       
P 50 (2022/2023) 1 21
Astronomsko tekmovanje
treh dežel 2022
V K̌̌
Nekaj uvodnega godrnjanja
Med 1. in 3. julijem 2022 je v Avberju na Krasu po-
tekalo tekmovanje treh dežel v znanju astronomije,
na katerem so se olimpijske srednješolske astronom-
ske ekipe Slovenije, Hrvaške in Madžarske pomerile
v reševanju teoretičnih nalog, obdelavi podatkov in
nočnem opazovanju. Naši tekmovalci so se na tek-
movanju več kot odlično odrezali. Peter Andolšek
in Vid Kavčič sta zasedla prvo in drugo mesto ter
prejela zlato medaljo, medtem ko sta Miha Brvar in
Marija Judež zasedla tretje in četrto mesto ter pre-
jela srebrno medaljo, Alexander Gaydukov je prejel
bronasto medaljo, Aleš Rus pa pohvalo. Slovensko
ekipo so zastopali tudi Nika Videnšek Podgorelec,
Matic Terglav in Leo Pintar. Vodji slovenske ekipe
sta bila Dunja Fabjan in Andrej Guštin.
V članku predstavljam po mojem mnenju zanimi-
vejše oziroma poučne naloge s tekmovanja različnih
težavnosti. Bralce prijateljsko vabim, da se posku-
sijo z astronomskimi izzivi najprej spoprijeti sami in
šele v primeru resnejših zapletov pokukajo v rešitve,
saj to prinese veliko več miselnih užitkov in zabave
pri reševanju. Kljub vsemu pa naj iz preventivnih ra-
zlogov izpostavim, da je za razumevanje tako nalog
kot tudi rešitev potrebno poglobljeno poznavanje ter
razumevanje osnov astronomije in astrofizike.
Na tem mestu bi se rad tudi nadvse prijazno za-
hvalil Urbanu Razpotniku in Simonu Bukovšku za
komentarje in pripombe za izboljšavo članka.
Magnituda dvozvezdja
Naloga
Dve zvezdi v tesnem dvojnem sistemu imata navide-
zni magnitudi v B-filtru mB,1 = 18,2 in mB,2 = 19,6.
Prva zvezda ima barvni indeks (B −V)1 = −0,2, dru-
ga pa (B−V)2 = 0,5. S teleskopom ne bomo razločili
posamične komponente sistema.
SLIKA 1.
Astronomske falange Slovenije, Hrva-
ške in Madžarske.
       
P 50 (2022/2023) 122
Kolikšna bosta navidezna magnituda sistema v B-
filtrumB in barvni indeks (B−V) sistema? Katera od
komponent dvojnice bo prevladovala v skupni barvi
sistema?
Podatki. mB,1 = 18,2, mB,2 = 19,6, (B −V)1 = −0,2,
(B − V)2 = 0,5
Rešitev
Pri nalogi se srečamo s konceptom, ki bi mu lahko
rekli seštevanje magnitud. Ker je skala za izražanje
navideznega sija v magnitudah logaritemska, magni-
tud zvezd ne moramo kar direktno sešteti, saj bi v
tem primeru dobili vrednost, večjo od obeh začetnih
vrednosti, kar pa bi pomenilo manjši sij, kar pa je
nesmiseln rezultat. Namesto tega moramo seštevati
gostoti svetlobnega toka s prve in z druge zvezde.
Pri tem smiselno predpostavimo, da sta za opazo-
valca z Zemlje obe zvezdi dvozvezdja enako odda-
ljeni.
V ta namen dvakrat zapišemo Pogonov zakon.
Najprej primerjamo navidezna sija v B-filtru prve in
druge zvezde, iz česar izrazimo razmerje gostote
svetlobnih tokov jB,1 in jB,2:
mB,1 −mB,2 = −2,5 log
(
jB,1
jB,2
)
,
jB,1
jB,2
= 10−0,4(mB,1−mB,2).
Nadalje primerjamo navidezni sij druge zvezde z na-
videznim sijem celotnega sistema, pri čemer upošte-
vamo, da celotnemu sistemu ustreza gostota svetlob-
nega toka jB,1+ jB,2, poleg tega pa uporabimo zgoraj
pridobljeni izraz za razmerje jB,1/jB,2
mB −mB,2 = −2,5 log
(
jB,1 + jB,2
jB,2
)
= −2,5 log
(
jB,1
jB,2
+ 1
)
mB =mB,2−2,5 log
(
10−0,4(mB,1−mB,2)+1
)
,
∴mB = 17,936.
