ x
h
268
=

Z ∞

x0
El = ≈

(x − x0 ) −x
e d x  KT∗
x
Z ∞ e−x
dx
x0
x
K T∗
!# ≈ K T∗
1
1−
x0
"
3
K T0 = K T∗
2
T0 =
2
T∗
3
Avevamo visto che se si pone:
El =
3
K T0
2
T = W Bν (T ∗ )
nell’ipotesi che:
T0 = temperatura iniziale
T ∗ = temperatura sorgente eccitatrice
h ν0
K T∗ > 1
hν0
K T∗
5000 32
10000 16
30000 5
50000 3
T∗
269
approssimazione di Wien
hν
KT
∗
Bν (T∗ ) ∼ ν e
3
−
ricordando che Kν α ν −3
risulta:
T0 ∼
2
T∗
3
La “Rate di riscaldamento netta per fotoionizzazione” risultava in
condizioni di equilibrio di fotoionizzazione:
ΓP h = Ne N1



1
α0 E l − me
2
∞
X
n=1


v 3 σxn (v)
∝ Ne N1
v = velocità relativa elettrone-protone
v 3 σ xn = mediata su tutte le velocità relative supponendo una
distribuzione di velocità M axwelliana
La “Rate di raffreddamento per eccitazione per urto con conseguente
emissione di radiazione è data da:
Λurto = Ne
X
m
[(Ni1 Q1m − Nim Qm1 ) (Em − E1 )]
se Ne < 102 cm−3
Λurto = Ne Ni1
X
m
Qm1 ∼ 0
[ Q1m (Em − E1 )]
∝ Ne Ni
270







−6 Ω(1, 2)
Q21 = 8.63 ·1/210
g2
T






Q12 = gg21 Q21 e−X/KT
271
Passiamo al problema dell’equilibrio termico in regioni HII
La radiazione proveniente dalla stella sia:
Iν = W Bν (T ∗ )
T ∗ = temperatura di colore della stella
Vi sia inoltre come unica sorgente di assorbimento nel continuo di
Lyman l’assorbimento (b-f):
Kνk (b − f ) ∼ ν −3
L’energia cinetica media E l si può scrivere in funzione di T ∗
in prossimità della sorgente quando il campo di radiazione stellare non
è ancora assorbito Kνk ∆x 1
E l = ψ0 K T ∗
si trova
ψ0 =





















0.98
.
.
.
0.87
T ∗ = 4000
.
.
.
∗
T = 30000
Nella espressione di ΓP h si può porre ora:
1)
N1 = Np
2)
E l = ψ0 K T ∗
X1
10−11 Z 2 φ
3) α0 =
= 2.06 ·1/2
1
KT
T
l’energia di ionizzazione dal livello 1
α01
4)
!
cm3 sec−1
ove X1 è
Fare la media pesata usando la distribuzione di Maxwell
272
Si ottiene:
ΓP h
2.9 · 10−27 Ne NP
=
{ T∗ ψ0 φ1 (T ) − T ψ1 (T )}
T 1/2
ψ1 (T ) + cost ·
X
v 3 σ xn
Questo risultato vale solo IN VICINANNZA DELLA STELLA
Se invece vogliamo calcolare ΓP h valido per tutta la regione HII si usa
l’espressione di E l valida per tutta la regione HII e si pone:
El = ψ K T ∗
ψ=





















T ∗ = 4000
.
.
.
∗
T = 30000
1.05
.
.
.
1.34
(1)
(2)
Nell’espressione di ΓP h si sostituisce α0 con α0 e si iniziano le somme da 2 poiché le ricombinazioni al livello fondamentale (cooling) nell’ipotesi di riassorbimento OTS (heal) non provocano nessuna variazione
dello stato termico del gas.
ΓP h = Ne N1



