课程：AST1440 — Radiation；本次主题为 Scattering, Random Walks, and Radiative Diffusion。Radiative Processes in Astrophysics （简称 RL），§1.7–1.8，印刷页 33–45；习题 1.10，印刷页 49–50。
目录
本节的核心问题与结论 统一符号、量纲与假设 纯散射与吸收加散射的源函数 从截面到光学深度、概率和平均自由程 随机游走、热化长度与有效光学深度 有效发射层、方程 (1.103) 与谱线特征 Rosseland 辐射扩散 角矩与 Eddington 近似 频率依赖的转移方程及其矩方程 两流近似与表面边界条件 习题 1.10：半无限等温散射介质 English assignment-ready solution 复习清单、极限检验与常见混淆 资料与引用
1. 本节的核心问题与结论
本节在回答一个看似简单、实际上非常关键的问题：一个物体只要光学厚，出射光谱就一定是黑体吗？
答案是否定的。普通光学深度大，只说明光子会经历许多次相互作用；如果这些相互作用几乎全是相干散射，光子虽然被困住，却没有与物质充分交换能量。真正使辐射场趋向 Planck 函数的，是光子的真吸收以及由局部热库控制的热发射。
整节内容可以压缩成以下逻辑链：
纯散射只把已有辐射重新分配到不同方向，不能在无照明条件下凭空产生光子。
光学厚介质中的光子通过随机游走逃逸；当总光学深度为 τ ≫ 1 \tau\gg1 τ ≫ 1 N ∼ τ 2 N\sim\tau^2 N ∼ τ 2
若每次相互作用真正吸收光子的概率为 ϵ \epsilon ϵ 1 / ϵ 1/\epsilon 1/ ϵ
两者比较给出热化深度 τ t h e r m ∼ 1 / ϵ \tau_{\rm therm}\sim1/\sqrt{\epsilon} τ therm ∼ 1/ ϵ ℓ ∗ ∼ ℓ / ϵ \ell_*\sim\ell/\sqrt{\epsilon} ℓ ∗ ∼ ℓ / ϵ
有效厚介质的直接出射主要来自表面约一个热化长度的区域，因此 RL 方程 (1.103) 给出 L ν ∝ ϵ ν B ν L_\nu\propto\sqrt{\epsilon_\nu}B_\nu L ν ∝ ϵ ν B ν
强原子跃迁若主要表现为散射，则谱线中心 ϵ ν ≪ 1 \epsilon_\nu\ll1 ϵ ν ≪ 1
在介质深处，辐射接近各向同性和局部热平衡；一个很小的方向不对称把能量从高温处扩散到低温处，这就是 Rosseland 辐射扩散。
习题 1.10 用 Eddington 近似和两流边界条件求得半无限等温介质中的 J ν ( τ ν ) J_\nu(\tau_\nu) J ν ( τ ν )
本节最重要的三个结论是
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν , \boxed{
S_\nu=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu
}, S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν , τ ν , ∗ ∼ ϵ ν τ ν , \boxed{
\tau_{\nu,*}\sim\sqrt{\epsilon_\nu}\,\tau_\nu
}, τ ν , ∗ ∼ ϵ ν τ ν , 以及两流/Eddington 近似下的平方根 epsilon 定律
S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . \boxed{
S_\nu(0)=\sqrt{\epsilon_\nu}\,B_\nu
}. S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . 2. 统一符号、量纲与假设
2.1 符号表
符号 含义 量纲或说明 I ν ( τ , μ ) I_\nu(\tau,\mu) I ν ( τ , μ ) 频率为 ν \nu ν μ \mu μ 每单位频率的定向辐射强度 J ν J_\nu J ν 平均强度 J ν = ( 1 / 2 ) ∫ − 1 1 I ν d μ J_\nu=(1/2)\int_{-1}^{1}I_\nu d\mu J ν = ( 1/2 ) ∫ − 1 1 I ν d μ H ν H_\nu H ν 一阶角矩 F ν = 4 π H ν F_\nu=4\pi H_\nu F ν = 4 π H ν K ν K_\nu K ν 二阶角矩 与辐射压力有关 B ν ( T ) B_\nu(T) B ν ( T ) Planck 函数 LTE 热平衡比强度 