Yıldızlar Doğumdan Kalıntıya Bölüm 2: Mekanik Denge ve Hal Denklemi

Yıldızlar: Doğumdan Kalıntıya

Bölüm 2: Mekanik Denge ve Hal Denklemi

Giriş

Bölüm 1'de yıldıza dışarıdan baktık. Akı, parlaklık, kadir, paralaks, hepsi yıldızdan bize ulaşan ışıkla ya da gökyüzündeki konumuyla ilgiliydi. Yıldızın içi hâlâ kara kutuydu. Bu bölümde o kutuyu açıyoruz.

Bir yıldız, kendi kütleçekimi altında çökmeyen bir gaz küresidir. Çökmeyi engelleyen şey içeriden dışarı doğru artan basınç gradyanıdır; ana fikir o kadar basittir. Ama bunu denklem olarak yazıp "peki bu basıncı kim yaratıyor" sorusunu cevaplamaya başlayınca iş ciddileşir. Yıldız maddesinde basınç üç ayrı kaynaktan gelir: parçacıkların ısıl çarpışmaları (ideal gaz), foton denizinin uyguladığı baskı (ışıma basıncı) ve elektronların Pauli ilkesi tarafından yan yana sıkıştırılamamasının yarattığı kuantum kökenli direnç (dejenerasyon basıncı). Üçü de farklı koşullarda baskındır, üçü de farklı bir fizik yasasına dayanır, ve üçü de yıldızın hayatının bir noktasında baş rolde yer alır.

Bu bölümde sırasıyla şunları yapacağız: önce yıldız yapısının iki temel diferansiyel denklemini (kütle korunumu ve hidrostatik denge) türeteceğiz. Sonra basıncın üç kaynağını teker teker hesaplayacağız, özellikle dejenere elektron basıncını Fermi-Dirac istatistiğinden adım adım çıkaracağız çünkü ileride beyaz cüceler ve nötron yıldızları için kaçınılmaz olacak. Üçünü bir araya getirip hal denklemini (EOS) yazacağız. Ardından, bu basınçlardan "hangi atom ne zaman iyonlaşır" sorusunu cevaplayan Saha denklemini istatistik mekanikten türeteceğiz. Bölümün sonunda iki güçlü genel araç gelecek: viral teorem (yıldızın neden "negatif ısı kapasitesine" sahip olduğunu söyleyen şey) ve yıldızın yaşam boyunca farklı evrelerde hangi fiziğin baskın olacağını belirleyen karakteristik zaman ölçekleri.

Hedef şu: bölüm bittiğinde elimizde yıldız maddesinin nasıl davrandığını tarif eden tam bir matematiksel set olacak. Bölüm 3'te buna bir de enerji taşınımı ekleyince yıldızın iç yapısını çözmek için gerekli denklemlerin tümünü toplamış olacağız.

1 Kütle Korunumu Denklemi

İlk denklem, en kolayı: yıldızın geometrisinin doğrudan sonucu, hiçbir fizik içermez.

Türetme (Kütle korunumu)

Yıldızın küresel simetrik olduğunu varsayalım, bu, dönmeyen, manyetik alanı baskın olmayan tek başına bir yıldız için fazlasıyla iyi bir yaklaşımdır. Yoğunluk $\rho$ yalnızca yarıçap $r$'nin fonksiyonudur.

$r$ ile $r + dr$ arasındaki ince küresel kabuğun hacmi $4\pi r^2\,dr$ olduğundan, kütlesi
$dm = 4\pi r^2 \rho\, dr.$

Burada $m(r)$, merkezden $r$ yarıçapına kadar olan toplam kütleyi gösterir; "$r$'nin içindeki kütle". Yani $m(0) = 0$ ve $m(R) = M$ (yıldızın toplam kütlesi). Yukarıdaki diferansiyel oran şu sade biçimi alır:
$\boxed{\frac{dm}{dr} = 4\pi r^2 \rho}$

Fiziksel Yorum

Bu denklem fizik değil, sayma. Bir küre kabuğun kütlesi yüzey alanı çarpı kalınlık çarpı yoğunluğa eşittir; denklem onun tek satırlık ifadesidir. "Korunum" adı biraz iddialı: aslında bu, kütle ne yaratılıyor ne yok ediliyorsa $m(r)$'nin yalnızca yoğunluğun integraliyle birikmesi gerektiğini söyler. Yıldız evriminde nükleer yanma sırasında bile, kütle eksiği toplam kütleyi milyonda birden az değiştirir; pratik amaçla "kütle korunur".

1.1 Lagrange koordinatları: $m$ bağımsız değişken olarak

Yapı denklemlerini $r$ değil $m$ bağımsız değişken alarak yazmak çoğu zaman daha sağlamdır. Sebebi şudur: yıldız yaşam boyunca yarıçapını dramatik biçimde değiştirir (kırmızı deve dönüşürken yarıçap yüz kat artar). Ama merkezden ölçülen kütle koordinatı, o kabuğun "kim olduğunu" söyler ve evrim boyunca değişmez. Eulerian bakış (sabit $r$'de izleme) yerine Lagrangian bakış (sabit $m$'i takip etme), evrim hesaplarında çok daha doğal.

Türetme (Lagrange formu)

$dm/dr = 4\pi r^2 \rho$ denklemini ters çevirelim:
$\boxed{\frac{dr}{dm} = \frac{1}{4\pi r^2 \rho}}$

Bu sefer $r$ bağımlı değişken (kabuğun nerede oturduğunu söyler) ve bağımsız değişken kütle koordinatı $m$ olur. $m = 0$'dan $m = M$'ye gittikçe yarıçap merkezden yüzeye uzanır.

Ara Not

Eulerian ve Lagrangian seçimi tek başına bir fizik kararı değil; ama numerik yıldız çözüm kodları neredeyse istisnasız Lagrangian'ı tercih eder. Çünkü bir kabuğun kompozisyonu (örneğin "hidrojen kütle kesri $X$") o kabuktaki kütleye sıkı bağlıdır, $r$'ye değil. Hidrojen yandıkça $X$ azalır; ama bunu "$r = 10^8$ m'de $X$ ne" sorusu olarak izlemek baş ağrısıdır, çünkü kabuk şişmiş, genleşmiştir. "$m = 0{,}3M$'de $X$ ne" sorusu çok daha temizdir.

2 Hidrostatik Denge

İkinci denklem, yıldız fiziğinin gerçek ilk denklemi: yerçekiminin içeri çektiği, basıncın dışarı ittiği iki kuvvetin her noktada birbirini sıfırlaması. Bölüm 1'de söz vermiştik; ödüyoruz.

Türetme (Hidrostatik denge)

Yine küresel simetri varsayımı altında çalışıyoruz. $r$ ile $r+dr$ arasındaki ince küresel bir kabuğa odaklanalım. Bu kabuğun bir birim yüzey alanına etkiyen iki kuvvet vardır:

Kütleçekimi. Kabuğun iç ve dış yüzeyleri arasındaki maddenin tümü, içeride bulunan $m(r)$ kütlesi tarafından merkeze doğru çekilir. Kabuk üzerinde birim alan başına yerçekimi kuvveti:
$f_{\text{grav}} = -g(r) \times (\text{birim alan başına kütle}) = -\frac{Gm(r)}{r^2}\rho\, dr.$
Eksi işaret, kuvvetin azalan $r$ yönüne (içeri) baktığını söylüyor.