(2)
α0
1
E l − me
2
∞
X
n=2


v 3 σ xn 
273
Risulta in conclusione:
ΓP h
2.9 · 10−27 Ne NP
=
T 1/2
n
o
T∗ ψ φ2 (T ) − T ψ2 (T )
In figura è riportato l’andamneto di ΓP h , Λurto e Λf f per una
T∗ = 32000 e per NP ∼ Ne < 102 (si può trascurare il termine
negativo di diseccitazione per urto in Λurto )
Nel caso di IDROGENO PURO solo Λf f potrebbe bilaniare ΓP h e
ciò avverrebbe a T ∼ 27000 K
La presenza di [OIII] [OII] [NII] Λurto fa sı̀ che si raggiunga l’equilibrio
termico a ∼
T ∼ 7500 K
Se aumenta la densità Ne > 103 cm−3 aumenta la rate di diseccitazione per urto e quindi Λurto cresce più lentamente e si ha una temperatura
di equilibrio maggiore.
Se spegnessimo la stella centrale, quanto tempo impiegherebbe il gas
a passare da T = 10000 K a T = 0 K?
274
3
NP KT
1012
2
tC =
'
sec
Λ
NP
Λ ' 10−24 NP2 erg cm−3 sec−1
3 · 104
tC =
years
NP
tC =
K = 1.38 · 10−16









300y
30y
3y
erg deg −1
Ne = 102
Ne = 103
Ne = 104
In quanto tempo gli atomi di HII si ricombinerebbero?
1
1
=
=
tC =
R10
Ne α0
T 1/2

Ne 2.06 · 10−11
per T ∼ 10000









103 y
102 y
10 y

X 01 
φ1 
KT
NP = 102
NP = 103
NP = 104
105
∼
NP
years
Lezione 38 - EQUILIBRIO
TERMICO NELLE REGIONI HI
Nelle regioni HI l’apporto di energia è molto più piccolo che nelle regioni
HII
La rate di riscaldamento è data da:
Γ = ΓP h + ΓKS + ΓP E
ΓP h = fotoionizzazione di elementi più pesanti dello HI, con X0 <
13.6 eV per effetto di radiazione con λ > 912A
Il valore dell’energia cinetica media degli elettroni prodotti è:
E l ∼ 2 eV ∼ 3 · 10−12 erg
1eV = 1.60 · 10−12 erg
Per una temperatura e una densità della nebula:
NH < 102 cm−3
T ≈ 102 K
il valore della energia cinetica media dello HI e degli elettroni è:
3
3
E l = KT =
1.38 · 10−16 · 102 ∼ 2 · 10−14 erg
2
2
275
276
cioè
El Ek
E l = energia cinetica media elettroni prodotti della f otoionizzazione
E l = energia cinetica media degli elettroni a T ∼ 102 K
In tali condizioni nella espressione di ΓP h :
ΓP h = Ne N1







α El −
 0





1
me
2
|
∞
X







v 3 σ xn 
n=1
{z
2o termine



}

si può trascurare il secondo termine
e risulta
ΓP h ≈ 4 · 10−4 Ne NH α0 E l
α0 = valore approssimato di :
2.06 · 10−11 Z 2
α0 =
φ2
T 1/2


