Yıldızlar Doğumdan Kalıntıya Bölüm 3: Enerji Taşınımı

Bölüm 3: Enerji Taşınımı

Giriş

Bölüm 2'yi yıldızın mekanik iskeletiyle kapattık: kütle korunumu, hidrostatik denge ve basıncın nereden geldiğini söyleyen hâl denklemi. Bu iskelet yıldızın neden çökmediğini açıklıyor. Ama bir soruya hiç dokunmuyor: Yıldızın içi neden sıcak ve bu sıcaklık içeride nasıl dağılmış?

Güneş'in merkezinde sıcaklık yaklaşık 15,7 milyon kelvin, fotosferinde ise yaklaşık 5800 K. Aradaki farkı yaratan, merkezde üretilen enerjinin dışarı akmak zorunda olmasıdır. Isı sıcaktan soğuğa akar ve yıldızın her katmanından, her saniye, o katmanın içinde üretilmiş enerjinin tamamı geçer. Bu akışın biçimi yıldızın sıcaklık profilini belirler. Şaşırtıcı olan, akışın ne kadar yavaş olduğudur. Işık Güneş'ten Dünya'ya sekiz dakikada gelir; oysa bugün Güneş'in çekirdeğinde üretilen enerjinin yüzeye ulaşması binlerce yıl sürer. Bu sayıyı birazdan kendimiz kestireceğiz.

Başlıktaki "taşınım" sözcüğünü genel anlamda, yani enerjinin bir yerden başka bir yere aktarılması anlamında kullanıyoruz. Mühendislik derslerinden gelen okur bu sözcüğü konveksiyonun karşılığı olarak tanıyor olabilir. Burada konveksiyon, enerji taşınımının üç yolundan yalnızca biridir; öbür ikisi ışınım ve iletimdir.

Matematiksel durum da aynı eksikliği gösteriyor. Kütle koordinatı $m$ 'yi bağımsız değişken alırsak, yıldızın yapısını tarif eden bilinmeyenler yarıçap $r$ , basınç $P$ , sıcaklık $T$ ve birazdan tanımlayacağımız yerel parlaklık $L$ 'dir. Yoğunluk $\rho$ ayrı bir bilinmeyen değildir; hâl denklemi aracılığıyla $P$ ile $T$ 'den gelir. Dört bilinmeyen dört denklem ister. Bölüm 2 bize bunların ikisini verdi. Eksik olan ikisi bu bölümün konusu: enerjinin nerede üretildiğinin hesabını tutan enerji korunumu denklemi ve enerjinin nasıl aktığını söyleyen enerji taşınımı denklemi.

Bu bölümde sırasıyla şunları yapacağız. Önce enerji korunumu denklemini nükleer üretimi, nötrino kayıplarını ve çekimsel enerji salımını içerecek biçimde kuracağız. Sonra ışınımın yıldız içindeki yolculuğunu bir rastgele yürüyüş olarak ele alıp ışınımsal taşınım denklemini türeteceğiz; Bölüm 2'de türetmeden kullandığımız $a = 4\sigma/c$ bağıntısını da bu sırada elde edeceğiz. Ardından ışınımın önündeki engeli, yani opaklığı ve onun doğru ortalamasını, Rosseland ortalamasını inceleyeceğiz. Işınım işi yetiştiremediğinde devreye giren konveksiyonun ne zaman başladığını söyleyen Schwarzschild ve Ledoux ölçütlerini, konveksiyonun ne kadar enerji taşıdığını hesaplayan karışım uzunluğu kuramını ve dejenere maddede baskın hâle gelen iletimi sırayla kuracağız. En sonda dört denklemi sınır koşullarıyla birlikte bir araya getireceğiz.

Hedef şu: Bölüm bittiğinde, bir yıldızın iç yapısını hesaplamak için gereken bütün denklemler elimizde olacak ve problem matematiksel olarak kapanacak. Eksik kalan tek parça, enerjinin nereden geldiği sorusu; onu Bölüm 4'e bırakıyoruz.

3.1 Enerji Korunumu Denklemi

Önce bir tanım. Yıldızla aynı merkezli, $r$ yarıçaplı hayalî bir küre düşünelim. Bu kürenin yüzeyinden birim zamanda dışarı doğru geçen net enerjiye $L(r)$ diyelim ve buna yerel parlaklık adını verelim. Yıldızın yüzeyinde bu nicelik, Bölüm 1'de tanımladığımız parlaklığın ta kendisidir. Merkezde ise kürenin içinde hiçbir şey kalmadığı için $L(0) = 0$ olur.

[!note] Türetme (Durağan bir yıldızda enerji korunumu) Yıldızın her yerde ısıl dengede olduğunu, yani hiçbir katmanın zamanla ısınmadığını ya da soğumadığını varsayalım. Yarıçapı $r$ ile $r + dr$ arasında kalan ince küresel kabuğun kütlesi, Bölüm 2.1'de gördüğümüz gibi, $dm = 4\pi r^2 \rho, dr$ olur. Birim kütle ve birim zaman başına üretilen enerjiye $\varepsilon$ diyelim; birimi $\mathrm{W,kg^{-1}}$ .

Kabuğa içeriden $L(r)$ girer, dışarıdan $L(r+dr)$ çıkar, kabuğun içinde de $\varepsilon, dm$ üretilir. Kabukta enerji birikmiyorsa çıkan enerji, giren ile üretilenin toplamına eşittir: $L(r + dr) = L(r) + \varepsilon, dm.$ Sol taraftaki farka $dL$ dersek: $\frac{dL}{dm} = \varepsilon \qquad \text{ya da} \qquad \frac{dL}{dr} = 4\pi r^2 \rho, \varepsilon.$

3.1.1 Kaynaklar ve kayıplar

Buradaki $\varepsilon$ , kabuğa birim kütle başına giren net enerji hızıdır ve üç ayrı katkıdan oluşur.

Nükleer enerji üretimi $\varepsilon_\text{nuc}$ . Çekirdek tepkimelerinin açığa çıkardığı enerjidir. Nasıl hesaplandığı Bölüm 4'ün konusu.
Nötrino kayıpları $\varepsilon_\nu$ . Nötrinolar madde ile o kadar zayıf etkileşir ki yıldızı hiç durmadan terk eder. Taşıdıkları enerji yerel parlaklığa katılmaz, doğrudan kaybolur. Nükleer tepkimelerde çıkan nötrinoların enerjisi çoğunlukla baştan nükleer üretimden düşülür; $\varepsilon_\nu$ ise sıcak ve yoğun plazmanın ısıl süreçlerle ürettiği nötrinoları temsil eder. Bölüm 4.7'de bu süreçlere döneceğiz.
Çekimsel enerji salımı $\varepsilon_\text{grav}$ . Yıldız ısıl dengede değilse, yani büzülüyor ya da genleşiyorsa ortaya çıkar. Ne olduğunu görmek için durağanlık varsayımını gevşetmemiz gerekir.

[!note] Türetme (Genel enerji denklemi) Birim kütlenin iç enerjisi $u$ , özgül hacmi $v = 1/\rho$ olsun. Termodinamiğin birinci yasasına göre birim kütleye verilen ısı $dq$ , iç enerji artışı ile genleşme işinin toplamıdır: $dq = du + P, dv.$ Kabuktaki birim kütleye birim zamanda giren net ısı, üretilen enerji eksi kayıp eksi dışarı akan enerjidir: $\frac{\partial q}{\partial t} = \varepsilon_\text{nuc} - \varepsilon_\nu - \frac{\partial L}{\partial m}.$ Zamana göre türevler, kütle koordinatı $m$ sabit tutularak, yani aynı kabuk izlenerek alınıyor (Bölüm 2.1'deki Lagrange bakışı). İki ifadeyi eşitleyip $\partial L/\partial m$ 'yi yalnız bırakalım: $\frac{\partial L}{\partial m} = \varepsilon_\text{nuc} - \varepsilon_\nu - \left(\frac{\partial u}{\partial t} + P\frac{\partial v}{\partial t}\right).$ Parantezdeki ifade, birim kütlenin entropisi $s$ cinsinden $T,\partial s/\partial t$ ile aynıdır, çünkü $T,ds = du + P,dv$ . Bu nedenle $\varepsilon_\text{grav} \equiv -T\frac{\partial s}{\partial t}$ tanımıyla enerji korunumu denklemi son biçimini alır: $\boxed{\frac{\partial L}{\partial m} = \varepsilon_\text{nuc} - \varepsilon_\nu + \varepsilon_\text{grav}}$

[!tip] Fiziksel Yorum Büzülen bir yıldızda madde ısı kaybeder ( $T,ds < 0$ ), dolayısıyla $\varepsilon_\text{grav} > 0$ olur: Büzülme bir enerji kaynağı gibi davranır. Burada küçük bir bilmece var. Bölüm 2.6'da büzülen yıldızın ısındığını gördük; sıcaklık artarken entropi nasıl azalabilir? Cevap yoğunlukta saklı. Tek atomlu ideal gazın birim kütle başına entropisi, toplamsal bir sabit dışında, $\ln(T^{3/2}/\rho)$ ile orantılıdır. Büzülmede yoğunluk, sıcaklığın $3/2$ kuvvetinden daha hızlı arttığı sürece $T^{3/2}/\rho$ küçülür ve entropi düşer. Viriyel teoremin "serbest kalan çekimsel enerjinin yarısı ısıya, yarısı ışınıma gider" sözü de aslında $\varepsilon_\text{grav}$ teriminin bütün yıldız üzerinden toplanmasından başka bir şey değildir. Bölüm 2.7'deki Kelvin-Helmholtz zaman ölçeği de tam olarak bu terimin yıldızı tek başına besleyebileceği süredir.

Isıl dengedeki bir yıldızda $\varepsilon_\text{grav} \approx 0$ olur ve integral alınarak $L = \int_0^M (\varepsilon_\text{nuc} - \varepsilon_\nu), dm$ bulunur. Ana koldaki bir yıldız bu durumdadır: Ne üretiyorsa onu ışır.

[!example] Örnek 3.1.1 Güneş'in kilogram başına ortalama enerji üretimi $\bar\varepsilon_\odot = \frac{L_\odot}{M_\odot} \approx \frac{3{,}83 \times 10^{26}\ \mathrm{W}}{1{,}99 \times 10^{30}\ \mathrm{kg}} \approx 1{,}9 \times 10^{-4}\ \mathrm{W,kg^{-1}}.$ Dinlenen bir insan bedeni yaklaşık 100 W ısı üretir; 70 kilogramlık biri için bu, kilogram başına 1,4 W demektir. Kilogram başına bakıldığında Güneş bir insandan yaklaşık yedi bin kat daha az enerji üretir. Güneş'i parlak yapan verimlilik değil, $2 \times 10^{30}$ kilogramlık kütlesidir.

3.2 Işınımsal Taşınım

Yıldızın içindeki fotonlar, Bölüm 1'de uzayda serbestçe yol aldığını düşündüğümüz fotonlara hiç benzemez. Yıldız maddesi o kadar yoğundur ki bir foton çok kısa bir yol aldıktan sonra bir elektronla saçılır ya da bir atom tarafından soğurulup yeniden salınır. Enerji, bu sayısız küçük adımın toplamıyla dışarı sızar.

[!abstract] Tanım 3.2.1 (Opaklık ve ortalama serbest yol) Bir maddenin opaklığı (saydamsızlığı) $\kappa$ , birim kütle başına düşen etkin soğurma ve saçılma kesit alanıdır; birimi $\mathrm{m^2,kg^{-1}}$ . Yoğunluğu $\rho$ olan bir ortamda fotonun ortalama serbest yolu $\ell = \frac{1}{\kappa\rho}$ ile verilir.