α ν \alpha_\nu α ν RL 的宏观真吸收系数 L − 1 L^{-1} L − 1 σ ν \sigma_\nu σ ν RL 的宏观散射系数 L − 1 L^{-1} L − 1 χ ν \chi_\nu χ ν 总消光系数 χ ν = α ν + σ ν \chi_\nu=\alpha_\nu+\sigma_\nu χ ν = α ν + σ ν σ ν , c r o s s \sigma_{\nu,\rm cross} σ ν , cross 单个粒子的微观散射截面 L 2 L^2 L 2 κ ν \kappa_{\nu} κ ν 单位质量不透明度 L 2 M − 1 L^2M^{-1} L 2 M − 1 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν 单次相互作用的真吸收概率 ϵ ν = α ν / χ ν \epsilon_\nu=\alpha_\nu/\chi_\nu ϵ ν = α ν / χ ν 1 − ϵ ν 1-\epsilon_\nu 1 − ϵ ν 单次散射反照率 σ ν / χ ν \sigma_\nu/\chi_\nu σ ν / χ ν ℓ ν \ell_\nu ℓ ν 到下一次任意相互作用的平均自由程 ℓ ν = 1 / χ ν \ell_\nu=1/\chi_\nu ℓ ν = 1/ χ ν ℓ ν , ∗ \ell_{\nu,*} ℓ ν , ∗ 热化长度或有效平均路程 ℓ ν , ∗ = ℓ ν / ϵ ν \ell_{\nu,*}=\ell_\nu/\sqrt{\epsilon_\nu} ℓ ν , ∗ = ℓ ν / ϵ ν τ ν \tau_\nu τ ν 总光学深度 由 χ ν \chi_\nu χ ν τ ν , a , τ ν , s \tau_{\nu,a},\tau_{\nu,s} τ ν , a , τ ν , s 真吸收、散射光学深度 α ν L , σ ν L \alpha_\nu L,\sigma_\nu L α ν L , σ ν L τ ν , ∗ \tau_{\nu,*} τ ν , ∗ 有效光学深度 随机游走标度为 ϵ ν τ ν \sqrt{\epsilon_\nu}\tau_\nu ϵ ν τ ν μ \mu μ 方向余弦 μ = cos θ \mu=\cos\theta μ = cos θ
2.2 关于 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
预习要求中若出现
ϵ ν = α ν α ν − σ ν , \epsilon_\nu=\frac{\alpha_\nu}{\alpha_\nu-\sigma_\nu}, ϵ ν = α ν − σ ν α ν , 其中的负号应视为排版或转录错误。RL 的定义是
ϵ ν = α ν α ν + σ ν . \boxed{
\epsilon_\nu
=
\frac{\alpha_\nu}{\alpha_\nu+\sigma_\nu}
}. ϵ ν = α ν + σ ν α ν . 分母必须是总消光系数。只有这样，ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν 0 0 0 1 1 1
ϵ ν + ( 1 − ϵ ν ) = 1. \epsilon_\nu+(1-\epsilon_\nu)=1. ϵ ν + ( 1 − ϵ ν ) = 1. 2.3 微观截面、宏观系数与单位质量不透明度
小写 σ \sigma σ σ ν \sigma_\nu σ ν
σ ν R L = n s σ ν , c r o s s = ρ κ ν , s c . \boxed{
\sigma_\nu^{\rm RL}
=n_s\sigma_{\nu,\rm cross}
=\rho\kappa_{\nu,\rm sc}
}. σ ν RL = n s σ ν , cross = ρ κ ν , sc . 量纲检查为
[ n s σ ν , c r o s s ] = L − 3 L 2 = L − 1 . [n_s\sigma_{\nu,\rm cross}]
=L^{-3}L^2=L^{-1}. [ n s σ ν , cross ] = L − 3 L 2 = L − 1 . 同理，宏观真吸收系数可以写成
α ν = n a σ ν , a b s , c r o s s = ρ κ ν , a b s . \alpha_\nu
=n_a\sigma_{\nu,\rm abs,cross}
=\rho\kappa_{\nu,\rm abs}. α ν = n a σ ν , abs , cross = ρ κ ν , abs . 只有量纲相同的宏观系数才能相加：