Basınç. Kabuğun alt yüzeyi $P(r)$ basıncı altında, üst yüzeyi $P(r+dr)$ basıncı altındadır. Birim alana net basınç kuvveti (yukarı pozitif sayılarak):
$f_{\text{bas}} = P(r) - P(r + dr) = -dP = -\frac{dP}{dr}\, dr.$
İçeride büyük, dışa küçükse $dP/dr < 0$, dolayısıyla $-dP/dr > 0$ ve net kuvvet dışa bakar.

Denge. Kabuk ne çöküyor ne genleşiyorsa toplam kuvvet sıfırdır:
$-\frac{dP}{dr}\, dr - \frac{Gm\rho}{r^2}\, dr = 0.$
Eşitliği $dr$'ye bölüp düzenleyelim:
$\boxed{\frac{dP}{dr} = -\frac{Gm(r)\,\rho(r)}{r^2}}$
Hidrostatik denge denklemi budur.

Fiziksel Yorum

Bu denklemin söylediği şey son derece basit ama sonuçları derindir. Bir yıldızda her katman, üstündeki yığını taşımak zorundadır. "Yığını taşımak" demek o katmanda yeterince yüksek basıncın olması demektir; yani basınç içeri doğru artmalıdır. Eksi işaret tam bunu söyler: $r$ büyüdükçe (dışa gittikçe) $P$ azalır.

Eğer bir noktada basınç gradyanı yerçekimini yenemezse o noktada kabuk içe ivmelenir; çöküş başlar. Tersine gradyan yerçekimini aşarsa kabuk dışa genleşir. İdeal yıldızda her yerde tam denge tutar, bu yüzden "hidrostatik" (statik = durağan) denir. Yıldızın yaşamı boyunca, çok kısa süreli olaylar (süpernova çöküşü, helyum flaşı) dışında hidrostatik denge daima geçerlidir.

2.1 Lagrange formu

Zincir kuralından:

Türetme (Lagrange formu)

$\frac{dP}{dm} = \frac{dP}{dr}\cdot\frac{dr}{dm} = \left(-\frac{Gm\rho}{r^2}\right)\cdot\left(\frac{1}{4\pi r^2\rho}\right).$
$\rho$'lar sadeleşir:
$\boxed{\frac{dP}{dm} = -\frac{Gm}{4\pi r^4}}$
Dikkat: bu formda $\rho$ açıkça görünmüyor; yoğunluğa olan bağımlılık $r(m)$ üzerinden örtük olarak içeride. Yoğunluğu görmek için yine ilk forma dönmek gerekir. Ama denklemin görüntüsü temiz.

2.2 Merkez basıncını kabataslak kestirmek

Bir yıldızın merkez basıncını tam olarak çözmek için tüm yapı denklemlerini ve EOS'yi birlikte çözmek gerekir. Ama hidrostatik denge tek başına, kabataslak bir tahmin verir.

Türetme (Kaba merkez basıncı)

Hidrostatik denklemi $r = 0$'dan $r = R$'ye integral edelim, sınır koşulu olarak $P(R) \approx 0$ (yüzey basıncı küçük) alalım:
$P_c = P(0) - P(R) = \int_0^R \frac{Gm(r)\,\rho(r)}{r^2}\, dr.$

Sağ tarafı yaklaşık olarak hesaplamak için yıldızı sabit yoğunluklu $\bar\rho = 3M/(4\pi R^3)$ kabul edelim. O zaman $m(r) = (4\pi/3)\, r^3\bar\rho$ ve integrand
$\frac{G\cdot(4\pi/3)r^3\bar\rho\cdot\bar\rho}{r^2} = \frac{4\pi G\bar\rho^2}{3}\, r.$
$0$'dan $R$'ye integral:
$P_c \approx \frac{4\pi G\bar\rho^2}{3}\cdot\frac{R^2}{2} = \frac{2\pi G\bar\rho^2 R^2}{3}.$
$\bar\rho$'yi $M$ ve $R$ cinsinden yazıp sadeleştirelim:
$P_c \approx \frac{2\pi G}{3}\left(\frac{3M}{4\pi R^3}\right)^2 R^2 = \frac{3GM^2}{8\pi R^4} \approx 0{,}12\cdot\frac{GM^2}{R^4}.$

Örnek

Güneş için $M_\odot = 2{,}0 \times 10^{30}$ kg, $R_\odot = 7{,}0 \times 10^8$ m ile
$P_c^{(\text{kaba})} \approx 0{,}12\cdot\frac{(6{,}67\times10^{-11})(2{,}0\times10^{30})^2}{(7{,}0\times10^8)^4} \approx 1{,}3\times10^{14}\ \text{Pa}.$
Standart Güneş modelinin verdiği gerçek değer yaklaşık $2{,}5\times10^{16}$ Pa. Yani kestirimimiz iki büyüklük mertebesi düşük. Sebep belli: gerçek yoğunluk merkeze doğru hızla artar; sabit yoğunluk kabulü merkezdeki maddenin gerçek ağırlığını fena hâlde küçümsüyor. Yine de mertebenin doğru çıkması bu kestirimde önemlidir: $P_c \propto GM^2/R^4$ bağıntısı yıldızlar arasında genel bir ölçek yasası verir; doğru ön çarpan yıldızın iç yoğunluk profiline bağlıdır.

Ara Not

"Kaba" tahminin neden bu kadar yanlış çıktığı pedagojik bir uyarı. Yıldızda yoğunluk merkezde ortalama yoğunluğun yaklaşık 100 katıdır. Yer çekimine $\rho^2$ duyarlılığı olduğundan, bu fark merkez basıncına on bin kat olarak yansır. Yani kestirimimiz aslında "yoğunluk düzgün dağılmış olsaydı merkez basıncı şu olurdu" diyor; gerçek yıldız bundan çok daha aşırı bir merkez yoğunlaşmasına sahip.

3 Basıncın Üç Kaynağı

Hidrostatik denge denklemi $dP/dr$ içerir; çözmek için "$P$ nedir" diye sormalıyız. Yıldız maddesinde basınç üç ayrı fiziksel kökene sahiptir. Bu bölümde üçünü de teker teker türetiyoruz.

3.1 İdeal gaz basıncı

Çoğu yıldızda iç madde, klasik bir gaz gibi davranır: serbest parçacıklar, Boltzmann hızlarında, çarpışıp savruluyor. Bu bölgede basınç ideal gaz yasasıyla verilir.

Türetme (İdeal gaz denklemi)

Kinetik gaz teorisinden, izotropik bir parçacık dağılımı için basınç
$P = \frac{1}{3} n \langle p \cdot v\rangle$
biçimindedir; $n$ parçacık yoğunluğu, $p$ momentum, $v$ hız. Klasik (göreli olmayan) parçacıklar için $p = mv$ ve $p\cdot v = mv^2 = 2\cdot\tfrac{1}{2}mv^2$, yani momentum-hız çarpımı kinetik enerjinin iki katıdır. Buradan:
$P = \frac{2}{3} n \langle E_{\text{kin}}\rangle.$
Maxwell-Boltzmann dağılımı için $\langle E_{\text{kin}}\rangle = \tfrac{3}{2}kT$ olduğundan:
$P = \frac{2}{3} n \cdot \frac{3}{2} kT = nkT.$
Bu, ideal gazın bilindik durum denklemidir.