İkinci ifade tanımdan doğrudan çıkar. Bir foton $dx$ kadar yolda $\kappa\rho,dx$ olasılıkla etkileşir; $N$ fotonluk bir demet $dN = -N\kappa\rho,dx$ ile zayıflar ve $N(x) = N_0 e^{-\kappa\rho x}$ olur. Bir fotonun etkileşmeden önce aldığı yolun ortalaması $\langle x\rangle = \int_0^\infty x, e^{-\kappa\rho x}, \kappa\rho, dx = \frac{1}{\kappa\rho}$ çıkar. Opaklığın kendisini Bölüm 3.3'te ayrıntılı inceleyeceğiz; şimdilik onu fotonun önündeki engelin ölçüsü olarak kullanalım.

3.2.1 Rastgele yürüyüş

[!note] Türetme (Rastgele yürüyüş) Fotonun her adımı $\ell$ uzunluğunda ve rastgele bir yönde olsun. Toplam $N$ adım sonra başlangıç noktasından yer değiştirmesi, adım vektörlerinin toplamıdır: $\mathbf d = \boldsymbol\ell_1 + \boldsymbol\ell_2 + \cdots + \boldsymbol\ell_N$ . Bu vektörün karesinin ortalamasını alalım: $\langle d^2\rangle = \sum_i\sum_j \langle \boldsymbol\ell_i\cdot\boldsymbol\ell_j\rangle = \sum_i \langle \ell_i^2\rangle + \sum_{i\neq j}\langle \boldsymbol\ell_i\cdot\boldsymbol\ell_j\rangle.$ Adımlar birbirinden bağımsız ve yönleri rastgele olduğu için $i \neq j$ terimlerinin ortalaması sıfırdır. Geriye $\langle d^2\rangle = N\ell^2$ kalır. Demek ki $N$ adımda foton ancak $\sqrt N,\ell$ kadar uzaklaşır.

Yarıçapı $R$ olan bir yıldızdan çıkmak için $N \approx R^2/\ell^2$ adım gerekir. Alınan toplam yol $N\ell = R^2/\ell$ , bunun için geçen süre ise $t_\text{diff} \approx \frac{R^2}{\ell c}$ olur.

[!example] Örnek 3.2.1 Güneş'in ortalama yoğunluğu $\bar\rho \approx 1{,}4 \times 10^3\ \mathrm{kg,m^{-3}}$ . Opaklık için iç bölgelere uygun bir değer olarak $\kappa \approx 0{,}1\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ alalım (bu değeri Bölüm 3.3'te kendimiz kestireceğiz). O zaman $\ell \approx \frac{1}{(0{,}1)(1{,}4\times10^3)}\ \mathrm m \approx 7\times10^{-3}\ \mathrm m,$ yani fotonun bir adımı yaklaşık 7 milimetredir. Süre: $t_\text{diff} \approx \frac{(7{,}0\times10^8)^2}{(7\times10^{-3})(3{,}0\times10^8)}\ \mathrm s \approx 2\times10^{11}\ \mathrm s \approx 7\times10^3\ \text{yıl}.$ Kaba kestirimimiz on bin yıl mertebesini veriyor. Opaklık dış katmanlara doğru hızla arttığından gerçek süre daha uzundur; ayrıntılı Güneş modelleri on binlerce ile yüz binlerce yıl arasında değerler verir.

[!info] Ara Not Burada "foton" derken aslında enerjiyi kastediyoruz. Yolculuk boyunca fotonlar defalarca soğurulup yeniden salınır; merkezde X ışını enerjisinde başlayan ışınım, yüzeye vardığında görünür ışığa dönüşmüştür. Dışarı yürüyen, tek bir foton değil, enerjinin kendisidir.

3.2.2 Işınımsal difüzyon denklemi

Rastgele yürüyüş bize süreyi verdi. Şimdi yıldızın bir noktasından birim zamanda ne kadar enerji geçtiğini, yani akıyı istiyoruz.

[!note] Türetme (Işınımsal akı) Yıldızın küçük bir parçasını yerel olarak düzlem kabul edelim ve yarıçap doğrultusuna $z$ diyelim. Işınımın enerji yoğunluğu $u(z)$ olsun. Konumu $z = 0$ olan düzlemden geçen fotonların her biri son etkileşimini yaklaşık $\ell$ kadar geride yapmıştır: Doğrultusu düşeyle $\theta$ açısı yapan bir foton $z = -\ell\cos\theta$ yüksekliğinden gelir ve oradaki enerji yoğunluğunu taşır. Işınım her yöne eşit dağıldığından birim katı açıya düşen enerji yoğunluğu $u/(4\pi)$ olur; bu enerji $c$ hızıyla akar ve düzleme dik bileşen bir $\cos\theta$ çarpanı getirir. Düzlemden geçen net akı: $F = \int_{4\pi} \frac{c, u(-\ell\cos\theta)}{4\pi}\cos\theta, d\Omega.$ Serbest yol $\ell$ , enerji yoğunluğunun değiştiği uzunluklara göre çok küçük olduğundan Taylor açılımının ilk iki terimi yeter: $u(-\ell\cos\theta) \approx u(0) - \ell\cos\theta,(du/dz)$ . Yerine koyalım: $F = \frac{c}{4\pi}\left[u(0)\int_{4\pi}\cos\theta,d\Omega - \ell\frac{du}{dz}\int_{4\pi}\cos^2\theta,d\Omega\right].$ Birinci integral sıfırdır: Yukarı ve aşağı giden fotonlar birbirini götürür. İkincisi küresel koordinatlarda hesaplanır: $\int_{4\pi}\cos^2\theta,d\Omega = 2\pi\int_0^\pi \cos^2\theta\sin\theta,d\theta = \frac{4\pi}{3}.$ Böylece $F = -\frac{c\ell}{3}\frac{du}{dz}$ bulunur. Şimdi $z$ yerine $r$ yazalım, $\ell = 1/(\kappa\rho)$ koyalım ve enerji yoğunluğunun yerel ısıl dengedeki değerini kullanalım: $u = aT^4$ (Bölüm 2.3). Zincir kuralından $du/dr = 4aT^3, dT/dr$ olduğundan: $\boxed{F = -\frac{4acT^3}{3\kappa\rho}\frac{dT}{dr}}$ Akıyı yerel parlaklığa çevirmek için küre yüzeyiyle çarpalım: $L = 4\pi r^2 F$ . Sıcaklık gradyanını yalnız bırakırsak $\frac{dT}{dr} = -\frac{3\kappa\rho L}{16\pi ac, r^2 T^3},$ bunu da $dr/dm = 1/(4\pi r^2\rho)$ ile çarparsak Lagrange biçimine ulaşırız: $\boxed{\frac{dT}{dm} = -\frac{3\kappa L}{64\pi^2 ac, r^4 T^3}}$

[!tip] Fiziksel Yorum İzotropik kısım hiçbir net akı taşımaz; akıyı yaratan, enerji yoğunluğunun yerden yere farkıdır. Denklemin dili ısı iletiminin dilidir: Akı, sıcaklık gradyanıyla doğru, opaklıkla ters orantılıdır. Sıcaklık dışa doğru azaldığından ( $dT/dr < 0$ ) akı dışa bakar.

Aynı denklemin bir başka okunuşu daha var. Bölüm 2.3'te $P_\text{ışın}$ diye yazdığımız ışınım basıncını bundan sonra uluslararası literatürdeki gösterimle $P_\text{rad} = aT^4/3$ diye yazacağız. Türevini alıp akı denklemiyle karşılaştırırsak $\frac{dP_\text{rad}}{dr} = \frac{4aT^3}{3}\frac{dT}{dr} = -\frac{\kappa\rho}{c}F$ çıkar. Dışa akan ışınım, soğurulduğu maddeye momentum aktarır ve onu dışa iter. Bu itme kütle çekimine eşit olduğunda yıldız taşıyabileceği en büyük parlaklığa ulaşır; Bölüm 6'da bu sınırı, Eddington limitini, buradan türeteceğiz.

3.2.3 Işınım sabiti ile Stefan-Boltzmann sabiti arasındaki bağ

Bölüm 2.3'te ışınım basıncını yazarken ışınım sabiti $a$ ile Stefan-Boltzmann sabiti $\sigma$ arasındaki $a = 4\sigma/c$ bağıntısını türetmeden kullanmıştık. Yukarıdaki akı denkleminde de $a$ ile $c$ yan yana duruyor; ikisinin $\sigma$ ile bağını kurmanın zamanı geldi. Borcu şimdi ödüyoruz.

[!note] Türetme ( $a = 4\sigma/c$ ) Işınım alanını tarif etmenin en temel yolu ışınım şiddetidir: $I$ , birim zamanda, birim yüzeyden, birim katı açı içinde geçen enerjidir. Bölüm 1.4'teki Planck fonksiyonu $B_\nu$ , kara cismin frekans başına ışınım şiddetidir; frekanslar üzerinden toplamına $B = \int B_\nu, d\nu$ diyelim.

Enerji yoğunluğu. Bir $dA$ yüzeyine dik doğrultuda, $d\Omega$ katı açısı içinde ilerleyen fotonları düşünelim. Kısa bir $dt$ süresinde yüzeyden $I,dA,dt,d\Omega$ kadar enerji geçer; bu enerji, uzunluğu $c,dt$ ve hacmi $c,dt,dA$ olan bir silindiri doldurur. O doğrultudaki fotonların enerji yoğunluğuna katkısı bu yüzden $I,d\Omega/c$ olur. Bütün doğrultular üzerinden toplarsak: $u = \frac{1}{c}\int_{4\pi} I, d\Omega.$ Kara cisim ışınımı her yöne eşittir ( $I = B$ ); dolayısıyla $u = 4\pi B/c$ .

Akı. Kara cismin yüzeyinden çıkan akıyı Bölüm 1.4'te hesaplamıştık: Yalnızca dışa bakan yarım küre, $\cos\theta$ ağırlığıyla sayılır ve $F = \pi B = \sigma T^4$ bulunur. Buradan $B = \sigma T^4/\pi$ .

Birleştirme. İkisini bir araya getirelim: $u = \frac{4\pi}{c}\cdot\frac{\sigma T^4}{\pi} = \frac{4\sigma}{c}T^4.$ Bunu $u = aT^4$ ile karşılaştırınca: $\boxed{a = \frac{4\sigma}{c}}$ Sayısal değer: $a = 4(5{,}670\times10^{-8})/(2{,}998\times10^8) \approx 7{,}566\times10^{-16}\ \mathrm{J,m^{-3},K^{-4}}$ . Bu, Bölüm 2.3'te kullandığımız değerin aynısıdır.

[!tip] Fiziksel Yorum Dört çarpanı nereden geliyor? Enerji yoğunluğu her yöne giden ışınımı sayar ve bütün katı açıyı, yani $4\pi$ 'yi tarar. Yüzeyden çıkan akı ise yalnızca dışa bakan yarım küreyi, üstelik $\cos\theta$ ağırlığıyla sayar ve $\pi$ verir. Dört, bu iki sayının oranıdır; $c$ ise enerji yoğunluğunu enerji akışına çeviren hızdır. Bu bağıntıyla akı denklemindeki $4ac$ çarpımı $16\sigma$ 'ya eşit olur; ışınımsal akıyı $F = -(16\sigma T^3/3\kappa\rho), dT/dr$ biçiminde de yazabiliriz.

3.2.4 Difüzyon yaklaşımı neden bu kadar iyi?

Türetmemiz iki varsayıma dayandı: Işınım yerel olarak kara cisim ışınımıdır ( $u = aT^4$ ) ve bir serbest yol boyunca enerji yoğunluğu çok az değişir. Güneş için bunları sınayalım. Merkez ile yüzey arasındaki ortalama sıcaklık gradyanı $\frac{T_c}{R_\odot} \approx \frac{1{,}6\times10^7\ \mathrm K}{7{,}0\times10^8\ \mathrm m} \approx 2\times10^{-2}\ \mathrm{K,m^{-1}}$ kadardır. Yaklaşık 7 milimetrelik bir serbest yol boyunca sıcaklık yalnızca $1{,}6\times10^{-4}$ K değişir. Sıcaklık milyonlarca kelvin olduğuna göre göreli değişim $10^{-11}$ mertebesindedir. Bir foton, serbest yolunun iki ucunda neredeyse aynı sıcaklığı görür.