X 01 

cm3 sec−1
KT
4 · 10−4 = tiene conto della scarsa abbondanza rispetto all’HI degli
elementi (C, Si, Fe....) che contribuiscono alla fotoionizzazione.
277
C
1s2 2s2 p2
Nell’espressione di α0 per il C + : Z = 1
occupato
e siccome
n = 1 è
(2)
α 0 = α0
(2)
Ponendo E l = 3·10−12 erg e sostituendo l’espressione di α0
Ne risulta:
X=N
= α0 ;
H
ΓP h (λ > 912) ≈ 2 · 10−26 · T −1/2 φ2 (T ) · X · NH2
[erg cm−3 sec−1 ]
ΓKS
Ionizzazione per urto di atomi di HI interstellari con
 particelle
RADIAZIONE COSMICA 
RöntgenStrahlung
ΓKS = N (HI) · C01 · ∆E
∆E ≈ 3eV ≈ 5 · 10−12 erg
C01 ≈ 10−17 sec−1
ΓKS ≈ 5 · 10−29 NH
ΓP E
[erg cm−3 sec−1 ]
FOTOEFFETTO SU PARTICELLE DI POLVERE
278
ΓP E ∼ 2 · 10−25 NH e−τ y l
per y l = 0.3 τ = 0.3
[erg cm−3 sec−1 ]
corrispondente a τ (V ) ≈ 0.1
Aλ = 1.086 · τλ
Risulta quindi:
ΓP E ≈ 4 · 10−26 NH
[erg cm−3 sec−1 ]
Concludendo:
−26
NH} + |4 · 10{z
Γ = 2 · 10−26 · T −1/2 φ2 (T ) · X · NH2 + |5 · 10−29
NH}
{z
|
{z
2
ΓP E ∝NH
}
ΓKS ∝NH
ΓP E ∝NH
La rate di raffreddamento è provocata solamente da URTI
T >100K
T <100K
z
}|
{
z}|{
+
+
+
1)
Eccitazione per urto di
elettroni e
C
Si F e
con atomi di HI ed
2)
Eccitazione per urto del livello 2 dell’atomo di HI quando T =
4000 ÷ 12000K. I fotoni Lyman cosı̀ prodotti riscaldano la polvere
e vengono riemessi nell’infrarosso.
Lezione 39
RI CH I AM O
f otoionizzazione del CI
ΓP h = 2 · 10−26 · T −1/2 φ (T ) · X
2
NH2
ΓKS = 5 · 10−29
NH
NH2
ΓP E = 4 · 10−26
NH
NH2
ΓH2
2 · 10−29 N (HI)
=
NH
NH2
raggiunge lo stesso ordine di grandezza di ΓP E per Ne ∼ 103
Cooling
−→
Λurto
C ∗ il cui potenziale di ionizzazione X0 < 13.6 eV ha una densità
relativa uguale alla densità relativa presente nelle regioni HII.
T < 100 K
Il raffreddamento è dominato dalla eccitazione del CII
ΛHCII = 7 · 9 · 10−27 NH2 dc e−92/T erg cm−3 sec−1
279
280
dc = (nc /nH ) / (nc /nH )cosmico ∼ 0.1 ÷ 1
T > 100 K
subentra l’effetto della eccitazione del FeII e SiII
Λ in Dalgamo & Mc Cray A Rev Astr Ap 10, 375,1972
T ∼ 4000 ÷ 12000
eccitazione per urto del livello 2 dello HI
ΛeH = 7.3 · 10−19 Ne N (HI) e−118400/T erg cm−3 sec−1
Per densità sufficientemente alte e basse temperature diventa importante l’eccitazione di molecole H2
Curve di raffreddamento (N.B. più basse al diminuire della ionizzazione cioè della abbondanza di CII, FeII, SiII)
a)
intersezione con ΓP h indipendente da NH



b)
calcolo
ΓKS per NH = 1 ÷ 5 cm−3
per x = 10−2
TE ∼ 16K
TE ∼



c)
calcolo
ΓP E per NH = 40 ÷ 4 cm−3
TE ∼
10K
12K



24K
60K
A basse densità il fotoeffetto comincia ad essere meno efficiente perché
le particelle di polvere cariche positivamente hanno scarsa probabilità di
ricombinazioni con elettroni e tornare neutre. In tale caso la polvere
resta carica positivamente e diminuiscono di conseguenza ye ed Ee
A basse densità
NH ∼ 0.1 ÷ 0.4 ÷ 1
281
−26
ΓP E = 4 · 10
0.1
NH2
=









4 · 10−25
10−25
4 · 10−26
T ∼ 5000 ÷ 10000
EQUAZIONE DI STATO E MODELLO A DUE FASI DEL GAS HI
L’equazione che esprime l’equilibrio termico è:
Γ (NH , Ne , TE ) = Λ (NH , Ne , TE )
Tramite le equazioni:
N − e = N1 + x0 N (HI)
x0
N1
=
N (HI)
2
v
u

u
u
t1


+
x0 ∼ 5 · 10−4
4(R01 + C01 )
(2)
x20 N (HI)α0



− 1

Si elimina Ne perché si ricava Ne in funzione di NHI ∼ NH
Si può adesso plottare:
TE − N
Commento curve
p = N KTE − N
282
Lezione 40
PARAMETRI DI STATO DELLE REGIONI HII.









T EM P ERAT U RA ELET T RON ICA
DEN SIT À ELET T RON ICA
M ASSADELL0 IDROGEN O ION IZZAT O
Temperatura elettronica
Si può ricavare in tre modi:
1) Misura assoluta a basse frequenze del radiocontinuo termico per
τνk 1





τνk Bν (Te ) ∼ ν −0.1 Te−.35 E ;
τνk 1




Bν (Te ) ∼ ν 2 Te
τνk 1
;
2) Dal rapporto di intensità di due righe di emissione ottiche eccitate per urto con livelli di partenza sufficientemente distanti l’uno
dall’altro
escludendo la





emissione indotta




eccitazione radiattiva
283
284
N3
Ω13
A21
=
N2
Ω12 A32 + A31
"
−4
1 + 1.73 · 10
xΩ12
A21
#
X23
e KTe
−
3) Intensità di righe di ricombinazione radio.
Ciò è valido quando τνk 1 cioè:
poiché