Yıldız bağlamında parçacık yoğunluğunu kütle yoğunluğuna çevirmek isteriz. Ortalama parçacık kütlesi $\bar m = \mu m_u$ ise ($\mu$ ortalama moleküler ağırlık, $m_u$ atomik kütle birimi), $n = \rho/(\mu m_u)$ ve:
$\boxed{P_{\text{gas}} = \frac{\rho}{\mu m_u}\, kT}$

Türetme (Ortalama moleküler ağırlık $\mu$)

$\mu$, yıldız maddesinin kompozisyonuna ve iyonizasyon durumuna bağlıdır. Yıldızın iç bölgelerinde madde tamamen iyonizedir; her atom hem çekirdek hem de tüm elektronlarını serbest parçacık olarak katar.

Kompozisyon kütle kesirleriyle verilsin: $X$ (hidrojen), $Y$ (helyum), $Z$ (geri kalan "metaller"), $X + Y + Z = 1$. Tam iyonize hâlde:

• Hidrojen ($A = 1$): her atomdan 1 proton + 1 elektron = 2 parçacık, ağırlığı 1 birim.
• Helyum ($A = 4$): 1 çekirdek + 2 elektron = 3 parçacık, ağırlığı 4 birim.
• Tipik metal ($A \approx 2Z,\ Z \gg 1$): 1 çekirdek + $Z$ elektron $\approx Z + 1$ parçacık, ağırlığı $A \approx 2Z$ birim; parçacık/birim oranı $\approx 1/2$.

Birim kütle başına toplam parçacık sayısı:
$\frac{1}{\mu} = \underbrace{X\cdot\frac{2}{1}}_{H} + \underbrace{Y\cdot\frac{3}{4}}_{He} + \underbrace{Z\cdot\frac{1}{2}}_{\text{metaller}} = 2X + \frac{3Y}{4} + \frac{Z}{2}.$
Güneş kompozisyonu $(X, Y, Z) \approx (0{,}71,\ 0{,}27,\ 0{,}02)$ için:
$\frac{1}{\mu_\odot} \approx 2(0{,}71) + 0{,}75(0{,}27) + 0{,}5(0{,}02) \approx 1{,}63 \implies \mu_\odot \approx 0{,}61.$
Saf, tamamen iyonize hidrojen için $\mu = 1/2$, proton ve elektron, ikisi birden, ortalama yarım birim.

Fiziksel Yorum

"Ortalama moleküler ağırlık" adı yanıltıcı: bu sayı moleküllerin ağırlığını değil, plazmadaki serbest parçacık başına ortalama kütleyi ölçer. İyonize bir gazda elektronlar da parçacık sayılır, oysa molekül kütlesi onları içermez. Yıldız iç bölgelerinde $\mu$ tipik olarak $0{,}5$–$0{,}7$ arasındadır; bu kabaca "her birime iki parçacık" anlamına gelir. Hesaplarda dikkatli olun: aynı maddeyi nötr atomik gaz olarak hesaplarsanız $\mu \approx 1{,}3$ çıkar, çok farklı bir sayı.

3.2 Işıma basıncı

Yıldız iç bölgesinde sıcaklık o kadar yüksektir ki, fotonların kendileri de bir basınç uygular. Bu basınç çoğu ana kol yıldızında küçük bir düzeltmedir; ama çok masif yıldızlarda baskın hâle gelir ve yıldızın varoluş sınırını (Eddington limiti) belirler. Türetmek, fotonların momentum taşıdığını hatırlamakla başlar.

Türetme (Fotonik gaz için basınç ile enerji yoğunluğu)

İzotropik bir parçacık dağılımı için basıncı $P = \tfrac{1}{3} n\langle p \cdot v\rangle$ olarak yazmıştık (bkz. 3.1). Foton için $p = E/c$ ve $v = c$, dolayısıyla $p \cdot v = E$. Buradan:
$P_{\text{ışın}} = \frac{1}{3} n \langle E\rangle.$
Ama $n\langle E\rangle = u$ (birim hacim başına toplam enerji yoğunluğu). Bu nedenle:
$P_{\text{ışın}} = \frac{u}{3}$
İzotropi kabulü altında (yıldız iç bölgesinde fotonlar yerel olarak termal dengeye yakın, yani izotropiye yakındır) bu sonuç tamdır. Geriye yalnızca $u$'yu sıcaklığa bağlamak kalıyor.

Türetme (Kara cisim enerji yoğunluğu)

Bir kara cisim (her frekansta termal denge fotonları içeren ideal soğurucu) için, Planck fonksiyonundan birim hacim başına enerji integrali:
$u(T) = \int_0^\infty \frac{8\pi h\nu^3/c^3}{e^{h\nu/kT} - 1}\, d\nu = \frac{8\pi^5 k^4}{15\, c^3 h^3}\, T^4 \equiv aT^4.$
Burada
$a \equiv \frac{8\pi^5 k^4}{15\, c^3 h^3} \approx 7{,}57 \times 10^{-16}\ \text{J m}^{-3}\,\text{K}^{-4}$
ışıma sabitidir. Stefan-Boltzmann sabiti $\sigma$ ile bağıntısı $a = 4\sigma/c$ (türetimi Bölüm 1'in ikinci kısmında yapılır).

Türetme (Işıma basıncı)

İki sonucu birleştirelim:
$\boxed{P_{\text{ışın}} = \frac{1}{3} aT^4}$

Fiziksel Yorum
Işıma basıncının ideal gaz basıncından iki temel farkı vardır. Birincisi: tamamen sıcaklığa bağlıdır; yoğunluk hiç görünmez. Çünkü termal denge fotonlarının sayısı yalnızca sıcaklığa bağlıdır (yıldızın ne kadar gazı olduğu önemli değil). İkincisi: $T^4$ ile çok hızlı büyür. İdeal gaz basıncı $\propto \rho T$, oranlama yaparsak
$\frac{P_{\text{ışın}}}{P_{\text{gas}}} \propto \frac{T^3}{\rho}.$
Bu oran Güneş merkezinde $\sim 10^{-3}$; ışıma basıncı küçük bir düzeltme. Ama $50M_\odot$ bir yıldızın merkezinde sıcaklık $10^8$ K'i aşar, yoğunluk düşer ve oran 1'e yaklaşır. O noktada yıldızın varlığı ipliğe bağlanır: ışımanın itme gücü, kendi kütleçekimini yenmeye başlar. "Eddington limiti" bu eşiğin sayısal ifadesidir; Bölüm 6'da türetilecektir.

3.3 Dejenere elektron gazı basıncı

Yıldızın iki yerinde madde klasik ideal gaz gibi davranmaz: ileri evrim evrelerinde (beyaz cüce çekirdeği, kırmızı dev çekirdeği, nötron yıldızı) yoğunluk öyle artar ki elektronlar arasında klasik "çarpışıp savrulma" tablosu çöker; yerine Pauli ilkesinin dayatması geçer. Aynı kuantum durumunda iki elektron bulunamaz, dolayısıyla yüksek yoğunlukta elektronlar düşük enerji durumlarını doldurup yüksek momentum durumlarına çıkmak zorunda kalırlar. Bu kuantum kökenli momentum, sıcaklıktan bağımsız bir basınç üretir.