Bu yüzden yıldızın derinliklerinde yerel ısıl denge neredeyse kusursuz sağlanır ve difüzyon yaklaşımı son derece güvenilirdir. Bölüm 1.4'te fotosfer için sözünü ettiğimiz yerel ısıl denge koşulu, derinlerde çok daha sağlam biçimde geçerlidir. Yaklaşım ancak yüzeye çok yaklaşıldığında, fotonun bir sonraki etkileşimini beklemeden uzaya kaçabildiği yerde bozulur. Bölüm 3.7'de bu sınır bölgesine döneceğiz.

3.2.5 Işınımsal gradyan

Yıldız yapısında sıcaklığın basınçla birlikte nasıl değiştiğini söyleyen boyutsuz bir gradyan çok kullanışlıdır.

[!abstract] Tanım 3.2.2 (Sıcaklık gradyanı) Yıldızın içinde bir noktadan komşusuna geçerken sıcaklığın ve basıncın göreli değişimlerinin oranına sıcaklık gradyanı denir: $\nabla \equiv \frac{d\ln T}{d\ln P}.$

Hidrostatik dengede basınç dışa doğru azalır; sıcaklık da öyle. İkisi aynı yönde değiştiği için $\nabla$ pozitif bir sayıdır.

[!note] Türetme (Işınımsal gradyan) Enerjinin tamamı ışınımla taşınıyorsa ortaya çıkacak gradyana $\nabla_\text{rad}$ diyelim. Sıcaklık ve basınç denklemlerinin Lagrange biçimlerini birbirine bölelim (basınç denklemi Bölüm 2.2'den): $\frac{dT/dm}{dP/dm} = \frac{-3\kappa L/(64\pi^2 ac, r^4T^3)}{-Gm/(4\pi r^4)} = \frac{3\kappa L}{16\pi ac, Gm, T^3}.$ Paydalardaki $r^4$ 'ler sadeleşti. Sol taraf $dT/dP$ 'dir; $\nabla$ tanımına ulaşmak için iki tarafı $P/T$ ile çarpalım: $\boxed{\nabla_\text{rad} = \frac{3\kappa L P}{16\pi ac, Gm, T^4}}$

[!tip] Fiziksel Yorum Işınımsal gradyan, ışınımın sırtına yüklenen işin ne kadar ağır olduğunu ölçer. Opaklık büyükse (fotonun önü tıkalıysa) ya da $L/m$ büyükse (birim kütleden geçmesi gereken enerji çoksa) ışınım, enerjiyi taşıyabilmek için dik bir sıcaklık düşüşüne ihtiyaç duyar. Merkeze yakın bölgede $L \approx \varepsilon_c m$ olduğundan ( $\varepsilon_c$ , merkezdeki enerji üretim hızıdır) $L/m$ oranı merkezdeki enerji üretim hızına yaklaşır; enerji üretimi sıcaklığa çok duyarlı olan yıldızlarda merkezdeki $\nabla_\text{rad}$ bu yüzden çok büyüktür. Ama bir sıcaklık düşüşünün ne kadar dik olabileceğinin bir sınırı vardır. O sınır aşılınca yıldız maddesi kaynamaya başlar. Sınırı Bölüm 3.4'te türeteceğiz.

3.3 Opaklık

Işınımsal taşınım denklemindeki $\kappa$ , yıldız maddesinin ışınıma gösterdiği direncin ölçüsüdür. Elektrik devresindeki dirençle benzerlik yerindedir: Akı, sıcaklık gradyanı bölü opaklıkla orantılıdır, tıpkı akımın gerilim bölü dirençle orantılı olması gibi. Opaklığı belirleyen, fotonla madde arasındaki mikroskobik etkileşimlerdir. Bu etkileşimlerin türü ise sıcaklığa, yoğunluğa ve bileşime göre değişir.

Gerçek opaklık frekansa da güçlü biçimde bağlıdır. Bu yüzden önce frekansa bağlı opaklığı tek bir sayıya indirmenin doğru yolunu bulacağız, sonra opaklığın kaynaklarına geçeceğiz.

3.3.1 Rosseland ortalaması

[!note] Türetme (Rosseland ortalaması) Frekansa bağlı opaklığa $\kappa_\nu$ diyelim ve difüzyon denklemini her frekans için ayrı yazalım. Frekansı $\nu$ ile $\nu + d\nu$ arasında olan ışınımın enerji yoğunluğu $u_\nu, d\nu$ olsun. Yerel ısıl dengede, bir önceki kesimde frekans üzerinden toplanmış hâlini bulduğumuz bağıntı frekans başına da geçerlidir: $u_\nu = 4\pi B_\nu(T)/c$ . Frekans başına akı: $F_\nu = -\frac{c}{3\kappa_\nu\rho}\frac{du_\nu}{dr} = -\frac{4\pi}{3\kappa_\nu\rho}\frac{\partial B_\nu}{\partial T}\frac{dT}{dr}.$ Burada zincir kuralını kullandık: $B_\nu$ , $r$ 'ye yalnızca $T$ üzerinden bağlıdır. Toplam akı için frekans üzerinden integral alalım: $F = -\frac{4\pi}{3\rho}\frac{dT}{dr}\int_0^\infty \frac{1}{\kappa_\nu}\frac{\partial B_\nu}{\partial T}, d\nu.$ Bu ifadeyi, opaklığın frekanstan bağımsız olduğu durumdaki $F = -(4acT^3/3\kappa\rho), dT/dr$ ile aynı biçime sokmak istiyoruz. Bunun için ağırlık fonksiyonunun integralini hesaplayalım: $\int_0^\infty \frac{\partial B_\nu}{\partial T}, d\nu = \frac{d}{dT}\int_0^\infty B_\nu, d\nu = \frac{d}{dT}\left(\frac{\sigma T^4}{\pi}\right) = \frac{4\sigma T^3}{\pi} = \frac{acT^3}{\pi}.$ Son adımda $a = 4\sigma/c$ bağıntısını kullandık. Şimdi ortalama opaklığı $\frac{1}{\kappa_R} \equiv \frac{\displaystyle\int_0^\infty \frac{1}{\kappa_\nu}\frac{\partial B_\nu}{\partial T}, d\nu}{\displaystyle\int_0^\infty \frac{\partial B_\nu}{\partial T}, d\nu}$ diye tanımlarsak akı $F = -\frac{4\pi}{3\kappa_R\rho}\cdot\frac{acT^3}{\pi}\frac{dT}{dr} = -\frac{4acT^3}{3\kappa_R\rho}\frac{dT}{dr}$ olur. Bu, Bölüm 3.2'deki denklemin aynısıdır; yalnızca $\kappa$ yerine $\kappa_R$ geçmiştir. Bu ortalamayı 1924'te Svein Rosseland tanımladı ve adı Rosseland ortalama opaklığı olarak kaldı.

[!tip] Fiziksel Yorum Rosseland ortalaması bir harmonik ortalamadır: Ortalaması alınan, opaklığın kendisi değil, tersidir. Enerji, opaklığın küçük olduğu frekans pencerelerinden akar; trafiğin açık şeritlerden akması gibi. Opaklığın çok büyük olduğu dar bir soğurma çizgisi ortalamaya neredeyse hiç katkı vermez. Buna karşılık geniş bir saydam pencere ortalamayı aşağı çeker. Ağırlık fonksiyonu $\partial B_\nu/\partial T$ , $x = h\nu/kT \approx 3{,}8$ civarında tepe yapar; ortalama en çok, foton enerjisinin birkaç $kT$ olduğu frekanslara duyarlıdır.

[!info] Ara Not Harmonik ortalamanın bir sonucu daha var: Farklı kaynakların opaklıkları ortalamadan sonra toplanamaz. Doğru yol, frekans başına opaklıkları önce toplamak, sonra ortalamayı almaktır. Kaynakların Rosseland ortalamalarını ayrı ayrı hesaplayıp toplamak gerçek opaklığı olduğundan küçük gösterir, çünkü bir kaynağın bıraktığı saydam pencereyi bir başka kaynak kapatabilir.

3.3.2 Opaklığın kaynakları

Yıldız maddesinde fotonun karşılaştığı temel süreçler dört tanedir: bir saçılma ve üç soğurma süreci. Bunlara soğuk yıldızların dış katmanlarında baskın olan özel bir süreci, negatif hidrojen iyonunu ekleyeceğiz.

Elektron saçılması. Serbest bir elektron, üzerine düşen elektromanyetik dalganın etkisiyle salınır ve aldığı enerjiyi başka yönlere yeniden yayar. Foton soğurulmaz; yalnızca yönü değişir.

[!note] Türetme (Thomson kesit alanı) Elektrik alanı $E = E_0\cos\omega t$ olan bir dalga, elektrona $a_e = eE/m_e$ ivmesini verir. İvmelenen bir yük, elektrodinamikten bilinen Larmor formülüne göre $P = \frac{e^2 a_e^2}{6\pi\varepsilon_0 c^3}$ gücünde ışınım yayar. Zaman ortalamasında $\cos^2\omega t$ yerine $1/2$ geldiğinden ortalama yayılan güç $\langle P\rangle = \frac{e^4 E_0^2}{12\pi\varepsilon_0 m_e^2 c^3}$ olur. Gelen dalganın taşıdığı akı $S = \tfrac12\varepsilon_0 c E_0^2$ 'dir. Kesit alanı, saçılan gücün gelen akıya oranıdır: $\sigma_T = \frac{\langle P\rangle}{S} = \frac{e^4}{6\pi\varepsilon_0^2 m_e^2 c^4} = \frac{8\pi}{3}r_e^2 \approx 6{,}652\times10^{-29}\ \mathrm{m^2},$ burada $r_e = e^2/(4\pi\varepsilon_0 m_e c^2) \approx 2{,}818\times10^{-15}$ m klasik elektron yarıçapıdır. Sonuç frekanstan bağımsızdır; fotonun enerjisi elektronun durgun kütle enerjisinden çok küçük olduğu sürece ( $h\nu \ll m_e c^2$ ) geçerlidir.

[!note] Türetme (Elektron saçılması opaklığı) Kütle başına opaklık, birim kütledeki elektron sayısı ile $\sigma_T$ 'nin çarpımıdır: $\kappa_\text{es} = \sigma_T n_e/\rho$ . Tamamen iyonlaşmış maddede her hidrojen atomu bir elektron verir ve kütlesi yaklaşık bir atomik kütle birimidir. Helyum ve daha ağır elementler ise kütle birimi başına yaklaşık yarım elektron verir (helyum dört birimlik kütlesiyle iki elektron getirir). Böylece $\frac{n_e}{\rho} = \frac{1}{m_u}\left(X + \frac Y2 + \frac Z2\right) = \frac{1+X}{2m_u},$ çünkü $Y + Z = 1 - X$ . Bölüm 2.3'teki $\mu_e$ ile bu, $\mu_e = 2/(1+X)$ demektir. Sonuç: $\boxed{\kappa_\text{es} = \frac{\sigma_T(1+X)}{2m_u} \approx 0{,}020,(1+X)\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}}$

Elektron saçılması opaklığı sıcaklığa da yoğunluğa da bağlı değildir. Madde tamamen iyonlaşmış olduğu sürece opaklığın alabileceği en küçük değere yakındır ve sıcak, seyrek bölgelerde, özellikle büyük kütleli yıldızların içinde baskın kaynaktır. Güneş benzeri bir bileşim için ( $X \approx 0{,}7$ ) değeri yaklaşık $0{,}034\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ olur.