χ ν = α ν + σ ν . \chi_\nu=\alpha_\nu+\sigma_\nu. χ ν = α ν + σ ν . 2.4 本文采用的主要假设
§1.7 的基础散射模型取相干、各向同性散射；散射不改变该频率区间内的总光子能量。
真吸收与热发射服从 LTE Kirchhoff 关系 j ν , t h = α ν B ν ( T ) j_{\nu,\rm th}=\alpha_\nu B_\nu(T) j ν , th = α ν B ν ( T )
随机游走的数量级估计忽略几何常数；Eddington 推导会给出额外的 3 \sqrt{3} 3
Rosseland 近似要求介质光学厚、辐射接近局部热平衡，并且物理量在一个平均自由程内变化很慢。
Eddington 近似只要求角分布接近各向同性，并采用 K ν = J ν / 3 K_\nu=J_\nu/3 K ν = J ν /3
习题 1.10 的介质半无限、均匀、等温，α ν \alpha_\nu α ν σ ν \sigma_\nu σ ν ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
3. 纯散射与吸收加散射的源函数
3.1 热发射与散射的本质区别
LTE 真吸收对应的热发射率为
j ν , t h = α ν B ν ( T ) . \boxed{
j_{\nu,\rm th}=\alpha_\nu B_\nu(T)
}. j ν , th = α ν B ν ( T ) . 它由物质温度决定；即使没有外来辐射，温度为 T T T
对于相干、各向同性散射，单位体积在频率 ν \nu ν
j ν , s c = σ ν J ν [RL (1.84)] . \boxed{
j_{\nu,\rm sc}=\sigma_\nu J_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.84)]}. j ν , sc = σ ν J ν [RL (1.84)] . 纯散射的源函数为
S ν , s c = j ν , s c σ ν = J ν [RL (1.85)] . \boxed{
S_{\nu,\rm sc}
=\frac{j_{\nu,\rm sc}}{\sigma_\nu}
=J_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.85)]}. S ν , sc = σ ν j ν , sc = J ν [RL (1.85)] . 因此，散射只重新分配已经存在的辐射。若 J ν = 0 J_\nu=0 J ν = 0
3.2 为什么纯散射问题不能直接使用已知源函数的形式解？
纯散射转移方程为
d I ν d s = − σ ν ( I ν − J ν ) . \frac{dI_\nu}{ds}
=-\sigma_\nu(I_\nu-J_\nu). d s d I ν = − σ ν ( I ν − J ν ) . 这里
J ν = 1 4 π ∫ I ν d Ω J_\nu=\frac{1}{4\pi}\int I_\nu d\Omega J ν = 4 π 1 ∫ I ν d Ω 又依赖所有方向的未知强度。因此 S ν = J ν S_\nu=J_\nu S ν = J ν
3.3 吸收加散射时的源函数
总发射率为
j ν = α ν B ν + σ ν J ν , j_\nu
=\alpha_\nu B_\nu+\sigma_\nu J_\nu, j ν = α ν B ν + σ ν J ν , 总消光系数为
χ ν = α ν + σ ν . \chi_\nu=\alpha_\nu+\sigma_\nu. χ ν = α ν + σ ν . 所以
S ν = α ν B ν + σ ν J ν α ν + σ ν . S_\nu
=\frac{\alpha_\nu B_\nu+\sigma_\nu J_\nu}
{\alpha_\nu+\sigma_\nu}. S ν = α ν + σ ν α ν B ν + σ ν J ν . 引入
ϵ ν = α ν α ν + σ ν , 1 − ϵ ν = σ ν α ν + σ ν , \epsilon_\nu
=\frac{\alpha_\nu}{\alpha_\nu+\sigma_\nu},
\qquad
1-\epsilon_\nu
=\frac{\sigma_\nu}{\alpha_\nu+\sigma_\nu}, ϵ ν = α ν + σ ν α ν , 1 − ϵ ν = α ν + σ ν σ ν , 得到