Bu basıncın özellikle önemli bir özelliği vardır: soğutmak onu söndürmez. Klasik bir gazda sıcaklık düşerse basınç düşer; ama dejenere elektron gazında sıcaklık tam sıfıra inse bile elektronlar momentum durumlarında kalmak zorundadır, çünkü Pauli ilkesi onları aşağı sıkıştırmaya izin vermez. İşte bu yüzden bir beyaz cüce, milyarlarca yıl boyunca soğuyup nükleer enerji üretmese bile çökmez. Bunu adım adım türetelim.

Türetme (Faz uzayında durum yoğunluğu)

Heisenberg ilkesinin tek bir parçacık için izin verdiği en küçük faz hacmi $h^3$'tür: $\Delta x\,\Delta p \gtrsim h$ üç boyutta birden. Bu, $h^3$ büyüklüğündeki bir faz hacmine yalnızca bir momentum durumu sığabileceği anlamına gelir. Spin-1/2 olan elektronlar her duruma iki tane sığar (spin yukarı + spin aşağı), yani momentum uzayında durum yoğunluğu:
$g(p)\, dp = \frac{2 \cdot 4\pi p^2}{h^3}\, dp = \frac{8\pi p^2}{h^3}\, dp.$
Bu, birim hacimde momentumu $[p, p + dp]$ aralığında bulunan kullanılabilir durumların sayısıdır. Fiziksel elektron yoğunluğu için bu durumların "ne kadar dolu" olduğunu söyleyen bir doluluk fonksiyonu ile çarpmak gerekir.

Fermi-Dirac istatistiğinden doluluk:
$f(p) = \frac{1}{\exp\left(\dfrac{E(p) - \mu}{kT}\right) + 1}.$
Burada $\mu$ kimyasal potansiyel; klasik limitte yüksek negatife giderek $f$'i çok küçültür (Maxwell-Boltzmann limiti), tam dejenere limitte ise pozitif olup Fermi enerjisine $E_F$ eşit olur. Bizim ilgilendiğimiz limit ikincisidir.

Türetme (Tam dejenere limit: Fermi küresi)
"Tam dejenere" demek, sıcaklığın o kadar düşük (ya da yoğunluğun o kadar yüksek) olması ki $kT \ll E_F$. O zaman $f(p)$ basamak fonksiyonuna döner:
$f(p) = \begin{cases} 1, & p \le p_F \\ 0, & p > p_F \end{cases}$
Yani $p_F$ Fermi momentumunun altındaki tüm momentum durumları doludur, üstündekiler boştur. Elektronlar momentum uzayında, merkezde, $p_F$ yarıçaplı bir küre, Fermi küresi, doldururlar.

Birim hacimdeki elektron sayısı, bu kürenin doldurduğu durumların sayısıdır:
$n_e = \int_0^{p_F} \frac{8\pi p^2}{h^3}\, dp = \frac{8\pi}{3h^3}\, p_F^3.$
Tersinden $p_F$'yi $n_e$ cinsinden:
$p_F = h\left(\frac{3n_e}{8\pi}\right)^{1/3} = \hbar\left(3\pi^2 n_e\right)^{1/3}.$
İkinci ifade $\hbar = h/(2\pi)$ kullanılarak elde edildi ve standart formdur.

Türetme (Tam dejenere elektron gazının basıncı)

Klasik kinetik gaz teorisindeki $P = \tfrac{1}{3} n\langle p \cdot v\rangle$ formülünü süreklilik biçiminde yazalım, dağılım integralleriyle:
$P_e = \frac{1}{3}\int_0^{p_F} \frac{8\pi p^2}{h^3}(p \cdot v)\, dp = \frac{8\pi}{3h^3}\int_0^{p_F} p^3\, v(p)\, dp.$
$v(p)$, momentumu $p$ olan elektronun hızı; bu, elektronun göreli olup olmadığına bağlıdır. İki limit ele alıyoruz.

Göreli olmayan (NR) limit. Elektron hızı ışık hızından çok küçükse ($p \ll m_e c$), klasik $v = p/m_e$ geçerlidir.

Türetme (NR dejenere basınç)

$P_e^{\text{NR}} = \frac{8\pi}{3h^3 m_e}\int_0^{p_F} p^4\, dp = \frac{8\pi}{3h^3 m_e}\cdot\frac{p_F^5}{5} = \frac{8\pi p_F^5}{15 h^3 m_e}.$
Şimdi $p_F = \hbar(3\pi^2 n_e)^{1/3}$ ifadesini yerine koyalım: $p_F^5 = \hbar^5(3\pi^2)^{5/3} n_e^{5/3}$ ve $h^3 = (2\pi\hbar)^3 = 8\pi^3\hbar^3$.
$P_e^{\text{NR}} = \frac{8\pi}{15 \cdot 8\pi^3 \hbar^3 m_e}\cdot \hbar^5 (3\pi^2)^{5/3} n_e^{5/3} = \frac{\hbar^2}{15\pi^2 m_e}(3\pi^2)^{5/3} n_e^{5/3}.$
$(3\pi^2)^{5/3}/\pi^2 = 3^{5/3}\pi^{4/3}$ ve $15 = 5 \cdot 3$ kullanarak ön çarpanı sadeleştirebiliriz; en sık görülen kapalı biçim:
$\boxed{P_e^{\text{NR}} = \frac{(3\pi^2)^{2/3}}{5}\frac{\hbar^2}{m_e} n_e^{5/3}}$

Ultra-göreli (UR) limit. Yoğunluk öyle yükselirse Fermi momentumu $p_F \gg m_e c$ olur; o zaman elektronlar ışık hızına yakın ($v \approx c$) ve $E = pc$.

Türetme (UR dejenere basınç)

$P_e^{\text{UR}} = \frac{8\pi c}{3h^3}\int_0^{p_F} p^3\, dp = \frac{8\pi c}{3h^3}\cdot\frac{p_F^4}{4} = \frac{2\pi c\, p_F^4}{3h^3}.$
Aynı yerine koymayı yapalım: $p_F^4 = \hbar^4(3\pi^2)^{4/3} n_e^{4/3}$, $h^3 = 8\pi^3\hbar^3$.
$P_e^{\text{UR}} = \frac{2\pi c\hbar^4}{3 \cdot 8\pi^3 \hbar^3}(3\pi^2)^{4/3} n_e^{4/3} = \frac{c\hbar}{12\pi^2}(3\pi^2)^{4/3} n_e^{4/3}.$
$(3\pi^2)^{4/3}/\pi^2 = 3^{4/3}\pi^{2/3}$ ve $3^{4/3}/12 = 3^{1/3}/4$ ile en sade biçim:
$\boxed{P_e^{\text{UR}} = \frac{(3\pi^2)^{1/3}}{4}\hbar c\, n_e^{4/3}}$

Fiziksel Yorum

İki limitin yoğunluğa bağımlılığı farklıdır ve bu fark, beyaz cücelerin neden Chandrasekhar kütle sınırına sahip olduğunun çekirdek nedenidir. NR limitte $P \propto n_e^{5/3}$; yoğunluk arttıkça basınç ondan daha hızlı yükselir, kütleçekimi karşısında her zaman direnç bulunur. UR limitte $P \propto n_e^{4/3}$; bu kez basınç, yoğunluktan yavaş büyür, daha doğrusu, kütleçekiminin de yoğunlukla $\rho^{4/3}$ ölçeklenen versiyonu (politrop koşullarında) ile aynı üs. Bunlar denkleşince basınç gradyanı yerçekimini artık her yoğunlukta dengeleyemez; yıldız ya kararlıdır ya değildir, ara yoktur. Bu hassas dengenin sonucu Chandrasekhar kütlesi $\approx 1{,}4M_\odot$'dur (Bölüm 13'te tam türetim).