Serbest-serbest soğurma. Bir elektron bir iyonun yakınından geçerken bir fotonu soğurabilir ve daha hızlı bir serbest elektron olarak yoluna devam eder. Yalnız başına bir serbest elektron bunu yapamaz, çünkü enerji ile momentum aynı anda korunamaz; iyon, momentumu üstlenen üçüncü cisimdir. Bu süreç frenleme ışınımının (bremsstrahlung) tersidir.

[!note] Türetme (Kramers yasası) Hendrik Kramers 1923'te bu sürecin soğurma katsayısını yarı klasik bir hesapla buldu. Birim yol başına soğurma, elektron ve iyon yoğunluklarının çarpımıyla, sıcaklığın $-1/2$ kuvvetiyle ve frekansın $-3$ kuvvetiyle ölçeklenir: $\kappa_\nu\rho \propto n_e n_i, T^{-1/2}\nu^{-3}.$ Kesit alanının kendisini türetmek kuantum elektrodinamiğine uzanır; biz ölçek davranışını alıp sıcaklığa bağımlılığın nasıl ortaya çıktığını göstereceğiz. Kütle başına opaklık için $\rho$ 'ya bölelim. Elektron ve iyon yoğunluklarının ikisi de $\rho$ ile orantılı olduğundan $\kappa_\nu \propto \rho, T^{-1/2}\nu^{-3}.$ Şimdi Rosseland ortalamasını alalım. Boyutsuz $x = h\nu/kT$ değişkenine geçince $\nu^3 = (kT/h)^3 x^3$ olur ve $\frac{1}{\kappa_\nu} \propto \frac{T^{1/2}}{\rho}\left(\frac{kT}{h}\right)^3 x^3.$ Rosseland tanımında ağırlık fonksiyonu kesrin hem payında hem paydasında yer alır; sıcaklığa bağlı çarpanları sadeleşir ve geriye yalnızca $x$ üzerinden alınan bir sayısal integral kalır. Dolayısıyla $1/\kappa_R \propto T^{1/2}T^3/\rho$ , yani $\boxed{\kappa_\text{ff} \propto \rho, T^{-7/2}}$

Sayısal katsayı ile birlikte yaklaşık olarak $\kappa_\text{ff} \approx 3{,}7\times10^{18},(1-Z)(1+X),\rho, T^{-7/2}\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ yazılır; burada $\rho$ birimi $\mathrm{kg,m^{-3}}$ , $T$ birimi kelvindir. Formüldeki $(1+X)$ çarpanı elektron sayısından, $(1-Z) = X + Y$ çarpanı da hidrojen ve helyum iyonlarının yük karelerinden gelir.

Bağlı-serbest soğurma. Yeterince enerjik bir foton, bir atoma ya da iyona bağlı bir elektronu koparabilir. Bu fotoiyonlaşma süreci yalnızca fotonun enerjisi iyonlaşma enerjisini aştığında mümkündür; eşiğin üstünde kesit alanı yine yaklaşık $\nu^{-3}$ ile azalır. Rosseland ortalaması bu yüzden aynı $\rho,T^{-7/2}$ davranışını verir. Fark şurada: Süreç ancak elektronlarının bir kısmını hâlâ tutan iyonlar varsa çalışır. Yıldız içinin sıcaklıklarında hidrojen ve helyum tamamen iyonlaşmış olduğundan bağlı-serbest soğurmayı çoğunlukla ağır elementler, yani metaller sağlar. Katsayı bu nedenle $Z$ ile orantılıdır: $\kappa_\text{bf} \approx 4\times10^{21},\frac{Z(1+X)}{t},\rho,T^{-7/2}\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}.$ Buradaki $t$ , "giyotin çarpanı" denen ve tipik olarak 1 ile 100 arasında değer alan bir düzeltmedir. Serbest-serbest ve bağlı-serbest soğurmanın ortak $\rho,T^{-7/2}$ davranışına Kramers opaklığı denir.

Bağlı-bağlı soğurma. Enerjisi iki bağlı düzey arasındaki farka tam eşit olan bir foton, elektronu bir düzeyden ötekine çıkarabilir. Bu, Bölüm 1.6'da tayf çizgilerini yaratan süreçtir. Tek tek çizgiler dar olsa da yıldız içinde basınç ve Doppler etkisiyle genişler; üstelik sayıları milyonlarcadır. Özellikle demir gibi çok elektronlu elementler, $2\times10^5$ K civarında opaklıkta belirgin bir tümsek yaratır. Bölüm 10.5'te zonklayan yıldızları incelerken bu tümsekle yeniden karşılaşacağız. Bağlı-bağlı katkı basit bir formüle sığmaz; ayrıntılı atomik veriyle hesaplanmış tablolar gerektirir.

Negatif hidrojen iyonu. Güneş gibi görece soğuk yıldızların atmosferlerinde ve dış katmanlarında baskın opaklık kaynağı şaşırtıcı bir parçacıktır: bir protona iki elektronun bağlandığı negatif hidrojen iyonu, $\mathrm H^-$ . İkinci elektron yalnızca 0,754 eV enerjiyle bağlıdır; bu yüzden dalga boyu 1,64 mikrometreden kısa her foton onu koparabilir. Bu iyonun oluşması için ortamda serbest elektron bulunmalıdır. Bu elektronları, kolayca iyonlaşan metaller (sodyum, magnezyum, kalsiyum gibi) sağlar. Sıcaklık arttıkça serbest elektron sayısı artar, $\mathrm H^-$ bolluğu ve onunla birlikte opaklık hızla yükselir. Yaklaşık 3000 ile 6000 K arasında $\kappa_{\mathrm H^-} \approx 8\times10^{-34}\left(\frac{Z}{0{,}02}\right)\rho^{1/2},T^9\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ yazılabilir. Sıcaklığın dokuzuncu kuvveti! Bu sert artış, Bölüm 6'da tamamen konveksiyonlu yıldızların HR diyagramında neden neredeyse dikey bir çizgi (Hayashi çizgisi) üzerinde durduğunu açıklarken kilit rol oynayacak.

Süreç	Yaklaşık davranış	Baskın olduğu yer
Elektron saçılması	$0{,}020(1+X)$ , $\rho$ ve $T$ 'den bağımsız	Sıcak, tamamen iyonlaşmış, seyrek bölgeler
Serbest-serbest	$\propto (1-Z)(1+X),\rho,T^{-7/2}$	Tamamen iyonlaşmış, yoğun bölgeler
Bağlı-serbest	$\propto Z(1+X),\rho,T^{-7/2}$	Metallerin kısmen iyonlaştığı bölgeler
Bağlı-bağlı	Tablolardan	Demir tümseği ( $T \approx 2\times10^5$ K)
$\mathrm H^-$	$\propto Z,\rho^{1/2},T^9$	Soğuk atmosferler ve dış katmanlar
İletim	Bölüm 3.6	Dejenere bölgeler

Tablo 1: Yıldız maddesindeki başlıca opaklık kaynakları

[!info] Ara Not Modern yıldız modelleri opaklığı formüllerle değil, ayrıntılı tablolarla hesaplar. En yaygın kullanılanlar, Lawrence Livermore laboratuvarındaki OPAL projesinin (Iglesias ve Rogers, 1996) ve uluslararası Opacity Project'in tablolarıdır; düşük sıcaklıklarda moleküller ve toz tanecikleri de hesaba katılır. Kramers formülleri ise sezgi kazanmak ve ölçek analizi yapmak için hâlâ vazgeçilmezdir.

[!example] Örnek 3.3.1 Güneş'in merkezinde $\rho \approx 1{,}5\times10^5\ \mathrm{kg,m^{-3}}$ ve $T \approx 1{,}57\times10^7$ K. Hidrojenin bir kısmı helyuma dönüştüğü için merkezde $X \approx 0{,}35$ olur. Elektron saçılması: $\kappa_\text{es} \approx 0{,}020\times1{,}35 \approx 0{,}027\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}.$ Serbest-serbest soğurma için önce $T^{7/2} \approx 1{,}5\times10^{25}$ hesaplanır; sonra $\kappa_\text{ff} \approx \frac{3{,}7\times10^{18}\times0{,}98\times1{,}35\times1{,}5\times10^5}{1{,}5\times10^{25}} \approx 0{,}05\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ bulunur. Metallerin bağlı-serbest ve bağlı-bağlı katkılarıyla birlikte ayrıntılı tablolar, toplam opaklık için $0{,}1\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ mertebesinde bir değer verir. Bu değerle merkezdeki serbest yol $\ell = \frac{1}{\kappa\rho} \approx \frac{1}{(0{,}1)(1{,}5\times10^5)}\ \mathrm m \approx 7\times10^{-5}\ \mathrm m$ olur. Güneş'in merkezinde bir foton, milimetrenin onda birinden bile kısa bir yol aldıktan sonra yeniden etkileşir.

3.4 Konveksiyon: Işınım Yetişemediğinde

Ocaktaki tencerede su ısınınca dipteki sıcak su yükselir, yüzeydeki soğuk su iner; ısı, maddenin kendisiyle taşınır. Yıldızların büyük bölümünde de bir yerlerde aynı şey olur. Soru şu: Işınımla taşınım hangi koşulda kararsız hâle gelir ve madde kaynamaya başlar?

[!note] Türetme (Kararlılık ölçütü) Yıldızın içinde küçük bir madde parçası düşünelim; bundan sonra ona kısaca öge diyeceğiz. Ögeyi konumundan $\Delta r$ kadar yukarı itelim ve iki varsayım yapalım:

Öge çevresiyle her an basınç dengesindedir. Basınç farkları ses hızıyla, yani çok çabuk dengelenir.

Öge yol boyunca çevresiyle ısı alışverişi yapmaz, yani adyabatik olarak genleşir. Isı alışverişi, basıncın dengelenmesinden çok daha yavaş bir süreçtir.

Öge yeni konumunda çevresinden daha yoğun kalırsa geri düşer ve katman kararlıdır. Daha seyrek kalırsa kaldırma kuvveti onu yukarı itmeye devam eder; katman kararsızdır ve konveksiyon başlar.

Yoğunluğun basınç, sıcaklık ve ortalama moleküler ağırlıkla nasıl değiştiğini genel bir hâl denklemi için yazalım: $d\ln\rho = \alpha, d\ln P - \delta, d\ln T + \varphi, d\ln\mu,$ $\alpha \equiv \left(\frac{\partial\ln\rho}{\partial\ln P}\right)_{T,\mu},\quad \delta \equiv -\left(\frac{\partial\ln\rho}{\partial\ln T}\right)_{P,\mu},\quad \varphi \equiv \left(\frac{\partial\ln\rho}{\partial\ln\mu}\right)_{P,T}.$ İdeal gaz için $\rho \propto P\mu/T$ olduğundan $\alpha = \delta = \varphi = 1$ .