Iz barvnih indeksov izračunamo navidezna sija
zvezd v V-filtru:
mV,1 =mB,1 − (B − V)1 = 18,4
in podobno mV,2 = 19,1. Analogno zgornjemu po-
stopku izračunamo navidezni sij sistema v V-filtru
in dobimo rezultat mV = 17,942.
Preostane nam le še izračunati barvni indeks sis-
tema:
(B − V)tot =mB −mV = −0,006 ≈ 0,0.
V skupni barvi sistema bo prevladovala zvezda, ka-
tere barvni indeks je številčno bliže barvnemu inde-
ksu sistema. Ker je (B−V)1 = −0,2 in (B−V)2 = 0,5,
v sistemu očitno prevladuje prva (svetlejša) zvezda.
Spiralna galaksija
Naloga
Spiralna galaksija ima navidezno razmerje velike in
male polosi 1,74. Opazovana rotacijska hitrost gala-
ksije je 300 km/s. Njena navidezna magnituda v H-
filtru je 18,0. Absolutna magnituda Sonca v H-filtru
je MH,⊙ = 3,48.
Relacija Tully-Fisher v H-filtru je
logL[L⊙] = 3,44 · logvrot,max[km/s] + 0,83 ,
kjer je izsev podan v L⊙ in hitrost v km/s.
1. Kolikšna je inklinacija galaksije?
2. Kolikšna je absolutna magnituda galaksije v H-
filtru?
3. Iz spektra galaksije ugotovimo rdeči premik
z = 0,150. Izračunaj lastno hitrost galaksije
vzdolž smeri pogleda.
Rešitev
Podatki. κ = 1,74, vrot = 300 km/s, mH = 18,0,
MH,⊙ = 3,48, z = 0,150
1. Inklinacija galaksije i je definirana kot kot med
normalo na ravnino galaksije in smerjo pogle-
da. S preprosto skico ugotovimo, da jo iz navi-
deznega razmerja med veliko in malo polosjo
elipse izračunamo kot:
i = arccos(1/κ) = 54,9◦.
Največja rotacijska hitrost je torej enaka
vrot, max =
vrot
sin i
= 367 km/s.
       
P 50 (2022/2023) 1 23
2. Absolutno magnitudo galaksije določimo iz re-
lacije Tully-Fischer:
MH −MH,⊙ = −2,5 log
(
L
L⊙
)
,
= −2,5·(3,44 log
(
vmax,rot
)
+0,83),
MH = −24,12+ 3,48 = −20,64.
3. Oddaljenost galaksije d izračunamo iz modula
razdalje:
mH −MH = 5 logd− 5,
d = 100,2(mH−MH+5),
∴ d = 535 Mpc.
Izmerjeni rdeči premik z je posledica dveh de-
javnikov, in sicer raztezanja vesolja (kozmo-
loški rdeči premik, ki ga lahko izračunamo iz
Hubblovega zakona), in Dopplerjevega pojava
zaradi lastnega gibanja galaksije, kar zapišemo
kot:
z = zHubble + zDoppler,
z =
H0d
c
+
vlastna
c
,
vlastna = c · z −H0 · d,
∴ vlastna = 7550 km/s,
pri čemer smo za vrednost Hubblove konstante
vzeli H0 = 70
km/s
Mpc .
Nova Severnica
Naloga
Leta 2022 je bil poletni solsticij 21. junija. Toda Ze-
mlja bo v afeliju šele dva tedna kasneje, 4. julija. In-
klinacija Zemljine osi je ε = 23,5◦.
1. Perioda precesije vrtilne osi je 26000 let. Oceni,
v katerem letu bosta ali sta se poletni solsticij
in afelij zgodila na isti dan, 4. julija.
2. Večkrat se omenja, da bo v prihodnosti zvezda
Vega (αV = 18h37m, δV = +38◦47′) kazala
smer severa. Oceni, čez koliko let se bo to zgo-
dilo.
Zanemari nutacijo, gibanje perihelija in preostale
učinke drugega reda.
Rešitev
Podatki. ε = 23,5◦, αV = 18h37m, δV = +38◦47′,
δE = 66,5
◦, αE = 18h P = 26000 let
V prvem delu naloge nam bo prav prišlo računa-
nje z ekliptično dolžino, zato se spomnimo tudi, da
ekliptična dolžina Sonca s časom teče enakomerno
kot L =
∆t
365,25
· 360◦, pri čemer smo s ∆t označili
čas v dnevih po spomladanskem enakonočju.