Türetme (Kütle yoğunluğuna geçiş)

Yıldız modelinde basıncı $n_e$ yerine $\rho$ cinsinden istiyoruz. Tam iyonize plazmada elektron yoğunluğunu kütle yoğunluğuna bağlayan tanım:
$n_e = \frac{\rho}{\mu_e m_u},$
burada $\mu_e$ elektron başına ortalama moleküler ağırlıktır. $A \approx 2Z$ tipik metaller için $\mu_e \approx 2$; saf hidrojen için $\mu_e = 1$. Yerine koyup basıncı $\rho$ cinsinden yazarsak:
$P_e^{\text{NR}} = K_{\text{NR}}\left(\frac{\rho}{\mu_e}\right)^{5/3}, \qquad P_e^{\text{UR}} = K_{\text{UR}}\left(\frac{\rho}{\mu_e}\right)^{4/3},$
$K_{\text{NR}} = \frac{(3\pi^2)^{2/3}}{5}\frac{\hbar^2}{m_e\, m_u^{5/3}}, \qquad K_{\text{UR}} = \frac{(3\pi^2)^{1/3}}{4}\frac{\hbar c}{m_u^{4/3}}.$

Ara Not

Burada nesnel bir sürpriz var: dejenere elektron basıncı sıcaklıktan tamamen bağımsızdır. Bu beklenir çünkü Pauli ilkesi sıcaklığa ihtiyaç duymadan elektronları yüksek momentum durumlarına iter. Ama sonucun bir bedeli vardır: dejenere madde sıcaklığa duyarsızdır. Bir beyaz cücede ısı artarsa basınç tepki vermez (yaklaşık olarak); oysa klasik gazda ısı artması basınç artması ve genleşme demektir; dejenere madde genleşemez. Sonuç: dejenere bir bölgede nükleer yanma başlarsa, ısı yükselir ama genleşip soğumaz. Sıcaklık daha da artar, yanma hızlanır, ısı daha da yükselir. Bu termal kaçak (thermal runaway) tepkidir; helyum flaşı ve Tip Ia süpernovaların kalbinde yatan mekanizmadır. Bölüm 8 ve 12'de tam tabloyu sereceğiz.

4 Hal Denklemi (EOS): Hepsini Birleştirmek

Yıldız iç bölgesinde tipik olarak iki basınç kaynağı bir aradadır: ideal gaz ve ışıma. Dejenere basınç yalnızca özel evrelerde ve özel bölgelerde (beyaz cüceler, ileri dev çekirdekleri) önem kazanır. Tam genel bir EOS yazmak için bunları toplamak gerekir.

Genel form:

$$P_{\text{toplam}} = P_{\text{gas}} + P_{\text{ışın}} + P_{\text{dejenere}}.$$

Ana kol yıldızlarında dejenerasyon ihmal edilebilir ve EOS pratik biçimde:

$$\boxed{P = \frac{\rho kT}{\mu m_u} + \frac{1}{3} aT^4.}$$

Yıldız modellemesinde iki basınç kaynağının oranını izlemek için tek bir boyutsuz parametre yeterlidir.

Tanım ($\beta$ parametresi)

Toplam basınçta gaz basıncının payı
$\beta \equiv \frac{P_{\text{gas}}}{P_{\text{toplam}}}, \qquad 1 - \beta = \frac{P_{\text{ışın}}}{P_{\text{toplam}}}.$
$\beta = 1$ saf gaz, $\beta = 0$ saf ışıma; $0 < \beta < 1$ karışım.

Fiziksel Yorum

$\beta$, yıldızın kişiliği hakkında muazzam bilgi taşır. Düşük kütle ana kol yıldızlarında (Güneş ve aşağısı) $\beta \approx 1$, ışıma basıncı önemsiz. $20M_\odot$ civarında $\beta \approx 0{,}8$; ışıma basıncı yüzde 20. $50M_\odot$ ve üzeri yıldızlarda $\beta \lesssim 0{,}5$. $\beta \to 0$ limiti tam olarak Eddington limitidir: yıldız kendi ışımasının itme gücüyle bir arada duramayacağı kütle eşiği. Eddington limiti yıldız kütlesinin üst sınırıdır ve $\beta$ parametresi onun sayısal habercisidir.

5 İyonizasyon Dengesi: Saha Denklemi

Şimdiye kadar yıldız maddesini ya "tam iyonize" (iç bölgeler) ya da "nötr" (atmosfer) varsaydık. Gerçek geçiş bölgesi, yıldız fotosferinin altı, atmosferin tabanı, kısmen iyonizedir; orada bir atomun ne kadarının iyonize olduğunu söyleyen denkleme ihtiyacımız var. Bu, Meghnad Saha'nın 1920'de türetip yıldız tayfının yorumlanmasında devrim yapan denklemdir.

Hedef: bir bölgede hidrojen atomlarının (basitlik için tek elementi ele alalım) iyonize kesirini, sıcaklığa, yoğunluğa ve hidrojenin iyonizasyon enerjisine bağlamak.

5.1 Hazırlık: tek tek bileşenler

Sistem ısıl ve kimyasal dengededir. Üç "kimyasal tür" var: nötr hidrojen atomu ($H$), proton ($p$) ve elektron ($e$). Aralarındaki tepkime

$$H \rightleftharpoons p + e^-$$

ve dengede her iki yön de aynı hızda gerçekleşir. Termodinamik dilinde bu dengenin koşulu kimyasal potansiyellerin uyumudur:

$$\mu_H = \mu_p + \mu_e.$$

Tek tek türlerin kimyasal potansiyelleri, ideal gaz sınırında bilindik biçimdedir. Bir cinsten parçacık için (kütle $m$, iç enerji düzeyleriyle birlikte) klasik istatistik mekanikten:

$$\mu = -kT\ln\left[\frac{z}{n}\right], \qquad z = \left(\frac{2\pi mkT}{h^2}\right)^{3/2} Z_{\text{iç}},$$

burada $n$ parçacık yoğunluğu, $z$ tek-parçacık kuantum konsantrasyonudur ve $Z_{\text{iç}}$ parçacığın iç (elektronik, dönme vs.) durumları üzerinden parça fonksiyonudur.

Türetme (Enerji sıfırının seçimi)

Türlerin enerji sıfır noktasını dikkatle seçmemiz gerekir; ihmal edersek iyonizasyon enerjisi denkleme yanlış işaretle girer.

Sıfır = serbest $p$ ve serbest $e$, ikisi de hareketsiz, sonsuz uzak. Bu seçim altında:

• Hareketsiz serbest proton: $E = 0$.
• Hareketsiz serbest elektron: $E = 0$.
• Hidrojenin temel hâli (1s): elektron protonun etrafında bağlı, bağlanma enerjisi $\chi_H = 13{,}6$ eV. Yani atom enerjisi $E_H = -\chi_H$.