Öge (e) ile çevresini (ç) karşılaştıralım. İkisinde de basınç aynı biçimde değişir. Ögenin bileşimi yolda değişmez, sıcaklığı ise adyabatik olarak değişir. Çevrenin hem sıcaklığı hem bileşimi kendi gradyanlarına göre değişir: $\left(\frac{d\ln\rho}{dr}\right)_e = \alpha\frac{d\ln P}{dr} - \delta\left(\frac{d\ln T}{dr}\right)_\text{ad},$ $\left(\frac{d\ln\rho}{dr}\right)_ç = \alpha\frac{d\ln P}{dr} - \delta\left(\frac{d\ln T}{dr}\right)_ç + \varphi\left(\frac{d\ln\mu}{dr}\right)_ç.$ Başlangıçta yoğunluklar eşit olduğundan, öge yükseldikten sonra çevresinden yoğun kalıyorsa (kararlılık) ögenin yoğunluğu çevresininkinden daha yavaş azalıyor demektir: $(d\ln\rho/dr)_e > (d\ln\rho/dr)_ç$ . Farkı alalım: $-\delta\left(\frac{d\ln T}{dr}\right)_\text{ad} + \delta\left(\frac{d\ln T}{dr}\right)_ç - \varphi\left(\frac{d\ln\mu}{dr}\right)_ç > 0.$ Bütün gradyanları basınç cinsinden yazalım. Tanım gereği $d\ln T/dr = \nabla, d\ln P/dr$ ; adyabatik değişim için $\nabla_\text{ad} \equiv (d\ln T/d\ln P)_\text{ad}$ ve bileşim için $\nabla_\mu \equiv d\ln\mu/d\ln P$ tanımlayalım: $\frac{d\ln P}{dr}\left[\delta\nabla - \delta\nabla_\text{ad} - \varphi\nabla_\mu\right] > 0.$ Hidrostatik dengede basınç dışa doğru azalır, yani $d\ln P/dr < 0$ . Eşitsizliğin sağlanması için köşeli parantez negatif olmalıdır: $\nabla < \nabla_\text{ad} + \frac{\varphi}{\delta}\nabla_\mu.$ Işınımsal bir katmanda gerçek gradyan $\nabla_\text{rad}$ 'dır. Katmanın ışınımsal kalabilmesi için gereken koşul bu yüzden $\boxed{\nabla_\text{rad} < \nabla_\text{ad} + \frac{\varphi}{\delta}\nabla_\mu} \qquad \text{(Ledoux ölçütü)}$ olur. Bileşimin değişmediği bir katmanda ( $\nabla_\mu = 0$ ) koşul sadeleşir: $\boxed{\nabla_\text{rad} < \nabla_\text{ad}} \qquad \text{(Schwarzschild ölçütü)}$

[!tip] Fiziksel Yorum Schwarzschild ölçütünün dili çok sadedir: Işınımın dayattığı sıcaklık düşüşü, yükselen bir ögenin kendi genleşmesiyle soğuyabileceğinden daha dikse öge yükseldikçe çevresinden sıcak kalır. Sıcak olan seyrektir ve yükselmeye devam eder. Bu ölçütü 1906'da Güneş atmosferi üzerinde çalışan Karl Schwarzschild buldu.

Bileşim terimini 1947'de Paul Ledoux ekledi. Bileşim gradyanı pozitif olduğunda ( $\nabla_\mu > 0$ ), yani ortalama moleküler ağırlık içe doğru arttığında, yükselen öge çevresindekinden daha ağır bir bileşimi yukarı taşır ve bu ağırlık onu geri çeker. Hidrojenini yakıp helyuma dönüştürmüş bir çekirdeğin hemen üstü böyle bir yerdir. Bileşim gradyanı kararlılaştırıcıdır. Schwarzschild ölçütüne göre kararsız ama Ledoux ölçütüne göre kararlı olan katmanlar yavaş ve karmaşık bir karışmaya sahne olur; bu duruma yarı konveksiyon (semiconvection) denir. Bölüm 7 ve 9'da büyük kütleli yıldızların evriminde bu ince ayrımın önemini göreceğiz.

3.4.1 Adyabatik gradyan

Ölçütün bir yanında $\nabla_\text{rad}$ var; onu Bölüm 3.2'de türettik. Öbür yanındaki $\nabla_\text{ad}$ maddenin termodinamiğine bağlıdır.

[!note] Türetme (İdeal gaz için $\nabla_\text{ad}$ ) Tek atomlu ideal gazın birim kütle başına iç enerjisi $u = \tfrac32 kT/(\mu m_u)$ 'dur. İdeal gaz denklemi $P = \rho kT/(\mu m_u)$ ile bu, $u = \tfrac32 Pv$ demektir ( $v = 1/\rho$ ). Adyabatik bir süreçte $du + P,dv = 0$ : $\frac32(P,dv + v,dP) + P,dv = 0 \implies \frac52 P,dv + \frac32 v,dP = 0 \implies \frac{dP}{P} = -\frac53\frac{dv}{v}.$ Demek ki $P \propto v^{-5/3} \propto \rho^{5/3}$ . Sıcaklık ise $T \propto P/\rho \propto P^{1-3/5} = P^{2/5}$ ile değişir: $\boxed{\nabla_\text{ad} = \frac25 = 0{,}4}$

[!note] Türetme (Saf ışınım için $\nabla_\text{ad}$ ) Hacmi $V$ olan bir ışınım gazının enerjisi $aT^4V$ , basıncı $aT^4/3$ 'tür. Adyabatik süreçte $d(aT^4V) + (aT^4/3),dV = 0$ : $4aT^3V,dT + aT^4,dV + \frac{aT^4}{3},dV = 0 \implies \frac{dT}{T} = -\frac13\frac{dV}{V}.$ Yani $TV^{1/3}$ sabittir. Basınç $T^4$ ile orantılı olduğundan $P \propto V^{-4/3} \propto \rho^{4/3}$ ve $\boxed{\nabla_\text{ad} = \frac14}$

İkinci sonuçtaki $4/3$ üssüne dikkat. Bölüm 2.3'te ultra göreli elektronların basıncı da yoğunluğun $4/3$ kuvvetiyle büyüyordu. Bu bir rastlantı değildir: Işık hızıyla ya da ona çok yakın hızlarla hareket eden parçacıklardan oluşan her gazın adyabatik üssü $4/3$ 'tür. Bölüm 13'te bu üssün beyaz cüceler için neden bir kararlılık sınırı anlamına geldiğini göreceğiz.

[!note] Türetme (Gaz ve ışınım karışımı) Gerçek yıldız maddesinde gaz ve ışınım bir aradadır. Birim kütle başına iç enerji ve toplam basınç: $u = \frac32\frac{P_\text{gas}}{\rho} + \frac{aT^4}{\rho},\qquad P = P_\text{gas} + \frac{aT^4}{3},\qquad P_\text{gas} = \frac{\rho kT}{\mu m_u}.$ Bölüm 2.4'teki $\beta = P_\text{gas}/P$ parametresini kullanalım: $P_\text{gas} = \beta P$ ve $aT^4 = 3(1-\beta)P$ .

Bileşim sabitken adyabatik koşul $du + P,d(1/\rho) = 0$ 'dır. Terimleri tek tek yazalım. Birinci terim $\tfrac32 kT/(\mu m_u)$ olduğundan diferansiyeli $\tfrac32(P_\text{gas}/\rho),d\ln T$ 'dir. İkinci terimin diferansiyeli $(aT^4/\rho)(4,d\ln T - d\ln\rho)$ , iş terimi ise $P,d(1/\rho) = -(P/\rho),d\ln\rho$ . Toplamı sıfıra eşitleyip $\rho/P$ ile çarpalım ve $\beta$ cinsinden yazalım: $\frac32\beta,d\ln T + 3(1-\beta)(4,d\ln T - d\ln\rho) - d\ln\rho = 0,$ yani $\left[\frac{3\beta}{2} + 12(1-\beta)\right]d\ln T = (4 - 3\beta),d\ln\rho.$ Basıncın değişimini de aynı değişkenlerle yazalım. Gaz basıncı $\rho T$ ile, ışınım basıncı $T^4$ ile orantılı olduğundan $dP = P_\text{gas}(d\ln\rho + d\ln T) + 4P_\text{rad},d\ln T$ olur; buradan $d\ln P = \beta,d\ln\rho + (4 - 3\beta),d\ln T.$ İlk denklemden $d\ln\rho = \dfrac{24 - 21\beta}{2(4-3\beta)},d\ln T$ çıkar; bunu ikincisine koyalım: $d\ln P = \frac{\beta(24 - 21\beta) + 2(4-3\beta)^2}{2(4-3\beta)},d\ln T = \frac{32 - 24\beta - 3\beta^2}{2(4-3\beta)},d\ln T.$ Adyabatik gradyan bunun tersidir: $\boxed{\nabla_\text{ad} = \frac{2(4-3\beta)}{32 - 24\beta - 3\beta^2}}$ Sağlamasını yapalım: $\beta = 1$ (saf gaz) için $2/5$ , $\beta = 0$ (saf ışınım) için $8/32 = 1/4$ buluruz. İki uç durumu da doğru veriyor.

[!tip] Fiziksel Yorum Işınım basıncının payı arttıkça adyabatik gradyan küçülür; madde daha kolay kaynar. Bölüm 2.4'te büyük kütleli yıldızlarda $\beta$ 'nın küçüldüğünü görmüştük. Bu, onların merkezlerinin konveksiyona yatkın olmasının nedenlerinden biridir.

Adyabatik gradyanın küçüldüğü bir başka yer kısmi iyonlaşma bölgeleridir. Sıkıştırılan gaza verilen enerjinin bir kısmı sıcaklığı artırmak yerine atomları iyonlaştırmaya harcanır (Bölüm 2.5'teki Saha dengesi). Sıcaklık daha az artar ve hidrojenin iyonlaştığı bölgede $\nabla_\text{ad}$ 0,1 mertebesine kadar düşebilir. Güneş'in dış katmanlarının konveksiyonlu olmasının bir nedeni budur.

3.4.2 Konveksiyon nerede başlar?

Schwarzschild ölçütü iki yoldan bozulabilir: $\nabla_\text{rad}$ büyür ya da $\nabla_\text{ad}$ küçülür. Bölüm 3.2'de türettiğimiz $\nabla_\text{rad} = \frac{3\kappa LP}{16\pi ac,Gm,T^4}$ ifadesine bakınca üç tipik durum öne çıkar.

Opaklığın büyük olduğu yerler. Soğuk yıldızların dış katmanlarında $\mathrm H^-$ ve kısmi iyonlaşma opaklığı çok büyütür; buna küçülen adyabatik gradyan da eklenince dış zarf konveksiyonlu hâle gelir. Güneş'te konveksiyon bölgesi, merkezden yarıçapın yaklaşık 0,71 katı uzaklıkta başlar ve yüzeye kadar uzanır.
$L/m$ oranının büyük olduğu yerler. Enerji üretimi sıcaklığa çok duyarlıysa enerjinin neredeyse tamamı merkezdeki küçük bir kütlede üretilir ve orada $L/m$ çok büyür. Bölüm 4'te CNO döngüsünün tam da böyle bir duyarlılığa sahip olduğunu göreceğiz. Kütlesi yaklaşık 1,2 Güneş kütlesinden büyük yıldızlar bu yüzden konveksiyonlu bir çekirdeğe sahiptir.
Çok düşük kütleli yıldızlar. Kütlesi yaklaşık 0,35 Güneş kütlesinin altındaki yıldızlar merkezden yüzeye kadar tamamen konveksiyonludur.

Güneş bu tablonun ortasında durur: Merkezi ışınımla, dış zarfı konveksiyonla enerji taşır.

3.5 Karışım Uzunluğu Kuramı

Schwarzschild ölçütü bize konveksiyonun nerede başladığını söyledi. Şimdi iki soru daha var: Konveksiyon ne kadar enerji taşır ve konveksiyon bölgesindeki gerçek sıcaklık gradyanı $\nabla$ ne olur? Kesin cevap, türbülanslı akışların hâlâ tam çözülemeyen fiziğine dayanır. Yıldız fiziği bu güçlüğü yarı görgül bir modelle aşar. Ludwig Prandtl'ın 1925'te laboratuvar türbülansı için önerdiği fikri, Erika Böhm-Vitense 1958'de yıldızlara uyguladı. Modelin adı karışım uzunluğu kuramıdır (mixing length theory, MLT).

Fikir şu: Konveksiyon ögeleri doğdukları yerden ortalama $\ell_m$ kadar yol alır, sonra çevreleriyle karışıp kimliklerini yitirir ve taşıdıkları ısı fazlasını oraya bırakır. Bu karışım uzunluğu, yerel basınç ölçek yüksekliği cinsinden yazılır: $\ell_m = \alpha_\text{MLT} H_P$ . Buradaki $\alpha_\text{MLT}$ boyutsuz ve serbest bir parametredir.