1. Izračunajmo ekliptično dolžno Sonca ob pole-
tnem solsticiju in v trenutku, ko je Zemlja v
afeliju. Imamo ∆t1 = 10+30+31+21 = 92 dni
in ∆t2 = 10+30+31+30+4 = 105 dni, iz česar
sledi L1 = 90,678
◦ in L2 = 103,490
◦. Precesija
se dogaja glede na ravnino ekliptike s periodo
P = 26000 let, zato se bosta poletni solsticij in
afelij zgodila na isti dan čez:
t =
∆L
360◦
· P = 925 let.
2. Označimo z V lego Vege in s P lego nebesnega
pola na nebesni sferi. Razmislimo, da so koor-
dinate severnega pola ekliptike E(δE = 66,5
◦,
αE = 18h). Gledamo sferični trikotnik VPE, ki
je za lažjo predstavo prikazan tudi na sliki 2.
Razmislimo, da v trikotniku velja VP = 90° −
δV , EP = ε, poleg tega pa velja ∠VPE = αV −
αE . Dolžino dEV izrazimo s formulo za razda-
ljo med točkama na sferi
cosdEV = sinδV sinδE+
+ cosδV cosδE cos(αV −αE),
iz česar izračunamo dEV = 28°13′.
Iz sinusnega izreka za sferični trikotnik VPE
sledi
sin∠PEV =
sinVP
sinVE
sin∠VPE,
sinθ =
cosδV
sindEV
sin(αV −αE),
iz česar dobimo edino smiselno rešitev θ =
164°38′.
Zemljina navidezna os se mora torej zaradi pre-
cesije zavrteti za kot θ in ker se ta s časom
       
P 50 (2022/2023) 124
SLIKA 2.
Sferǐcni trikotnik Vega (V ) − severni nebesni pol (P ) − severni
pol ekliptike (E). Zvezde, ki se nahajajo na oranžni krožnici, v
času ene periode precesije prečkajo severni nebesni pol.
spreminja enakomerno, bo Vega v bližini sever-
nega nebesnega pola čez približno
∆t = θ
360°
· P,
∴ ∆t = 11 900 let.
Aktivno galaktično jedro
Na sliki 3 je prikazana svetlobna krivulja aktivnega
galaktičnega jedra (AGJ) v galaksiji MCG-6-30-15. Iz-
sev AGJ je posledica akrecije snovi na središčno su-
permasivno črno luknjo (angl. supermassive black-
hole, SMBH) v galaksiji.
1. Oceni spodnjo mejo za maso SMBH (izrazi jo v
M⊙). Pomni, da je 1 erg = 10−7 J.
2. Spremenljiv izsev območja AGJ (ki je pod mejo
ločljivosti) lahko uporabimo za oceno veliko-
sti območja AGJ. Iz te ocenjene velikosti določi
zgornjo mejo SMBH (rezultat izrazi v M⊙).
3. Določi, kolikšna je akrecija mase na središčno
supermasivno črno luknjo (v M⊙/leto), da do-
bimo (maksimalni) izmerjeni izsev. Upoštevaj,
da se 10 % mase, ki pada na SMBH, spremeni v
izsevano energijo.
Pri reševanju se lahko poslužiš formule za Edding-
tonov izsev:
LEdd =
4πmHcGM
σT
,
kjer je mH masa atoma vodika in σT Thomsonov si-
palni presek.
Eddingtonov izsev je največji možni izsev telesa,
da sta svetlobni tlak in gravitacija še v ravnovesju.
Če je izsev večji od Eddingtonovega, bo sevalni tlak
prevladal nad gravitacijo in plin namesto navznoter
potisnjen navzven, izsev pa se bo zmanjšal na vre-
dnost Eddingtonovega izseva.
SLIKA 3.
Svetlobna krivulja AGJ-ja v galaksiji MCG-6-30-15 (Kelly et al.
2011).
Rešitev
Podatki. Lmax = 1050 W, ∆t = 2500 s, η = 0,1,
σ = 6,65 · 10−29 m2, mH = 1,67 · 10−27 kg
1. S svetlobne krivulje na sliki 3 odčitamo, da je
maksimalni izsev AGJ Lmax = 1050 W. Od tod iz
       
P 50 (2022/2023) 1 25
enačbe za Eddingtonov izsev dobimo:
M =
LmaxσT
4πmHcG
,
∴ M = 7,9 · 104M⊙.
2. S svetlobne krivulje na sliki 3 določimo peri-
odo utripanja AGJ ∆t = 2500 s, s pomočjo ka-
tere lahko ocenimo polmer območja R = c∆t =
7,5 · 1011 m. Maso snovi znotraj tega polmera
dobimo iz formule za Schwarzschildov polmer,
pri čemer upoštevamo R = RSch:
RSch =
2GM
c2
,
M =
Rc2
2G
,
∴ M = 2,5 · 108M⊙.