Bu durumda hidrojenin iç parça fonksiyonu yalnızca temel hâlden gelir (uyarılmış düzeyleri ihmal ediyoruz):
$Z_{\text{iç}}^H = g_H \exp\left(-\frac{E_H}{kT}\right) = g_H \exp\left(\frac{\chi_H}{kT}\right).$
Bağlanma enerjisi pozitif üs olarak çıkar çünkü bağlı hâl referans seviyesinin altındadır. Proton ve elektron için iç durumlar yalnızca spinden:
$Z_{\text{iç}}^p = g_p = 2, \qquad Z_{\text{iç}}^e = g_e = 2.$
Hidrojen temel hâl için elektron spin durumları (2) ile proton spin durumları (2) çarpımı:
$g_H = 4.$

5.2 Saha denkleminin türetimi

Türetme (Saha denklemi)

Üç kimyasal potansiyeli $\mu = -kT\ln(z/n)$ kalıbıyla yazıp denge koşuluna sokalım:
$-kT\ln\frac{z_H}{n_H} = -kT\ln\frac{z_p}{n_p} - kT\ln\frac{z_e}{n_e}.$
$kT$'yi atıp logaritmaları toplayalım:
$\ln\frac{n_p n_e}{n_H} = \ln\frac{z_p z_e}{z_H} \implies \frac{n_p n_e}{n_H} = \frac{z_p z_e}{z_H}.$
Şimdi $z$'leri yerine koyalım. Translasyonel parçada $m_p \approx m_H$ olduğundan o ikisinin oranı 1'e çok yakındır; net olarak yalnızca elektronun translasyonel parçası kalır:
$\frac{z_p z_e}{z_H} = \left(\frac{2\pi m_e kT}{h^2}\right)^{3/2}\cdot\frac{g_p g_e}{g_H \exp(\chi_H/kT)}.$
İç istatistik ağırlıkların oranı $g_p g_e/g_H = 2\cdot2/4 = 1$. Sonuç:
$\boxed{\frac{n_p\, n_e}{n_H} = \left(\frac{2\pi m_e kT}{h^2}\right)^{3/2}\exp\left(-\frac{\chi_H}{kT}\right)}$
Bu, Saha denkleminin hidrojen için en sade biçimidir.

Fiziksel Yorum

Denklemin yapısını kelimelerle özetlemek mümkün: sol taraf "iyonize olanlar" / "nötr kalanlar" oranı; sağ taraf çarpan olarak iki şey içerir. Eksponansiyel parça beklenen Boltzmann faktörüdür: $\chi_H/kT$ büyükse iyonizasyon enerjik olarak engellenmiştir. Ama denklemde bir de ön çarpan vardır: $(2\pi m_e kT/h^2)^{3/2}$, ki bu "serbest elektron için kuantum mekaniksel kullanılabilir faz hacmi"dir. Sıcaklık arttıkça yalnızca Boltzmann çarpanı patlamaz; elektrona açılan faz uzayı da büyür. Bu yüzden hidrojen, naif Boltzmann tahminine bakarak "$kT \approx \chi_H$" olması gereken $\approx 160{,}000$ K değil, çok daha düşük $\approx 6000$–$10{,}000$ K sıcaklıklarda iyonize olur. Faz uzayı bedeli ödenmeden iyonizasyon başlamış olur.

Örnek

Sayısal hissi için Güneş fotosferi ($T \approx 5800$ K) için Saha sağ tarafını değerlendirelim:
$\left(\frac{2\pi m_e kT}{h^2}\right)^{3/2} \approx 2{,}4\times10^{21}\cdot T^{3/2}\ \text{m}^{-3} \approx 2{,}4\times10^{21}\cdot(5800)^{1{,}5}\ \text{m}^{-3} \approx 1{,}1\times10^{27}\ \text{m}^{-3}.$
$\chi_H/kT = 13{,}6/(8{,}6\times10^{-5}\cdot5800) \approx 27{,}2$, dolayısıyla $\exp(-27{,}2) \approx 1{,}5\times10^{-12}$. Sağ tarafın net değeri $\approx 1{,}7\times10^{15}$ m$^{-3}$. İyonizasyon oranı $x \equiv n_p/(n_p + n_H)$ için sol tarafı düzenleyelim:
$\frac{x^2}{1 - x}\cdot(n_p + n_H) = 1{,}7\times10^{15}\ \text{m}^{-3}.$
Tipik fotosfer toplam hidrojen yoğunluğu $\approx 10^{22}$ m$^{-3}$ alırsak $x^2/(1-x) \approx 1{,}7\times10^{-7}$, dolayısıyla $x \approx 4\times10^{-4}$. Güneş fotosferinde hidrojenin yalnızca on binde dördü iyonize, geri kalanı nötr. "Faz uzayı yardımı" önemli ama yine de 5800 K tam iyonizasyon için yeterli değil.

5.3 Genel form: keyfi iyon

Saha denklemini herhangi bir iyonizasyon basamağına genelleyebiliriz. $i$ kez iyonize hâl ile $i+1$ kez iyonize hâl arasındaki denge için:

$$\frac{n_{i+1}\, n_e}{n_i} = \frac{2U_{i+1}}{U_i}\left(\frac{2\pi m_e kT}{h^2}\right)^{3/2}\exp\left(-\frac{\chi_i}{kT}\right).$$

Burada $U_i$, $i$ kez iyonize hâlin iç parça fonksiyonu (uyarılmış elektronik düzeyler dahil), $\chi_i$ o hâlden bir sonrakine geçmek için gereken iyonizasyon enerjisi. Önün "2" faktörü serbest elektron spin durumlarından gelir. Hidrojen için $U_p/U_H = 1/2$ alıp yukarıdaki özel form geri kazanılır.

Ara Not

Saha denklemi yıldız tayfının yorumlanmasında devrimdir. Yıldız tayflarının OBAFGKM sıralaması, sıcak yıldızlarda hidrojen çizgilerinin neden zayıf, soğuk yıldızlarda neden hâlâ zayıf, ortada (A sınıfında) neden çok güçlü olduğunun bilmecesi, Saha denklemi olmadan çözülemez. Cevap: hidrojen çizgileri ne kadar nötr hidrojen olduğuna değil, uyarılmış nötr hidrojen olup olmadığına bağlıdır. O da hem iyonizasyon derecesinin hem de Boltzmann uyarılma kesrinin çarpımıdır; ikisinin yarışı A sınıfında ($\approx 10{,}000$ K) maksimum verir. Bölüm 1'in ikinci kısmında bu detaylara dönülecektir.

6 Virial Teorem

Yıldız fiziğinin "her şeyi açıklayan" tek formülüne en yakın aday viral teoremdir. Hidrostatik dengede olan herhangi bir kendine-kütleçekimli sistemin toplam termal enerjisi ile toplam kütleçekimsel potansiyel enerjisi arasında, sistemin ayrıntılarından bağımsız, sabit bir bağıntı vardır. Buradan çıkan sonuçlar şaşırtıcıdır, özellikle "negatif ısı kapasitesi", yıldız fiziğinin en aykırı ama en derin sonucudur.