[!note] Türetme (Basınç ölçek yüksekliği) Basıncın $e$ kat azaldığı uzunluğu tanımlayalım: $H_P \equiv -dr/d\ln P = -P,(dr/dP)$ . Hidrostatik dengeden $dP/dr = -\rho g$ ve $g = Gm/r^2$ olduğundan $\boxed{H_P = \frac{P}{\rho g}}$

[!note] Türetme (Konveksiyon hızı ve akısı) Ögenin kendi yolu boyunca gösterdiği gradyana $\nabla_e$ diyelim. Öge yolda hiç ısı kaybetmeseydi $\nabla_e = \nabla_\text{ad}$ olurdu. Çevrenin gradyanı ise $\nabla$ 'dır.

Sıcaklık fazlası. $d\ln T/dr = \nabla,d\ln P/dr = -\nabla/H_P$ olduğundan çevrede $dT/dr = -T\nabla/H_P$ , ögede ise $-T\nabla_e/H_P$ olur. Öge $\Delta r$ kadar yükseldiğinde çevresinden ne kadar sıcak kaldığı: $\frac{\Delta T}{T} = (\nabla - \nabla_e)\frac{\Delta r}{H_P}.$ Belli bir anda gözlediğimiz ögeler, ortalamada yolculuklarının yarısındadır. Bu yüzden $\Delta r = \ell_m/2$ alırsak: $\frac{\Delta T}{T} = \frac12(\nabla - \nabla_e)\frac{\ell_m}{H_P}.$ Hız. Basınç dengesindeki öge için yoğunluk farkı $\Delta\rho/\rho = -\delta,\Delta T/T$ 'dir. Birim kütleye etkiyen kaldırma kuvveti $f = -g,\Delta\rho/\rho = g\delta,\Delta T/T$ olur ve öge yükseldikçe doğrusal olarak büyür: $f = g\delta(\nabla - \nabla_e),\Delta r/H_P$ . Bu kuvvetin $\Delta r$ boyunca yaptığı iş $\int_0^{\Delta r} f,dr' = \frac{g\delta(\nabla - \nabla_e)}{2H_P}(\Delta r)^2$ kadardır. İşin yarısının ögenin hareketine, öbür yarısının çevredeki maddeyi itmeye gittiğini varsayalım. O zaman $v^2/2$ bu işin yarısına eşittir; $\Delta r = \ell_m/2$ koyarsak: $v^2 = \frac{g\delta(\nabla - \nabla_e),\ell_m^2}{8H_P}.$ Akı. Her öge birim kütle başına $c_P,\Delta T$ kadar fazla ısı taşır; $c_P$ , sabit basınçta birim kütlenin ısı kapasitesidir. Yükselen sıcak ögeler de alçalan soğuk ögeler de akıya aynı işaretle katkı verir. Konveksiyon akısı: $F_\text{conv} = \rho,c_P,v,\Delta T.$ Hızı ve sıcaklık fazlasını yerine koyalım: $F_\text{conv} = \rho c_P T\cdot\frac{(\nabla - \nabla_e),\ell_m}{2H_P}\cdot\ell_m\sqrt{\frac{g\delta(\nabla - \nabla_e)}{8H_P}}.$ Son olarak $2\sqrt8 = 4\sqrt2$ olduğundan: $\boxed{F_\text{conv} = \frac{\rho c_P T\sqrt{g\delta},\ell_m^2}{4\sqrt2,H_P^{3/2}}(\nabla - \nabla_e)^{3/2}}$

[!info] Ara Not Sayısal çarpanlar (yolun yarısı, işin yarısı) keyfîdir ve farklı kaynaklar farklı seçimler yapar. Bu belirsizlik $\alpha_\text{MLT}$ 'nin içine gömülür. Bu parametre, Güneş modelinin bugünkü yaşında Güneş'in gözlenen yarıçapını ve parlaklığını vermesi istenerek ayarlanır ve 1,5 ile 2 arasında bir değer çıkar. Kuramın zayıf noktası budur; ama şaşırtıcı biçimde iyi çalışır.

3.5.1 Ögenin ısı kaybı ve kuramın kapanması

Elimizde iki bilinmeyen var: çevrenin gradyanı $\nabla$ ve ögenin gradyanı $\nabla_e$ . Onları belirlemek için iki ilişki daha gerekir. Birincisi ögenin yolda ışınımla ne kadar ısı kaybettiğinden, ikincisi toplam akının ışınım ile konveksiyon arasında paylaşılmasından gelir.

[!note] Türetme (Ögenin ışınımla ısı kaybı) Ögenin boyutu $d$ , yüzeyi $S$ , hacmi $V$ olsun. Öge çevresinden $\Delta T$ kadar sıcaktır ve bu fark yaklaşık $d/2$ kalınlığında bir sınır katmanında kapanır. Bölüm 3.2'deki akı formülüyle ögenin birim zamanda ışınımla kaybettiği enerji: $\lambda = \frac{4acT^3}{3\kappa\rho}\frac{\Delta T}{d/2}S.$ Bu kayıp, ögenin sıcaklığını adyabatik değerin altına çeker. Öge $v$ hızıyla yol aldığından birim yolda kaybedilen sıcaklık $\lambda/(\rho V c_P v)$ olur; bu da ögenin gradyanının adyabatik gradyandan sapmasıdır: $\frac{T}{H_P}(\nabla_e - \nabla_\text{ad}) = \frac{\lambda}{\rho V c_P v}.$ Kayıp hızı $\lambda$ 'yı ve $\Delta T = \tfrac12 T(\nabla - \nabla_e),\ell_m/H_P$ ifadesini yerine koyalım: $\nabla_e - \nabla_\text{ad} = \frac{4acT^3\ell_m}{3\kappa\rho^2 c_P v}\frac{S}{Vd}(\nabla - \nabla_e).$ Buradaki $S/(Vd)$ oranı ögenin biçimine bağlıdır; çapı $d$ olan bir küre için $6/d^2$ olurdu. Standart karışım uzunluğu kuramı $d = \ell_m$ alır ve bu oran için $9/(2\ell_m^2)$ değerini kullanır; aradaki fark yine $\alpha_\text{MLT}$ 'ye gömülür. Bu seçimle $\frac{\nabla_e - \nabla_\text{ad}}{\nabla - \nabla_e} = \frac{6acT^3}{\kappa\rho^2 c_P,\ell_m v}.$ Sol taraftaki oranın tersi, ögenin taşıdığı ısının yolda kaybettiğine oranıdır; buna konveksiyonun verimi diyebiliriz. Şimdi $v$ yerine yukarıdaki ifadesini koyalım ve bütün yerel nicelikleri tek bir parametrede toplayalım: $U \equiv \frac{3acT^3}{c_P\rho^2\kappa,\ell_m^2}\sqrt{\frac{8H_P}{g\delta}}.$ Hız için $v = \ell_m\sqrt{g\delta(\nabla - \nabla_e)/8H_P}$ konunca sağ taraf $2U/\sqrt{\nabla - \nabla_e}$ olur ve ilişki şu sade biçimi alır: $\nabla_e - \nabla_\text{ad} = 2U\sqrt{\nabla - \nabla_e}.$

[!note] Türetme (Akının paylaşılması) Toplam akıyı $F = L/(4\pi r^2)$ ile, $\nabla_\text{rad}$ 'ı da bu toplam akının tamamını ışınım taşısaydı oluşacak gradyan olarak tanımlamıştık. Işınımsal gradyan ifadesini $L$ için çözüp $4\pi r^2$ 'ye bölersek: $F = \frac{4acG}{3}\frac{T^4 m}{\kappa P r^2}\nabla_\text{rad}.$ Konveksiyon bölgesinde ışınım hâlâ akının bir kısmını taşır, ama gerçek gradyan $\nabla$ ile: $F_\text{rad} = (4acG/3)(T^4m/\kappa Pr^2),\nabla$ . Kalanı konveksiyon taşır: $F_\text{conv} = F - F_\text{rad} = \frac{4acG}{3}\frac{T^4m}{\kappa Pr^2}(\nabla_\text{rad} - \nabla).$ Öte yandan $g = Gm/r^2$ ve $H_P = P/(\rho g)$ olduğundan $Gm/(Pr^2) = 1/(\rho H_P)$ olur. Bunu yukarıdaki kutulu $F_\text{conv}$ ifadesine eşitleyip $(\nabla - \nabla_e)^{3/2}$ 'yi yalnız bırakalım: $(\nabla - \nabla_e)^{3/2} = \frac{16\sqrt2}{3}\frac{acT^3}{\kappa\rho^2 c_P,\ell_m^2}\sqrt{\frac{H_P}{g\delta}},(\nabla_\text{rad} - \nabla).$ Sağdaki çarpanı $U$ ile karşılaştıralım. Tanım gereği $U = 6\sqrt2,(acT^3/\kappa\rho^2c_P\ell_m^2)\sqrt{H_P/g\delta}$ olduğundan çarpan, $(16\sqrt2/3)/(6\sqrt2) = 8/9$ kere $U$ 'dur: $(\nabla - \nabla_e)^{3/2} = \frac89 U(\nabla_\text{rad} - \nabla).$

[!note] Türetme (Kübik denklem) İki ilişkiyi birleştirelim. Kısalık için $y \equiv \sqrt{\nabla - \nabla_e}$ diyelim. Isı kaybı ilişkisinden $\nabla_e = \nabla_\text{ad} + 2Uy$ , dolayısıyla $\nabla - \nabla_\text{ad} = (\nabla - \nabla_e) + (\nabla_e - \nabla_\text{ad}) = y^2 + 2Uy = (y+U)^2 - U^2.$ Bir de $\xi \equiv y + U$ ve $W \equiv \nabla_\text{rad} - \nabla_\text{ad}$ tanımlayalım. O zaman $\nabla - \nabla_\text{ad} = \xi^2 - U^2$ ve $\nabla_\text{rad} - \nabla = W - (\xi^2 - U^2)$ olur. Akı ilişkisi $y^3 = \tfrac89 U(\nabla_\text{rad} - \nabla)$ böylece tek bilinmeyenli bir denkleme döner: $\boxed{(\xi - U)^3 + \frac{8U}{9}\left(\xi^2 - U^2 - W\right) = 0}$ Verilen bir noktada $U$ ve $W$ yerel niceliklerden hesaplanır. Denklem çözülünce fiziksel kök $\xi$ bulunur; gerçek gradyan da $\nabla = \nabla_\text{ad} + \xi^2 - U^2$ ile hesaplanır. Yıldız modelleme kodlarının konveksiyon bölgelerinde yaptığı iş tam olarak budur.

[!tip] Fiziksel Yorum Tanımladığımız $U$ parametresi, ögenin ışınımla ısı kaybetme eğiliminin ölçüsüdür. Yoğunluğun karesiyle ters orantılı olduğuna dikkat edelim: Seyrek maddede öge ısısını çabuk kaybeder.

Verimli konveksiyon ( $U \ll 1$ ). Kübik denklemde $U$ küçükken $\xi$ de küçük kalır ve denklem yaklaşık $\xi^3 \approx \tfrac89 UW$ hâlini alır. Buradan $\nabla - \nabla_\text{ad} \approx \xi^2 \approx (8UW/9)^{2/3}$ , yani $U \to 0$ iken $\nabla \to \nabla_\text{ad}$ . Konveksiyon, gradyanı adyabatik değerin hemen üstünde tutarak her akıyı taşıyabilir.

Verimsiz konveksiyon ( $U \gg 1$ ). Bu kez $\xi = U + \eta$ yazıp $\eta$ 'yı küçük alırsak denklemin baskın terimleri $\tfrac{16}{9}U^2\eta \approx \tfrac89 UW$ verir; buradan $\eta \approx W/(2U)$ ve $\nabla - \nabla_\text{ad} = \xi^2 - U^2 \approx 2U\eta \approx W$ . Yani $\nabla \to \nabla_\text{rad}$ : Öge ısısını yolda kaybettiği için neredeyse hiçbir şey taşıyamaz ve işi yine ışınım yapar.