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν [RL (1.95)] . \boxed{
S_\nu
=(1-\epsilon_\nu)J_\nu
+\epsilon_\nu B_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.95)]}. S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν [RL (1.95)] . 它是散射源函数 J ν J_\nu J ν B ν B_\nu B ν
ϵ ν → 1 \epsilon_\nu\to1 ϵ ν → 1 S ν → B ν S_\nu\to B_\nu S ν → B ν ϵ ν → 0 \epsilon_\nu\to0 ϵ ν → 0 S ν → J ν S_\nu\to J_\nu S ν → J ν 深处若 J ν → B ν J_\nu\to B_\nu J ν → B ν ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν S ν → B ν S_\nu\to B_\nu S ν → B ν
表面附近光子逃逸使 J ν < B ν J_\nu<B_\nu J ν < B ν ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν S ν S_\nu S ν B ν B_\nu B ν
3.4 “吸收后立即发射”何时应算散射？
原子吸收一个谱线光子后很快回到原能级，并发射频率相近的光子。如果中间没有通过碰撞等过程把能量充分交给物质热库，出射光子仍与入射辐射有紧密联系，这在辐射转移中应算共振散射。
真吸收则意味着原光子消失，其能量进入原子、电子或离子的内部能与热运动。物质后来根据局部温度重新发射，新光子不再保留原来的方向、相位和传播历史。后者才有效推动辐射场趋向 B ν ( T ) B_\nu(T) B ν ( T )
4. 从截面到光学深度、概率和平均自由程
4.1 为什么一小段中的相互作用概率是 d τ d\tau d τ
设散射粒子数密度为 n n n σ c r o s s \sigma_{\rm cross} σ cross d s ds d s
d V = σ c r o s s d s . dV=\sigma_{\rm cross}ds. d V = σ cross d s . 这个体积中平均包含的靶粒子数为
d N = n σ c r o s s d s . dN=n\sigma_{\rm cross}ds. d N = n σ cross d s . 当 d N ≪ 1 dN\ll1 d N ≪ 1 O ( d s 2 ) O(ds^2) O ( d s 2 )
d P i n t = n σ c r o s s d s . dP_{\rm int}
=n\sigma_{\rm cross}ds. d P int = n σ cross d s . 定义宏观系数
χ = n σ c r o s s \chi=n\sigma_{\rm cross} χ = n σ cross 和微分光学深度
d τ = χ d s , d\tau=\chi ds, d τ = χ d s , 就得到
d P i n t = d τ + O ( d τ 2 ) . \boxed{
dP_{\rm int}=d\tau+O(d\tau^2)
}. d P int = d τ + O ( d τ 2 ) . 这里是条件概率：它假设光子已经平安到达这一小段的起点。若要计算光子从最初出发后第一次在此处相互作用的概率，还要乘此前的存活概率。
4.2 为什么存活概率是 e − τ e^{-\tau} e − τ
设 P 0 P_0 P 0
P 0 ( τ + d τ ) = P 0 ( τ ) ( 1 − d τ ) . P_0(\tau+d\tau)=P_0(\tau)(1-d\tau). P 0 ( τ + d τ ) = P 0 ( τ ) ( 1 − d τ ) . 因此
d P 0 = − P 0 d τ , dP_0=-P_0d\tau, d P 0 = − P 0 d τ , 即
d P 0 P 0 = − d τ . \frac{dP_0}{P_0}=-d\tau. P 0 d P 0 = − d τ . 用 P 0 ( 0 ) = 1 P_0(0)=1 P 0 ( 0 ) = 1
P 0 ( τ ) = e − τ . \boxed{
P_0(\tau)=e^{-\tau}
}. P 0 ( τ ) = e − τ . 所以至少发生一次相互作用的概率是
P ≥ 1 = 1 − e − τ . \boxed{