Türetme (viral teorem hidrostatik dengeden)

Hidrostatik denge denkleminin iki tarafını $4\pi r^3\, dr$ ile çarpıp $0$'dan $R$'ye integral edelim:
$\int_0^R 4\pi r^3\frac{dP}{dr}\, dr = -\int_0^R 4\pi r^3\cdot\frac{Gm\rho}{r^2}\, dr.$

Sağ taraf. Sadeleştirip
$-\int_0^R Gm\cdot 4\pi r\rho\, dr = -\int_0^R \frac{Gm}{r}\cdot 4\pi r^2\rho\, dr = -\int_0^M \frac{Gm}{r(m)}\, dm \equiv \Omega.$
Buradaki integral, kütleçekimsel potansiyel enerjinin tanımıdır: her bir kabuğun, içinde kalan $m$ kütlesi nedeniyle sahip olduğu kütleçekimsel bağlanma enerjisinin toplamı (eksi işaretle çünkü bağlı sistem):
$\Omega = -\int_0^M \frac{Gm}{r}\, dm < 0.$

Sol taraf. Kısmi integrasyon:
$\int_0^R 4\pi r^3\frac{dP}{dr}\, dr = \left[4\pi r^3 P\right]_0^R - \int_0^R 12\pi r^2 P\, dr.$
Sınır terimleri: $r = 0$'da $r^3 = 0$, $r = R$'de yüzey basıncı $P(R) \approx 0$. Sınır terimi sıfır. Geriye:
$\int_0^R 4\pi r^3\frac{dP}{dr}\, dr = -3\int_0^R P\cdot 4\pi r^2\, dr = -3\int_V P\, dV.$
İki tarafı birleştirelim:
$-3\int_V P\, dV = \Omega \iff 3\int_V P\, dV + \Omega = 0.$
Bu, hidrostatik dengede olan bir yıldız için genel viral ifadedir.

Türetme (İdeal gaz için: $2K + \Omega = 0$)

İdeal gaz için basınç ve birim hacim başına ısıl kinetik enerji arasında basit bir bağıntı vardır. Klasik (göreli olmayan) gaz:
$P = nkT = \frac{2}{3}\cdot n\cdot\frac{3}{2}kT = \frac{2}{3}u_{\text{kin}},$
çünkü her parçacığa $\tfrac{3}{2}kT$ ısıl kinetik enerji düşer. Buradan
$\int_V P\, dV = \frac{2}{3}\int_V u_{\text{kin}}\, dV = \frac{2}{3}K,$
$K \equiv \int u_{\text{kin}}\, dV$ yıldızın toplam ısıl kinetik enerjisi. Yerine koyup:
$3\cdot\frac{2}{3}K + \Omega = 0 \iff \boxed{2K + \Omega = 0}$
Bu, viral teoremin ünlü ifadesidir.

Türetme (Toplam enerji ve $E = -K = \Omega/2$)

Yıldızın toplam enerjisi, ısıl kinetik artı kütleçekimsel potansiyel:
$E = K + \Omega.$
Viral teoremden $\Omega = -2K$, dolayısıyla:
$E = K + (-2K) = -K, \qquad \text{eşdeğer biçimde}\quad E = \frac{\Omega}{2}.$

6.1 Negatif ısı kapasitesi

Şimdi virial teoremin yıldız fiziğine bıraktığı en aykırı sonucu sereceğiz.

Fiziksel Yorum

Bir yıldız ışıma yoluyla enerji kaybeder; toplam enerjisi $E$ zamanla azalır ($\Delta E < 0$). Şimdi $E = -K$ olduğundan:
$\Delta K = -\Delta E > 0.$
Yıldız enerji kaybederken ısınır. Termal kinetik enerji artar; sıcaklık yükselir. Bu, alışıldık ısı kapasitesinin tam tersidir: bir cisim genelde ısı kaybedince soğur. Yıldız ısı kaybedince ısınır. Bu davranışa negatif ısı kapasitesi denir. Sebep nükleer ya da büyülü değil; saf kütleçekimi mekaniği. Yıldız enerji kaybettikçe büzüşür; büzüşme bir miktar kütleçekimsel potansiyel enerjiyi serbest bırakır; viral teorem bunun yarısının ısıya çevrilmesini, diğer yarısının ışıma olarak gitmesini zorunlu kılar.

Bu sonucun pratik yansımaları, ilerleyen bölümleri domine eder:

• Protostar evresi (Kelvin-Helmholtz). Bir gaz bulutu ısı yayarak büzüşürken, sıcaklığı yükselir. Bu yükseliş nükleer yanmayı başlatacak sıcaklığa ulaşana kadar sürer. Yıldızı tutuşturan şey, yıldızı soğutmaya çalışan ışımadır; ironi tam burada.
• Ana kol kararlılığı. Yıldız nükleer enerji üretimini biraz artırırsa, bir miktar ısı dışa kaçar, çekirdek genleşir ve soğur, nükleer hız geri düşer. Negatif ısı kapasitesi burada termostatik rol oynar, yıldız sabit gibi durur.
• Dejenere bölge. Basıncın sıcaklığa duyarsız olduğu yerlerde (beyaz cüce çekirdeği, kırmızı dev çekirdeği) viral teoremin koşulları çiğnenir. Dejenere bir bölgede nükleer yanma başlarsa, ısı yükselir ama madde genleşemediği için sıcaklık kontrolden çıkar: bu, helyum flaşının ve Tip Ia süpernovaların mekanik kökenidir (Bölüm 8 ve 12).

Ara Not

Negatif ısı kapasitesi, termodinamiğin bağımsız bir cisim için geçerli teoremleriyle çelişiyormuş gibi gelebilir. Çelişki yoktur: ısı kapasitesi tanımı kapalı, kütleçekiminden bağımsız sistemler içindir. Yıldız kapalı değildir (ışıma yayar), kütleçekiminden bağımsız değildir. Kütleçekimi devreye girince "ısı" ve "mekanik iş" farklı bir bağlantıya girer ve sıradan kuralın işareti tersine döner. Bu olgu, kara delik termodinamiğinde de tekrar karşımıza çıkar (Bölüm 15).

7 Karakteristik Zaman Ölçekleri

Bir yıldız üç farklı fiziksel süreçle yönetilir: mekanik denge, ısıl ayarlanma ve nükleer yanma. Her üçü farklı zaman ölçeğinde gerçekleşir ve aradaki muazzam fark yıldız fiziğini matematiksel olarak yönetilebilir kılan şeyin tam kalbidir.

7.1 Dinamik zaman ölçeği $\tau_{\text{dyn}}$

Bir yıldız mekanik dengesini kaybederse, örneğin basıncı bir anda yok olsa, kendi yerçekimi altında ne kadar zamanda çökerdi?

Türetme (Serbest düşme zamanı)

Basıncı tamamen ihmal edelim ve yıldızı yarıçap $R$, kütle $M$, sabit yoğunluk $\bar\rho = 3M/(4\pi R^3)$ olan bir gaz küresi varsayalım. Yüzeydeki bir parçacığın hareketi, içeride bulunan tüm kütleden çekildiği için $\ddot r = -GM/r^2$ ile yönetilir. Bunun enerji integralinden yarıçapın sıfıra inme süresi tam olarak
$\tau_{ff} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{R^3}{2GM}} = \sqrt{\frac{3\pi}{32\, G\bar\rho}}$
çıkar. Sayısal ön çarpanı bırakıp yalnızca mertebeyi tutalım:
$\boxed{\tau_{\text{dyn}} \sim \sqrt{\frac{R^3}{GM}} \sim \frac{1}{\sqrt{G\bar\rho}}}$

Örnek

Güneş için $R^3/(GM) \approx 2{,}6\times10^6$ s$^2$, dolayısıyla $\tau_{\text{dyn}}^\odot \approx 1600$ s $\approx 27$ dakika. Yıldız mekanik dengesini bir saat içinde geri kuramazsa görünür dramatik olaylar olurdu. Yıldız patladığında ya da bir nötron yıldızı oluşurken çekirdek çöküşü gerçekten de bu mertebede gerçekleşir (saniyeler).