3. Masa se spreminja v energijo v skladu z Einste-
inovo enačbo E = mc2 oziroma E = ηMc2, če
upoštevamo delež mase, ki se spremeni v iz-
sevano energijo. V enačbi lahko energijo E na-
domestimo z izsevom Lmax, maso M pa s hitro-
stjo akrecije Ṁ in dobimo Lmax = ηṀc2. Hitrost
akrecije je tako
Ṁ =
Lmax
ηc2
,
∴ Ṁ = 1,1 · 1020 kg/s = 1,8 · 10−3 M⊙/leto.
Nadsvetlobno gibanje
Opazovanja radijskih curkov v kvazarjih pokažejo,
da se curki navidezno gibljejo z nadsvetlobno hitro-
stjo. To je posledica projekcije gibanja radijskega
curka proti opazovalcu (oglej si primer na sliki 4).
Upoštevaj curek snovi, ki oddaja radijsko sevanje
in se giblje s hitrostjo v v smeri θ glede na smer
pogleda.
1. Na podlagi slike 4 in podatka o znani oddalje-
nosti kvazarja D = 605 Mpc, oceni prečno (na-
videzno) hitrost curka snovi glede na smer po-
gleda.
2. Izpelji enačbo za hitrost curka pravokotno na
smer pogleda (prečna hitrost vT), kot jo vidi
opazovalec O. Rezultat zapiši parametrično.
3. Na podlagi prečne hitrosti glede na smer po-
gleda izračunaj tudi pravo hitrost curka snovi,
pri tem privzemi θ = 18◦. Hitrosti izrazi v eno-
tah svetlobne hitrosti c.
SLIKA 4.
Opazovanja kvazarja 3C 273 v razlǐcnih letih. Črna črta na vrhu
kaže kotno velikost 2 mili kotnih sekund na sliki. Središčni del
AGJ je na levi, curek snovi, ki se giblje z nadsvetlobno hitrostjo,
pa na desni.
       
P 50 (2022/2023) 126
SLIKA 5.
Shema radijskega curka v kvazarju. Curek snovi se giblje od točke A do B. Opazovalec (O) je na razdalji D od točke A. Curek
snovi se giblje pod kotom θ glede na smer pogleda.
Rešitev
Podatki. d = 605 Mpc, θ = 18°
1. Hitrost, pravokotno na smer pogleda, ocenimo
s slike, s katere razberemo, da se je curek v
času 7 let premaknil za približno 3 mas:
vT =
0.003" · d
7 let
= 1,23 · 109 m/s,
∴ vT = 4,1c.
2. Slika 5 prikazuje shemo radijskega curka v kva-
zarju, ki nam bo v pomoč pri izpeljavi.
Foton, ki ga curek odda ob času t0 = 0 v točki
A, s svetlobno hitrostjo c prepotuje razdaljo D,
zato do opazovalca v točki O prispe v času
tAO =
D
c
.
V času ∆t se curek snovi premakne v točko B,
v kateri odda drugi foton. Ker je kot θ majhen,
je razdalja med točkama B in O približno
dBO ≃ D − v∆t cosθ.
Drugi foton tako doseže opazovalca v času
tBO = ∆t +
D − v∆t cosθ
c
.
Opazovalec bo videl, da curek pravokotno raz-
daljo dT = v∆t sinθ prepotuje s hitrostjo
vT =
v∆t sinθ
tBO − tAO
,
vT =
v sinθ
1− vc cosθ
.
3. Iz pravkar izpeljane enačbe lahko izrazimo re-
snično hitrost curka, pri čemer upoštevamo, da
je θ = 18◦:
v =
vT
sinθ + vTc cosθ
,
∴ v = 0,974c.
Za zanimivost lahko izračunamo še, kolikšna je te-
oretično največja možna nadsvetlobna hitrost curka.
V ta namen izraz za prečno hitrost odvajamo po ko-
tu θ in dobljeni izraz enačimo z 0. Pri tem upošte-
vamo pravilo za odvajanje količnika in zvezo sin2 θ+
cos2 θ = 1:
dvT
dθ =
v cosθ − v
2
c(
1− vc cosθ
)2 = 0,
v cosθmax −
v2
c
= 0,
∴ cosθmax =
v
c
.
Od tod pa hitro dobimo izraz za največjo možno na-
videzno nadsvetlobno hitrost:
vT ,max =
v sinθmax
1− cos2 θmax
=
v sinθmax
sin2 θmax
=
v
sinθmax
=
v√
1− v
2
c2
= γv,
pri čemer smo v zadnjem koraku z γ = 1√
1− v
2
c2
ozna-
čili Lorentzov faktor, ki je znani spremljevalec enačb
v posebni teoriji relativnosti.
×××