Eléments de correctionExercice 1 : Sursaut X.

Énergie libérée par unité de masse par la fusion thermonucléaire : ✏nuc

c

2, avec ✏

nuc

= 0.7% (fusion H), ou plus petit (He).Énergie cinétique par unité de masse nécessaire pour échapper à la gravité de l’étoile à neutrons : 1

2

v

2

lib

= ⌅c2, où ⌅ ' 0.2est la compacité de l’étoile à neutrons.✏

nuc

⌧ ⌅ : pas d’éjection de matière.

Exercice 2 : Compacité des naines blanches.

1. Viriel : 3PV + E

grav

= 0, soit P/⇢ / �E

grav

/M / GM/R. Équation d’état P/⇢ / ⇢

��1 / M

��1

/R

3(��1).On obtient M

��1

/R

3(��1) / M/R, soit la loi d’échelle : R / M

� 2��3��4 .

Loi d’échelle de la compacité : ⌅ / M/R / M

2

��13��4 .

2. La pression dans les naines banches est dominée par la pression de dégénérescence des électrons. Pour des électronsnon relativistes (naines blanches de petite masse), � ! 5/3 ' 1.7, pour des électrons ultra-relativistes (naines blanchesproches de la masse de Chandrasekhar M

Ch

' 1.4M�), � ! 4/3 ' 1.3. Ici, nous sommes dans un domaine de masseintermédiaire, l’index polytropique effectif est donc entre ces deux extrêmes.

3. Pour � = 1.5 : ⌅ / M

2. Pour R = 5000 km et M = 1M�, on trouve ⌅ = 3⇥ 10�4. Soit : ⌅ ' 3⇥ 10�4

⇣MM�

⌘2

.

Pour M

min

= 0.5M�, on obtient ⌅min

' 7⇥ 10�5 et pour M

max

= 1.2M�, on trouve ⌅max

' 4⇥ 10�4.

Exercice 3 : Trous noirs accrétants.

1. La variation d’énergie potentielle d’un élément de masse m accrété depuis l’1 jusqu’en R

min

vaut �E

p

= 0�⇣�GMm

Rmin

⌘.

D’où l’expression demandée de L

max

.2. Pour R = 6GM

c2(rayon de la dernière orbite stable autour d’un trou noir sans rotation), L

max

= 1

6

mc

2.

3. Corps noir : L = 4⇡R2

min

�T

4 = 144⇡G2M2

c4�T

4, soit T =⇣

Lc4

144⇡G2M2�

⌘1/4

.

4. Cf. cours.5. Luminosité d’Eddington : L

Edd

=4⇡GMmp

�T' 3.4⇥ 104

⇣MM�

⌘, soit L / M si L = L

Edd

.

D’après la question 3. : T / L

1/4/M

1/2. On déduit T / M

�1/4 à la limite d’Eddington, soit x

1

= �1/4.

Pour M = 1M�, kT = kT

1

' 140 eV⇣

3.4⇥10

4 L�L�

⌘1/4

' 2 keV.

6. Énergie mécanique : Em

= E

p

+ E

c

= �GMmr + 1

2

mc

2

S,1.7. Condition E

m

< 0 pour r > r

acc

= 2GMc2S,1

.

8. Flux de masse accrété = taux de collisions des particules du gaz avec la surface absorbante ⇡r

2

acc

⇥ masse des particules= ⇡r

2

acc

⇥ nv ⇥m = ⇡r

2

acc

⇢v. Avec v ' c

S,1, on obtient : m ' ⇡r

2

acc

⇢1c

S,1 = 4⇡G2

M

2

⇢1/c

3

S,1.

9. Comme m / M

2, nous obtenons L / M

2, soit x

2

= 2 et kT / L

1/4/M

1/2 / M

0, soit x

3

= 0.Pour M = 1M�, m = 4.1⇥ 107 kg.s�1, soit L = L

2

' f6

mc

2 ' 1.6⇥ 10�5

L� d’après la question 2.

On a alors kT = kT

3

' 140 eV⇣

1.6⇥10

�5 L�L�

⌘1/4

' 9 eV d’après la question 3.

10. Diagramme obtenu : voir ci-après.11. Les lignes kT = cste sont des droites de pente 2 : voir ci-après.12. (a) Binaires X : trou noir de masse stellaire, typiquement 10M�. Pour rayonner dans les rayons X, l’accrétion de Bondi

ne suffit pas, il faut un flux de masse plus élevé d’au moins quatre ordres de grandeur (ligne 100 eV : X mous).(b) Trou noir supermassif : de 106 à 109 masses solaires. On reste entre les lignes 10 eV et 100 eV : rayons UV.(c) Source X inconnue : la limite d’Eddington impose que le trou noir ait une masse supérieure à ⇠ 3 ⇥ 103 M�. Lefait que la source rayonne dans les rayons X (donc au-dessus de 100 eV) impose une masse inférieure à ⇠ 104 M�. Lasource inconnue est un candidat trou noir de masse intermédiaire !

Exercice 4 : Pulsars.

1. Cours : Erot

= �E

e.m., soit PP = KB

2

.