7.2 Termal (Kelvin-Helmholtz) zaman ölçeği $\tau_{\text{KH}}$

Yıldız tüm nükleer kaynaklarını yitirse, halihazırda sahip olduğu kütleçekimsel bağlanma enerjisini şimdiki parlaklığında ne kadar zamanda yayar?

Türetme (Kelvin-Helmholtz zamanı)

Yıldızın toplam enerjisi viral teoremden $E = \Omega/2$. Mertebe olarak $|\Omega| \sim GM^2/R$, dolayısıyla $|E| \sim GM^2/(2R)$. Bu enerjiyi yıldız $L$ parlaklığında yayarsa karakteristik süre:
$\boxed{\tau_{\text{KH}} \sim \frac{GM^2}{RL}}$

Örnek

Güneş için: $GM^2/R \approx 4\times10^{41}$ J, $L_\odot \approx 3{,}8\times10^{26}$ W, dolayısıyla $\tau_{\text{KH}}^\odot \approx 10^{15}$ s $\approx 3\times10^7$ yıl. 19. yüzyıl fizikçileri (Kelvin ve Helmholtz) Güneş'in yaşının olsa olsa bu kadar olabileceğini iddia ettiler, çünkü o zaman bilinen tek enerji kaynağı kütleçekimsel büzüşmeydi. Jeoloji bunun on katından fazlasına işaret ediyordu; tutarsızlık ancak nükleer enerjinin keşfiyle (1930'lar) çözüldü.

7.3 Nükleer zaman ölçeği $\tau_{\text{nuc}}$

Yıldız hidrojeni helyuma çevirirken kütlenin yaklaşık %0,7'sini (kütle eksiği) enerjiye dönüştürür. Yıldızın elinde kullanılabilir hidrojen olduğu sürece bu kaynaktan ne kadar süre beslenebilir?

Türetme (Nükleer zaman ölçeği)

Yıldız toplam kütlesi $M$, çekirdekte hidrojen olarak bulunan kesir $f_H \sim 0{,}1$ (yalnızca çekirdek yanar; sayı yıldız modeline bağlıdır), hidrojenden helyuma dönüşüm enerji verimi $\eta = 0{,}007$. Toplam nükleer rezerv:
$E_{\text{nuc}} = \eta\, f_H\, M c^2.$
Bu enerji yıldızın şimdiki parlaklığında dağıtılırsa:
$\boxed{\tau_{\text{nuc}} \sim \frac{\eta\, f_H\, M c^2}{L}}$

Örnek

Güneş için: $\eta f_H M_\odot c^2 = 0{,}007\cdot0{,}1\cdot(2\times10^{30})(3\times10^8)^2 \approx 1{,}3\times10^{44}$ J. $L_\odot = 3{,}8\times10^{26}$ W ile $\tau_{\text{nuc}}^\odot \approx 3{,}4\times10^{17}$ s $\approx 10^{10}$ yıl. Bu sayı, Güneş'in tahmini ana kol yaşıdır; Güneş şu anda yaklaşık $4{,}6\times10^9$ yıl yaşında olup ana kolunun ortasındadır.

7.4 Üç zaman ölçeği arasındaki muazzam ayrılık

Sayılarla:

$$\tau_{\text{dyn}}^\odot \sim 10^3\ \text{s}, \qquad \tau_{\text{KH}}^\odot \sim 10^{15}\ \text{s}, \qquad \tau_{\text{nuc}}^\odot \sim 10^{17}\ \text{s}.$$

Yani $\tau_{\text{dyn}} \ll \tau_{\text{KH}} \ll \tau_{\text{nuc}}$. Mertebe olarak $\tau_{\text{KH}}/\tau_{\text{dyn}} \sim 10^{12}$ ve $\tau_{\text{nuc}}/\tau_{\text{KH}} \sim 10^2$.

Fiziksel Yorum

Bu muazzam ayrılık, yıldız modellemesinin neden mümkün olduğunun temelidir. Yıldız mekanik dengesini $\tau_{\text{dyn}} \sim$ saatler içinde kurar; daha yavaş hiçbir süreç bu dengeyi bozmaya yetişemez. Yıldız ısıl ayarlanmasını $\tau_{\text{KH}} \sim$ milyon yıllar içinde yapar; nükleer evrim onun yanında çok yavaştır. Nükleer evrim $\tau_{\text{nuc}} \sim$ milyar yıllar boyunca gerçekleşir.

Sonuç:

Yıldız evrimini hesaplarken her an mekanik dengede olduğunu varsayabiliriz; bu hata kabaca $(\tau_{\text{dyn}}/\tau_{\text{KH}})^2 \sim 10^{-24}$ mertebesindedir. Aynı şekilde ısıl dengeyi nükleer ölçekte ortalayabiliriz. Bu, sayısal yıldız evrim kodlarının "yarı-statik" (quasi-static) varsayım altında her zaman adımında bir denge çözüp ilerlemesinin haklı çıkmasıdır. Yıldız fiziğindeki çoğu klasik sonuç bu varsayım üzerine kuruludur; ve doğruluğunu üç zaman ölçeği arasındaki bu büyük ayrımdan alır.

Yine de istisnalar var. Süpernova çekirdek çöküşünde hidrostatik denge bir anda bozulur ve $\tau_{\text{dyn}}$ baskın olur: saniyeler içinde her şey biter. Helyum flaşında dejenere madde mekanik tepkisini ($\tau_{\text{dyn}}$) ısıl evrimine yetiştiremez; sıcaklık $\tau_{\text{dyn}}$'den daha kısa sürede patlar. Bu istisnalar ileride göreceğimiz dramatik olaylardır.

Sonraki Bölüm

Şimdiye kadar yıldız maddesinin mekanik dengesini (hidrostatik) ve durum denklemini (basıncın üç kaynağı + EOS) tarif eden iki temel diferansiyel denklemi türettik. Saha denklemiyle iyonizasyon dengesini, viral teoremle ısıl-mekanik bağıntıyı kurduk. Geriye yıldız yapısının tam tablosu için bir denklem daha kalıyor: enerji nasıl taşınır? Bir yıldızın çekirdeğinde üretilen ısı yüzeye nasıl ulaşır: ışıma yoluyla mı, konveksiyon yoluyla mı, yoksa (özel durumlarda) iletim yoluyla mı? Bu, Bölüm 3'ün konusudur. Üç taşınım modunun her birinin denklemini türetip, hangi koşulda hangisinin baskın olduğunu söyleyen Schwarzschild ve Ledoux ölçütlerini sereceğiz; nihayetinde dört temel yapı denklemini (kütle, hidrostatik, enerji üretimi, enerji taşınımı) bir araya getirip yıldız iç yapısı problemini matematiksel olarak kapayacağız.