[!example] Örnek 3.5.1 Güneş'in konveksiyon bölgesinin alt kısmında, tabana yakın bir nokta ele alalım: $r \approx 4{,}9\times10^8$ m (yarıçapın 0,71'i), $T \approx 2{,}2\times10^6$ K, $\rho \approx 190\ \mathrm{kg,m^{-3}}$ . Bu yarıçaptan geçen akı $F = \frac{L_\odot}{4\pi r^2} \approx \frac{3{,}83\times10^{26}}{4\pi(4{,}9\times10^8)^2}\ \mathrm{W,m^{-2}} \approx 1{,}3\times10^8\ \mathrm{W,m^{-2}}$ kadardır. Sıcaklık fazlasını hız cinsinden yazarsak $\Delta T/T = 4v^2/(g\delta\ell_m)$ çıkar; bunu akıya koyunca $F_\text{conv} = 4\rho c_P T v^3/(g\delta\ell_m)$ olur. Tek atomlu ideal gazda $c_V = \tfrac32 k/(\mu m_u)$ ve $c_P = c_V + k/(\mu m_u) = \tfrac52 k/(\mu m_u)$ olduğundan $c_P T = \tfrac52 P/\rho = \tfrac52 gH_P$ ve akı çok sade bir biçim alır: $F_\text{conv} = \frac{10,\rho v^3}{\delta,\alpha_\text{MLT}}.$ Kaba bir kestirim için akının tamamını konveksiyonun taşıdığını, $\delta = 1$ ve $\alpha_\text{MLT} = 1{,}8$ olduğunu kabul edelim: $v = \left(\frac{\delta,\alpha_\text{MLT}F}{10\rho}\right)^{1/3} \approx \left(\frac{1{,}8\times1{,}3\times10^8}{1900}\right)^{1/3}\ \mathrm{m,s^{-1}} \approx 50\ \mathrm{m,s^{-1}}.$ Bu, saniyede yaklaşık elli metre demektir; aynı yerde ses hızı saniyede yaklaşık 220 kilometredir. Hız ifadesinden gradyan farkını çekelim. Bunun için $gH_P = P/\rho = kT/(\mu m_u) \approx 3{,}0\times10^{10}\ \mathrm{m^2,s^{-2}}$ ( $\mu \approx 0{,}6$ ile) olduğundan $\nabla - \nabla_e = \frac{8v^2}{\delta,\alpha_\text{MLT}^2,gH_P} \approx \frac{8\times2{,}5\times10^3}{3{,}2\times3{,}0\times10^{10}} \approx 2\times10^{-7}.$ Ögenin yolda kaybettiği ısının etkisi ise çok daha küçüktür: Bu noktada opaklık yaklaşık $2\ \mathrm{m^2,kg^{-1}}$ alınırsa konveksiyonun verimi milyon mertebesinde çıkar. Yani ögenin kendi gradyanı adyabatik gradyandan, $\nabla - \nabla_e$ farkının yalnızca milyonda biri kadar sapar.

Sonuç: Yıldızların derinlerindeki konveksiyon bölgelerinde gerçek gradyan, adyabatik gradyandan milyonda birden küçük farklarla ayrılır. Yapı hesaplarında burada doğrudan $\nabla = \nabla_\text{ad}$ yazılabilir ve $\alpha_\text{MLT}$ 'nin değeri bu bölgelerde neredeyse hiç önemli değildir.

[!info] Ara Not Yüzeye yaklaştıkça yoğunluk düşer, $U$ büyür ve konveksiyon verimini yitirir. Fotosferin hemen altındaki ince bir katmanda gerçek gradyan adyabatik gradyanı belirgin biçimde aşar; bu katmana süperadyabatik katman denir. Buradaki yapı $\alpha_\text{MLT}$ 'ye duyarlıdır ve konveksiyonlu zarfı olan yıldızların yarıçapını belirler. Bölüm 6'da Hayashi çizgisini türetirken bu duyarlılığa döneceğiz. Güneş'in yüzeyinde gördüğümüz granülasyon, yaklaşık bin kilometrelik hücreleriyle konveksiyonun doğrudan görüntüsüdür. Orada hızlar saniyede kilometre mertebesine çıkar, çünkü aynı akıyı çok daha seyrek madde taşımak zorundadır: Akı $\rho v^3$ ile orantılı olduğundan yoğunluk düştükçe hız artmalıdır.

3.6 İletimle Taşınım

Üçüncü yol, ısının madde parçacıklarının çarpışmalarıyla aktarılmasıdır: iletim. Günlük hayatta en tanıdık yol budur; sıcak çay bardağını tutan elimiz ısıyı iletimle alır. Yıldızların çoğunda ise iletimin payı ihmal edilecek kadar küçüktür. Bunun nedenini ve ne zaman tersine döndüğünü görmek için iki taşınım yolunu aynı dille yazalım.

[!note] Türetme (Kinetik kuramdan ısı iletkenliği) Kinetik kuram, taşıyıcılar ne olursa olsun ısı iletimi için aynı biçimi verir. Taşıyıcıların hızı $v$ , ortalama serbest yolu $\ell$ ve birim hacim başına ısı kapasitesi $C$ olsun. Bölüm 3.2'deki akı hesabını aynen tekrarlayalım. Orada enerji yoğunluğunun gradyanı vardı; burada enerji yoğunluğunun değişimi $du = C,dT$ 'dir: $F = -\frac{v\ell}{3}\frac{du}{dr} = -\frac13 Cv\ell\frac{dT}{dr} \equiv -k\frac{dT}{dr},\qquad k = \frac13 Cv\ell.$ Bu formülü fotonlara uygulayalım: $C = d(aT^4)/dT = 4aT^3$ , $v = c$ ve $\ell = 1/(\kappa\rho)$ . Sonuç: $k_\text{rad} = \frac13(4aT^3)\frac{c}{\kappa\rho} = \frac{4acT^3}{3\kappa\rho}.$ Bu, Bölüm 3.2'deki ışınımsal akının ta kendisidir. Işınımsal taşınım, aslında foton gazının iletimidir.

[!note] Türetme (İletim opaklığı) Elektronların ısı iletkenliğine $k_\text{cond}$ diyelim ve onu ışınımla aynı kalıba sokmak için bir iletim opaklığı tanımlayalım: $k_\text{cond} \equiv \frac{4acT^3}{3\kappa_\text{cond},\rho}.$ İki yol aynı sıcaklık gradyanı altında yan yana çalışır ve akıları toplanır: $F = -(k_\text{rad} + k_\text{cond})\frac{dT}{dr} = -\frac{4acT^3}{3\rho}\left(\frac{1}{\kappa_\text{rad}} + \frac{1}{\kappa_\text{cond}}\right)\frac{dT}{dr}.$ Demek ki ışınımsal taşınım denklemini hiç değiştirmeden, $\kappa$ yerine $\boxed{\frac1\kappa = \frac{1}{\kappa_\text{rad}} + \frac{1}{\kappa_\text{cond}}}$ koymak yeterlidir.

[!tip] Fiziksel Yorum Opaklıklar paralel bağlı dirençler gibi birleşir: Akım hangi kanaldan kolay geçiyorsa oradan geçer ve toplam direnç, küçük olandan da küçüktür. İletim, ancak $\kappa_\text{cond}$ ışınım opaklığıyla yarışacak kadar küçüldüğünde önem kazanır.

Sıradan, dejenere olmayan bir plazmada bu olmaz. Elektronların birim hacim başına ısı kapasitesi fotonlarınkinden büyük olsa da elektronlar ışıktan çok yavaştır; üstelik iyonlarla Coulomb çarpışmaları yüzünden serbest yolları fotonlarınkinden kat kat kısadır. Güneş'in merkezinde bu çarpanlar birleşince iletimin payı ihmal edilecek kadar küçük kalır.

Dejenere maddede tablo tersine döner. Bölüm 2.3'te gördüğümüz gibi elektronlar Fermi küresini doldurur. Bir elektronun saçılabilmesi için gideceği durumun boş olması gerekir; oysa Fermi yüzeyinin altındaki bütün durumlar doludur. Pauli ilkesi çarpışmaların çoğunu yasaklar ve elektronun serbest yolu muazzam uzar. Fermi yüzeyindeki elektronlar ayrıca çok hızlıdır. Isı kapasitesi azalsa da (ısıyı yalnızca Fermi yüzeyine $kT$ kadar yakın elektronlar taşıyabilir), uzun serbest yol ve büyük hız bunu fazlasıyla telafi eder. Sonuçta $\kappa_\text{cond}$ ışınım opaklığının çok altına iner ve iletim baskın hâle gelir.

[!example] Örnek 3.6.1 Beyaz cücelerin içi bu yüzden neredeyse tek bir sıcaklıktadır: İletim, sıcaklık farklarını hızla siler. Beyaz cücenin ne kadar hızlı soğuyacağını iletken çekirdek değil, onu saran ince ve dejenere olmayan zarf belirler; ısı, bir battaniyenin içinden sızar gibi bu zarftan dışarı çıkar. Bölüm 13'te beyaz cücelerin soğuma kuramını bu tablo üzerine kuracağız. Kırmızı devlerin dejenere helyum çekirdekleri de aynı nedenle neredeyse her yerinde aynı sıcaklıktadır. Bölüm 8'deki helyum flaşında bunun sonuçlarını göreceğiz.

3.7 Yıldız Yapısının Dört Denklemi

Artık eksik parça kalmadı. Kütle koordinatı $m$ 'yi bağımsız değişken alarak dört denklemi bir arada yazalım:

\boxed{ \begin{aligned} \frac{\partial r}{\partial m} &= \frac{1}{4\pi r^2\rho}, \[4pt] \frac{\partial P}{\partial m} &= -\frac{Gm}{4\pi r^4}, \[4pt] \frac{\partial L}{\partial m} &= \varepsilon_\text{nuc} - \varepsilon_\nu + \varepsilon_\text{grav}, \[4pt] \frac{\partial T}{\partial m} &= -\frac{GmT}{4\pi r^4 P}\nabla. \end{aligned}}

İlk ikisi Bölüm 2'den, üçüncüsü Bölüm 3.1'den geliyor. Dördüncüsü, $\nabla$ tanımının hidrostatik dengeyle birleşmesidir: $\partial T/\partial m = (dT/dP)(\partial P/\partial m) = (T/P),\nabla,(\partial P/\partial m)$ . Hangi $\nabla$ 'nın kullanılacağına kararlılık ölçütü karar verir:

$\nabla_\text{rad} \le \nabla_\text{ad}$ ise (bileşim gradyanı varsa Ledoux ölçütüne göre) katman ışınımsaldır ve $\nabla = \nabla_\text{rad}$ alınır. Bu durumda dördüncü denklem, Bölüm 3.2'deki ışınımsal denkleme döner.
Aksi hâlde katman konveksiyonludur ve $\nabla$ karışım uzunluğu kuramından bulunur; derinlerde pratikte $\nabla = \nabla_\text{ad}$ olur.