τνk (f f ) ∝ T −1.35 ν −2.1
⇒
ad alte f requenze




τνk (bf ) ∝ n−5 ν −3
⇒
ad alte f requenze
questo ha poco effetto perché tutto lo H è ionizzato e poiché la
proporzionalità a ν −3 lo rende trascurabile
Se si prendono le temperature di radiazione nella riga e nel continuo
per radiazione non incidente si ha l’espressione nel caso τ 1
TL = τνL Te





TK = τνk Te




Iν = τν Sν
vedremo subito quando τνL 1
ν
← Sν = 2
c
!2
KTe
ν
2
c
!2
KTL
285
e ricordando che:
Nn
1) KνL = hνcnm ψ(ν) Bmn Nm 1 − ggm
n Nm
2
2) Nn = bn n
(figura livelli energetici)
!3
x −x
2 − 0 KT 0n
h2
e
Np Ne
2πme KTe
Trascurando l’emissione indotta: vedi *** pag. seguente
3) Ne = NP + N (He+ )
Bmn
→
NP = Ne + N (He+ )
fmn
R3 Z 6 m−5 n−3
=
=
+4
νnm
2 νnm
da cancellare?
286
***
Infatti l’equazione statistica per gli stati legati è:
Nm
n−1
X
m=1
Anm =
∞
X
n−1
Nm Amn + Np Ne α0n (Te )
287
KνL ∝ Bmn ∝
quindi ad alte f requenze
4) τνL =
Rl
0
1
ν4
KνL 1
⇒ τνL 1
KνL d r
si ottiene l’espressione:
τνL
= cost
bn Te−5/2
E=
Z l
0
x0 − x0n
−
KTe
(
exp
Ne2 d r
)
E
ψ(ν)
1 + [N (He+ )/NP ]
misura dell0 emissione
τνL (f − f ) = 8.24 · 10−2 Z 2 T −1.35 ν −2.1
Z l
Ne Ni d r
{z
}
|0
E nel caso di puro idrogeno
Se si esprime l’integrale esteso alla riga della TL (ν)
Z
TL (ν) d ν = TL∗ · ∆νL
TL∗ = valore
di TL (ν)
288
si ottiene per il rapporto
LTE bn = 1:
RIGA-CONTINUO nell’approssimazione
TL∗ ∆νL
≈ 2.3 · 104 ν 2.1
Tk
∆νL [KHz]
ν [GHz]
Te−1.5
N (He+ )
1+
NP
λ ∼



mm
cm
Da questa espresione si ricava un valore di Te più piccolo del reale
perchè è stata trascurata la emissione indotta.
289
Densità elettronica
1)
Rapporto di intensità di 2 righe di emissione ottica eccitate per
urto con livelli superiori molto vicini
Qnm = 8.63 · 10−6
Ωnm
T 1/2 gn
[cm3 sec−1
An0 m
1 +

νnm Anm gn 
Ne Qn0 m! 


=
Anm 
νn0 m An0 m gn0 
1+
Ne Qnm

L
Inm
InL0 m
2)
!
Da misure del radiocontinuo di Bremsstrahlung termica ad alte
frequenze:
Iν =
si ricava:





τν Bν (Te ) = ν −0.1 Te−0.35 E
; τνk 1




Bν (Te ) ≈ ν 2 Te
; τνk 1
E = Ne2 l
290
3) Dalla intensità di righe di ricombinazione specie nel radio ove non
sono affette da estinzione
L
Inm
gnm
= 34.24 3 3
nm
1 nel radio
z}|{
bn
T 3/2
158000
exp
n2 Te
(
)
E
Lezione 41
Commento al valore della densità elettronica Ne ricavato dalla “misura
dell’emissione” E.
Se in una regione HII di profondita l si trovano lungo la visuale n condensazioni di uguale densità Ne e profondità a anzichè una distribuzione
continua risulta, noti E ed l (ma non noti n ed a)
Ne2
1
=
l
Siccome na < l
Z l
0
Ne2
1 na 2
2
dr =
n Ne a =
Ne
l
l
risulta:
Ne2 < Ne2
Valori di
na
∼ 10−1
l
291
292
sono plausibili
Dalla intensità del continuo radio di Bremsstrahlung termica
Iν =