2. Crabe : B =q

P ˙PK ' 7.6⇥ 108 T .

3. P (t) =p

P

2

0

+ 2KB

2

t .

4. Échelle de temps caractéristique : t0

=P20

2KB2 . Courbe de P (t) en log-log :droite horizontale pour t ⌧ t

0

(P (t) ' P

0

) et droite de pente 1/2 pour t � t

0

(P (t) 'p2KBt

1/2). Raccord continu.

1

5. T = 1

2

P˙P= P2

2KB2 = t

0

+ t ' t si t � t

0

(pulsar âgé).6. Crabe : T ' 1260 yr .

7. Le pulsar du Crabe est au cœur de la nébuleuse du Crabe : reste d’une explosion d’étoile observée en 1054 (SN1054).L’âge est donc t = 2015� 1054 ' 960 yr. Soit P

0

= P (t)�t0T

�1/2

= P (t)�1� t

T

�1/2 ' 16ms .

8. Comme PP = cste pendant le freinage du pulsar, on a P

0

= P (t) ˙P (t)P0

, soit pour le Crabe : P (0) = 8.7⇥ 10�13 s.s�1.9. Voir diagramme ci-après.

10. Au-delà d’une certaine vitesse de rotation, destruction de l’étoile par les forces centrifuges.Calcul fait en cours : P

0,min

= 2⇡q

R3

GM ' 0.46ms (calcul approximatif puisqu’effectué en mécanique newtonienne).

11. Réservoirs d’énergie : Emag

' 4⇡3

R

3 B2

2µ0et E

rot

= 1

2

I⌦2 = 2⇡2IP2 .

La limite du domaine des magnétars est donnée par E

mag

> E

rot

, soit B

2

P

2

>

3⇡Iµ0R3 . En remplaçant B

2 par P ˙PK , on

obtient finalement P

3

P > 3⇡µ0

KIR3 , ce qui correspond à une droite de pente �3 dans le diagramme P–P .

12. Voir diagramme ci-après : on ne s’attend pas à trouver des magnétars de courte période (confirmé par les observations).13. On oublie la dépendance à R qui est pris constant. En effet, la distribution en masse des étoiles à neutrons est très

peu étalée et on peut donc considérer approximativement que tous les pulsars ont les mêmes valeurs de M , R et I.Cylindre de lumière : R

L

= c/⌦ / P .Champ magnétique perpendiculaire : B? / B/R

L

/ BP

�1.Rayon de courbure : r

c

/ R

1/2L

/ P

1/2.Énergie maximum des électrons : E

max

/ BP

�2.Énergie correspondante des photons rayonnés : h⌫ / E

3

max

/r

c

/ B

3

P

�13/2.Condition de création de paires : B?h⌫ = cste, soit (BP

�1)(B3

P

�13/2) = cste, soit finalement B

4

P

�15/2 = cste.

14. Avec les données de l’énoncé, la ligne d’extinction s’écrit :⇣

B5⇥10

7T

⌘4

=�

P1 s

�15/2.

Le champ magnétique vaut d’après la question 2 : B = 2.0⇥ 108 T�

P1 s

�1/2

⇣˙P

10

�15s.s�1

⌘1/2

.

En éliminant B, on trouve donc : P = 6.3⇥ 10�17 s.s�1

�P1 s

�11/4 (voir diagramme ci-après).

15. Il est raisonnable de supposer que lorsque le pulsar s’éteint, t � t

0

. Dans ce cas P (t) 'p2KB

2

t et P 'p2KB2

2

pt

, soit

P = 0.12 s�

B10

8T

� ⇣t

1Myr

⌘1/2

et P = 2.0⇥ 10�15 s.s�1

�B

10

8T

� ⇣t

1Myr

⌘�1/2.

Après simplification, la condition d’extinction s’écrit donc t ' 140Myr�

B10

8T

��14/15.Pour le pulsar du Crabe, B = 7.6⇥ 108 T d’après la question 2., soit une durée de vie de t ' 21Myr.

16. Le taux de supernova gravitationnelle dans la Galaxie est estimé à 2 par siècle. En supposant que (a) ce taux n’apas trop varié dans les derniers 100 Myr ; (b) que la majorité des supernovae donnent des étoiles à neutrons (trèsraisonnable car l’IMF ne favorise pas les étoiles très massives susceptibles de donner des trous noirs), on obtient unnombre de pulsars en activité dans la Galaxie de ⇠ 2⇥ 10�2 ⇥ 108 ' 2⇥ 106 ! En pratique, on ne connaît que ⇠ 2000pulsars radio. On ne s’attend bien sûr pas à détecter tous les pulsars (il faut que le faisceau radio nous intercepte) mais,sauf à imaginer que le cone d’émission est très petit, on peut penser qu’il reste beaucoup de pulsars à découvrir par lesprochains radio-télescopes plus sensibles (ceci est confirmé par la distribution dans le ciel des pulsars radio identifiés,qui ne peuple pas uniformément le disque Galactique mais montre une claire accumulation dans le voisinage solaire).

Diagrammes des exercices 3 et 4 :

2