[!note] Türetme ( $\varepsilon_\text{grav}$ için kullanışlı biçim) Kodlarda entropi yerine sıcaklık ve basınçla çalışmak daha kolaydır. Entropiyi $T$ ve $P$ 'nin fonksiyonu olarak yazalım: $ds = (\partial s/\partial T)_P,dT + (\partial s/\partial P)_T,dP$ . Birinci katsayı tanım gereği $c_P/T$ 'dir. İkincisi için bir Maxwell bağıntısı kullanılır: $(\partial s/\partial P)_T = -(\partial v/\partial T)_P$ . Öte yandan $v = 1/\rho$ ve $\delta$ tanımından $(\partial v/\partial T)_P = \delta/(\rho T)$ çıkar. Böylece $T,ds = c_P,dT - \frac\delta\rho,dP \implies \boxed{\varepsilon_\text{grav} = -c_P\frac{\partial T}{\partial t} + \frac\delta\rho\frac{\partial P}{\partial t}}$

Dört denklemin sağ tarafları, maddenin özelliklerini anlatan üç ilişkiyi gerektirir: $\rho = \rho(P, T, X_i),\qquad \kappa = \kappa(\rho, T, X_i),\qquad \varepsilon = \varepsilon(\rho, T, X_i).$ Birincisi hâl denklemidir (Bölüm 2.4); $\nabla_\text{ad}$ , $c_P$ ve $\delta$ da ondan türetilir. İkincisi opaklıktır (Bölüm 3.3 ve 3.6). Üçüncüsü enerji üretimidir ve Bölüm 4'ün konusudur. Buradaki $X_i$ , kimyasal bileşimi oluşturan her bir elementin kütle kesridir.

Zaman, denklemlere iki yoldan girer: $\varepsilon_\text{grav}$ terimiyle ve bileşimin değişimiyle. Nükleer tepkimeler bileşimi yavaş yavaş değiştirir; konveksiyon ise kapsadığı bölgeyi karıştırarak bileşimi orada eşitler. Bir yıldızın evrimi, bileşimi adım adım değişen bir dizi denge modelidir. Bölüm 2.7'de gördüğümüz zaman ölçeklerinin büyük ayrılığı bu yaklaşımı mümkün kılıyordu.

3.7.1 Sınır koşulları

Dört birinci mertebe diferansiyel denklem dört sınır koşulu ister. İkisi merkezden, ikisi yüzeyden gelir.

Merkez. Merkezde, yani $m = 0$ 'da $r = 0$ ve $L = 0$ olmalıdır. Merkezdeki basınç ve sıcaklık bilinmez; onları bulmak problemin bir parçasıdır.

[!note] Türetme (Merkez yakınındaki davranış) Denklemlerdeki $r^2$ ve $r^4$ paydaları merkezde sıfıra gider; bu yüzden sayısal çözüm tam merkezden değil, merkezin hemen dışından başlatılır. Çözümün orada nasıl davrandığını görelim. Çok küçük $m$ için yoğunluk merkezdeki değerine eşit sayılabilir: $\rho \approx \rho_c$ . O zaman $m \approx \tfrac{4\pi}{3}r^3\rho_c$ , yani $r \approx \left(\frac{3m}{4\pi\rho_c}\right)^{1/3} \qquad\text{ve}\qquad L \approx \varepsilon_c m.$ Burada $\varepsilon_c$ , $\varepsilon$ 'un merkezdeki değeridir. Basınç için $r^4$ 'ü yerine koyalım: $\frac{dP}{dm} = -\frac{Gm}{4\pi}\left(\frac{4\pi\rho_c}{3m}\right)^{4/3} = -\frac{G}{4\pi}\left(\frac{4\pi\rho_c}{3}\right)^{4/3}m^{-1/3}.$ İntegral alınca $P \approx P_c - \frac{3G}{8\pi}\left(\frac{4\pi\rho_c}{3}\right)^{4/3}m^{2/3}$ bulunur. Basınç merkezde sonlu bir değerden başlar ve $m^{2/3}$ ile, yani $r^2$ ile azalır.

Yüzey. En basit seçim, yüzeyde $P = 0$ ve $T = 0$ almaktır. İç yapının büyük bölümü için bu yeterince iyidir, çünkü içerideki basınç ve sıcaklık yüzeydekinden büyüklük mertebeleriyle büyüktür. Ama yıldızın yüzeyi sıfır sıcaklıkta değildir; gözlediğimiz yüzey fotosferdir. Bölüm 1.4'te fotosferin yaklaşık $2/3$ optik derinlikte bulunduğunu ve sıcaklığının orada etkin sıcaklığa yakın olduğunu söylemiştik. Şimdi bu sözün nereden geldiğini görebiliriz.

[!abstract] Tanım 3.7.1 (Optik derinlik) Yıldızın dışından içeri doğru sayılan optik derinlik $\tau$ , $d\tau = -\kappa\rho,dr$ ile tanımlanır ve yıldızın dışında sıfırdır. Optik derinlik, dışarıdan bakıldığında kaç serbest yol derinde olduğumuzun ölçüsüdür.

[!note] Türetme (Eddington'un gri atmosferi) Atmosferi ince (kalınlığı yarıçapın yanında küçük), düzlem paralel ve gri (opaklık frekanstan bağımsız) kabul edelim. Atmosferde enerji üretilmez, yani akı her derinlikte aynıdır: $F = \sigma T_\text{eff}^4$ . Difüzyon bağıntısının atmosferin her yerinde yaklaşık olarak geçerli olduğunu kabul edelim. Bölüm 3.2'deki $F = -(c/3\kappa\rho),du/dr$ ifadesi, $d\tau = -\kappa\rho,dr$ ile $F = \frac c3\frac{du}{d\tau}$ olur. Akı sabit olduğundan integral hemen alınır: $u(\tau) = u(0) + \frac{3F}{c}\tau.$ Geriye yüzeydeki değer $u(0)$ kalıyor. Yüzeyde ( $\tau = 0$ ) dışarıdan gelen ışınım yoktur; ışınım yalnızca dışa bakan yarım küreye doğru gider. Bu yarım kürede ışınım şiddetinin her yönde aynı, $I_0$ olduğunu varsayalım (Eddington yaklaşımı). Enerji yoğunluğu, yarım kürenin katı açısı $2\pi$ olduğundan $u(0) = 2\pi I_0/c$ ; akı ise Bölüm 1.4'teki Lambert hesabıyla $F = \pi I_0$ . Demek ki $u(0) = 2F/c$ ve $u(\tau) = \frac{3F}{c}\left(\tau + \frac23\right).$ Yerel ısıl dengede $u = aT^4 = 4\sigma T^4/c$ ; akı da $\sigma T_\text{eff}^4$ . Yerine koyalım: $\frac{4\sigma T^4}{c} = \frac{3\sigma T_\text{eff}^4}{c}\left(\tau + \frac23\right) \implies \boxed{T^4(\tau) = \frac34 T_\text{eff}^4\left(\tau + \frac23\right)}$

[!tip] Fiziksel Yorum Denklemde $\tau = 2/3$ koyunca $T = T_\text{eff}$ çıkar. Fotosferin $\tau \approx 2/3$ 'te olması bir uzlaşım değil, bu basit atmosfer modelinin sonucudur: Yıldızın etkin sıcaklığı, dışarıdan bakıldığında görebildiğimiz derinliğin, yani ortalama $2/3$ optik derinliğin sıcaklığıdır. Yüzeyde ( $\tau = 0$ ) sıcaklık sıfır değildir; $T^4 = T_\text{eff}^4/2$ , yani $T \approx 0{,}84,T_\text{eff}$ olur.

[!info] Ara Not Eddington yaklaşımı yüzeyde kusursuz değildir. Işınım aktarım denkleminin gri atmosfer için tam çözümü $T^4 = \tfrac34 T_\text{eff}^4,[\tau + q(\tau)]$ biçimindedir. Hopf fonksiyonu denen $q(\tau)$ , yüzeydeki yaklaşık 0,58 değerinden derinde 0,71'e yavaşça yükselir. Eddington'un $2/3$ 'ü bu iki değerin arasına oturan iyi bir ortalamadır.

[!note] Türetme (Fotosfer basıncı) Atmosferde de hidrostatik denge geçerlidir: $dP/dr = -\rho g$ . Bunu optik derinlik cinsinden yazalım: $\frac{dP}{d\tau} = \frac{dP/dr}{d\tau/dr} = \frac{-\rho g}{-\kappa\rho} = \frac g\kappa.$ İnce atmosferde $g$ sabittir; opaklığı da sabit kabul edip $\tau = 0$ (orada $P = 0$ ) ile $\tau = 2/3$ arasında integral alalım: $\boxed{P_\text{ph} = \frac23\frac g\kappa}$

Böylece yüzey sınır koşulları belli olur: $m = M$ 'de $T = T_\text{eff}$ ve $P = \tfrac23,GM/(R^2\kappa)$ . Etkin sıcaklık da parlaklık ve yarıçapa $L = 4\pi R^2\sigma T_\text{eff}^4$ ile bağlıdır (Bölüm 1.4). Bu iki koşul, iç çözümü atmosfere bağlar. Ayrıntılı Güneş atmosferi modelleri fotosfer basıncını yaklaşık $10^4$ Pa olarak verir; bu, Dünya'da deniz seviyesindeki hava basıncının onda biri kadardır.

3.7.2 Vogt-Russell teoremi

Toplayalım: dört diferansiyel denklem, üç malzeme ilişkisi ve dört sınır koşulu. Verilen bir toplam kütle $M$ ve bileşimin yıldız içindeki dağılımı $X_i(m)$ için bu sistemin genellikle tek bir çözümü vardır. Bu gözleme Vogt-Russell teoremi denir: Bir yıldızın yapısını, kütlesi ile kimyasal bileşiminin yıldız içindeki dağılımı belirler. "Teorem" adı biraz cömert; matematiksel olarak kanıtlanmış değildir ve bazı özel durumlarda birden fazla çözüm bulunabilir. Ama yıldız fiziğinin pratiği bu ilkeye dayanır. Bölüm 1'in başında "kütle varsa kader de var" demiştik. Kaderin matematiği bu dört denklemdir.

[!info] Ara Not Bu sistem ancak çok özel durumlarda analitik olarak çözülebilir; politrop modeller bunların en önemlisidir (Ek B). Gerçek yıldız modelleri sayısal olarak, çoğunlukla Henyey yöntemiyle çözülür. Yıldız yüzlerce ya da binlerce kabuğa bölünür, denklemler bu kabuklar arasında fark denklemlerine çevrilir ve bütün kabuklar aynı anda, bir tahminden başlanıp yinelemeyle düzeltilerek çözülür. MESA gibi açık kaynaklı kodlar bugün bu işi bir dizüstü bilgisayarda dakikalar içinde yapar.

[!quote] Sonraki Bölüm Bölüm 3'ü kapatıyoruz. Bölüm 2'de başladığımız işi tamamladık: Yıldız yapısının dört denklemi, sınır koşullarıyla birlikte elimizde. Işınımın enerjiyi nasıl bir rastgele yürüyüşle taşıdığını, opaklığın bu yürüyüşü nasıl yavaşlattığını, ışınım yetişemediğinde konveksiyonun nasıl devreye girdiğini ve dejenere maddede iletimin neden baskın olduğunu gördük. Bölüm 2'den kalan $a = 4\sigma/c$ borcunu ödedik; Bölüm 1'de sözünü ettiğimiz $2/3$ optik derinliğin nereden geldiğini de gösterdik.

Denklemlerde bilerek bir boşluk bıraktık: $\varepsilon_\text{nuc}$ . Enerjinin nasıl korunduğunu ve nasıl taşındığını yazdık, ama nerede ve nasıl üretildiğini henüz söylemedik. Bölüm 4'te yıldızın enerji kaynağına, çekirdek tepkimelerine iniyoruz: kütle eksiği ve bağlanma enerjisi, Coulomb engelini aşan kuantum tünellemesi, Gamow tepesi, pp zinciri, CNO döngüsü ve helyumun yanması. Bölüm 1'de $Q \approx 26{,}73$ MeV değerini kütle eksiğinden hesaplayacağımızı söylemiştik; o sözü orada tutacağız. Enerji üretiminin sıcaklığa ne kadar duyarlı olduğunu bulduğumuzda, bu bölümde yalnızca nitel olarak sözünü ettiğimiz konveksiyonlu çekirdeklerin nedenini de sayılarla göreceğiz.