τν Bν (Te ) ∼ ν −0.1 Te−0.35 E per τνk 1




Bν (Te ) ∼ ν 2 Te
per τνk 1
per τνk 1 si ricava il FLUSSO DI RADIAZIONE NEL CONTINUO
RADIO una volta noto l’angolo solido Ω sotto cui viene vista la sorgente
φk (ν) = I ν · Ω = cost · Te−0.35 ν −0.1 E Ω
Dalla misura del flusso e noto Ω si ricava E
E = Ne2 l
Se rS è il raggio di Strömgren si può porre:
l = 2 rS
e ricavare cosı̀ il
293
1) Valore quadratico medio della densità elettronica Ne2
2) Parametro di eccitazione
u = rS Ne2
1/3
Parametro di eccitazione
siccome tutti i fotoni ionizzati LC emessi dalla stella nell’unità di
tempo sono assorbiti nella regione HII e vi deve essere equilibrio di
ionizzazione
4
π rS3 N1 R10
3 {z
}
!
LC =
|
N r protoni
|
N1 ∼ Ne
|
=
|
4
π rS3 Ne
3
(2)
Ne α0
294
|
=
4
4
(2)
(2)
π α0 Ne2 rS =
π α0 u3
| {z }
3
3
3
u
LC =
4
(2)
π α0 u3 → f unzione delle condizioni della regione HII
|3 {z
}
COST
È chiaro che u, parametro di eccitazione, (perché non definiamo il
parametro di ionizzazione), rappresenta:
Il flusso totale dei quanti del continuo di Lyman capaci di ionizzare
l’idrogeno
(2)
Approssimando l’espressione di α0
(2)
α0
con
= 4.1 · 10−10 Te−0.8
si ricava:
LC =
ove
4
(2)
π u3 α0 ≈ 5.05 · 1046 Te−0.8 u3
3
[f otoni sec−1 ]
u [ pc cm−2 ]
Il valore del parametro di ionizzazione u può essere ricavato direttamente dal flusso di radiazione φkν nota la distanza r dell’osservatore dalla
regione HII supposta sferica
φkν
≈ EΩ =
Ne2
πrS2
rS2 2
u3
· 2 rS · 2 ∼ 2 Ne = 2
r
r
r
295
u3 ∼ φk (ν) r2
const · Te−0.35 ν −0.1
Sostituendo questa espressione di u nella
LC ≈ 5.05 · 1046 Te−0.8 u3
[f otoni sec−1 ]
si ottiene:
LC ≈ 4.8 · 1048 Te−0.45 ν 0.1 φk (ν) r2
unità di misura









[f otoni sec−1 ]
ν [GHz]
φk (ν) [Jy]
r [Kpc]
Ovviamente la “massa totale dell’idrogeno ionizzato” in una regione
HII sferica di densità costante è data dalla espressione:
M(HII) =
4
π rS3 Np mp
3
Sussiste una relazione statistica fra diametro e
296
densità media delle regioni HII:
Quanto più piccolo è il diametro ↔ tanto maggiore è la densità media
Lezione 42 - 43
L’effetto più evidente della “polvere interstellare” è la sua estinzione sulla
luce proveniente da stelle proveniente da stelle distanti e dalle nebulose.
Questa estinzione nella banda ottica è prevalentemente dovuta a
SCATTERING, e in parte ad assorbimento
Se I0ν = intensità della sorgente ; Iν = intensità osservata
Iλ
= e−τλ
I0λ
L’estinzione interstellare è cosı̀ caratterizzata dal valore di τλ calcolato lungo il raggio che collega l’osservatore alla sorgente.
L’estinzione interstellare è stata derivata da misure spettrofotometriche di COPPIE DI STELLE aventi il medesimo tipo spettrale
297
298
Indicate con 1 e 2 due stelle dello stesso tipo spettrale affette da diversa estinzione risulta che il rapporto dei loro flussi ad una determinata
lunghezza d’onda λ è:
F0λ (1) e−τλ (1)
D22 −[τλ (1)−τλ (2)]
Fλ (1)
=
=
e
Fλ (2)
D12
F0λ (2) e−τλ (2)
ove D2
e D1
indicano le distanze delle stelle 1 e 2
Se confrontiamo una stella arrossata 1 con una che non lo è 2 τλ (2) ∼ 0
risulta
D22 −τλ (1)
Fλ (1)
=
e
Fλ (2)
D12
ovvero
ln
Fλ (1)
D2
= 2 ln
− τλ (1)
Fλ (2)
D1
τλ (1) = 2 ln
N. B. :
per λ → ∞
Fλ (1)
D2
− ln
D1
Fλ (2)
τλ → 0
cioè l’estinzione verso la stella arrossata 1 è data da:
Fλ (1)
=
Fλ (2)
una quantità che aumenta al diminuire della lunghezza d’onda ed è
uguale a una costante K per λ → ∞
299
+
2ln
D2
D1
!
=
una costante addittiva indipendente dalla lunghezza d’onda
La costante non è determinata perché in generale D2 e D1 non sono note. La si può comunque determinare da misure di Fλ a grandi
lunghezze d’onda quando τλ = 0
Misure di questo genere compiute su moltissime coppie di stelle hanno
mostrato che:
A) L’andamento dell’estinzione interstellare in funzione della lunghezza d’onda è in prima approssimazione uguale per tutte le stelle.
B) Solo il valore dell’estinzione è diverso da oggetto a oggetto
si può quindi scrivere che:
τλ = C f (λ)
ove
C dipende dalla stella
f (λ) è uguale per tutte le stelle
Questo risultato ha un significato fisico. Significa che le CARATTERISTICHE FISICHE DELLA POLVERE interstellare sono uguali in
tutto lo spazio interstellare.
300
In figura è riportato l’andamento dell’estinzione, f (λ) − f (Hβ ), interstellare in funzione di 1/λ e normalizzata in modo che risulti:
τHγ − τHα = 0.5
cioè ponendo C = 1






f (λ) = 0.63
λ − 0.29 λ ≥ 0.437





f (λ) = 0.36
λ − 0.31 λ < 0.437
L’estinzione interstellare fa variare il rapporto di intensità osservato
di due righe rispetto al valore che esso aveva all’origine nella nebula
I0λ1 −C[f (λ1 )−f (λ2 )]
Iλ1
=
e
Iλ2
I0λ2
FIGURA 7.1 Ost.
301
Se come nel caso dela serie di Balmer, conosciamo i valori CALCOLATI del decremento
I0 (Hα )
;
I0 (Hβ )
I0 (Hγ )
;
I0 (Hβ )
I0 (Hδ )
; .....
I0 (Hβ )
Si può calcolare facilmente C dai rapporti di intensità osservati:
Iλ
I0λ
=
10−0.434
IHβ
I0Hβ
(τλ −τHβ )
|
=
I0λ
10−c
I0Hβ
[f (λ)−f (Hβ )]
c = 0.434C
È chiaro il significato di c :
Iλ
−c f (λ)
I0λ = 10
IHβ
10c f (Hβ )
I0Hβ
ma f (Hβ ) = 1 quindi dal denominatore a primo membro e secondo
membro della precedente risulta:
lg
I0Hβ
= c
IHβ
302
cioè il rapporto della intensità teorica rispetto a quella osservata di Hβ
Passando in magnetudini:

Aβ

I0H
= 2.5 c = 2.5 lg  β 
IHβ
analogamente:
Aλ = −2.5 lg
Iλ
= 2.5 c f (λ)
I0λ
Si ricava AV in funzione di Aβ ed Eβ−α con i seguenti passaggi:
AV − Aβ
2.5c [f (V ) − f (β)]
=
= −0.425
Eβ−α
2.5c [f (β) − f (α)]
AV = Aβ − 0.425 Eβ−α
ed analogamente EB−V
in funzione di Eβ−α
EB−V
AB − AV
f (B) − f (V )
=
=
= 0.863
Eβ−α
Aβ − Aα
f (β) − f (α)
|
1
EB−V = 0.863 Eβ−α
I
In un sistema di coordinate cartesiane in cui lg Iγ ; lg IIα sono
β
β
le coordinate, l’andamento della estinzione a partire dal punto rappresentante il decremento di Balmer non affetto da estinzione si ottiene
dalle:
303








lg IIα = lg II0α − c [f (α) − 1]
β
0β







I
I
lg Iγ = lg I0γ − c [f (γ) − 1]
β
0β
sostituendo:
y = lg
Iα
I0α
− lg
;
Iβ
I0β
x = lg
Iγ
I0γ
− lg
Iβ
I0β
si ottiene:
f (α) − 1
y
=
x
f (γ) − 1
→
equazione di una retta
FINE