P_{\geq1}=1-e^{-\tau}
}. P ≥ 1 = 1 − e − τ . 当 τ ≪ 1 \tau\ll1 τ ≪ 1
e − τ = 1 − τ + τ 2 2 − ⋯ , e^{-\tau}
=1-\tau+\frac{\tau^2}{2}-\cdots, e − τ = 1 − τ + 2 τ 2 − ⋯ , 因此
1 − e − τ ≃ τ ( τ ≪ 1 ) . \boxed{
1-e^{-\tau}\simeq\tau
\qquad(\tau\ll1)
}. 1 − e − τ ≃ τ ( τ ≪ 1 ) . 光学薄极限中，发生两次及以上相互作用的概率是 O ( τ 2 ) O(\tau^2) O ( τ 2 ) τ \tau τ 1 1 1 1 − e − τ ≤ 1 1-e^{-\tau}\leq1 1 − e − τ ≤ 1
4.3 为什么平均自由程是总消光系数的倒数？
真吸收和散射都能结束当前这一次自由飞行。在 d s ds d s
d P a b s = α ν d s , d P s c = σ ν d s . dP_{\rm abs}=\alpha_\nu ds,
\qquad
dP_{\rm sc}=\sigma_\nu ds. d P abs = α ν d s , d P sc = σ ν d s . 忽略 O ( d s 2 ) O(ds^2) O ( d s 2 )
d P i n t = ( α ν + σ ν ) d s = χ ν d s . dP_{\rm int}
=(\alpha_\nu+\sigma_\nu)ds
=\chi_\nu ds. d P int = ( α ν + σ ν ) d s = χ ν d s . 传播距离 s s s
P 0 ( s ) = e − χ ν s . P_0(s)=e^{-\chi_\nu s}. P 0 ( s ) = e − χ ν s . 第一次相互作用发生在 s s s s + d s s+ds s + d s
p ( s ) = χ ν e − χ ν s . p(s)=\chi_\nu e^{-\chi_\nu s}. p ( s ) = χ ν e − χ ν s . 平均自由程因此为
ℓ ν = ∫ 0 ∞ s p ( s ) d s = ∫ 0 ∞ s χ ν e − χ ν s d s = 1 χ ν . \begin{aligned}
\ell_\nu
&=\int_0^\infty sp(s)ds\\
&=\int_0^\infty s\chi_\nu e^{-\chi_\nu s}ds\\
&=\frac{1}{\chi_\nu}.
\end{aligned} ℓ ν = ∫ 0 ∞ s p ( s ) d s = ∫ 0 ∞ s χ ν e − χ ν s d s = χ ν 1 . 所以
ℓ ν = 1 α ν + σ ν . \boxed{
\ell_\nu
=\frac{1}{\alpha_\nu+\sigma_\nu}
}. ℓ ν = α ν + σ ν 1 . 量纲也正确：[ α ν ] = [ σ ν ] = L − 1 [\alpha_\nu]=[\sigma_\nu]=L^{-1} [ α ν ] = [ σ ν ] = L − 1 [ ℓ ν ] = L [\ell_\nu]=L [ ℓ ν ] = L
5. 随机游走、热化长度与有效光学深度
5.1 为什么光学厚时逃逸需要 N ∼ τ 2 N\sim\tau^2 N ∼ τ 2
光子每次相互作用之间移动位移 r i \mathbf r_i r i N N N
R = ∑ i = 1 N r i . \mathbf R=\sum_{i=1}^{N}\mathbf r_i. R = i = 1 ∑ N r i . 各向同性随机游走满足 ⟨ R ⟩ = 0 \langle\mathbf R\rangle=0 ⟨ R ⟩ = 0
⟨ R 2 ⟩ = ∑ i ⟨ r i 2 ⟩ + 2 ∑ i < j ⟨ r i ⋅ r j ⟩ . \langle R^2\rangle
=\sum_i\langle r_i^2\rangle
+2\sum_{i<j}\langle\mathbf r_i\cdot\mathbf r_j\rangle. ⟨ R 2 ⟩ = i ∑ ⟨ r i 2 ⟩ + 2 i < j ∑ ⟨ r i ⋅ r j ⟩ . 不同步的方向不相关，交叉项平均为零，因此
⟨ R 2 ⟩ ≃ N ℓ 2 . \langle R^2\rangle\simeq N\ell^2. ⟨ R 2 ⟩ ≃ N ℓ 2 . 典型净位移为
R r m s ≃ N ℓ . R_{\rm rms}\simeq\sqrt{N}\,\ell. R rms ≃ N ℓ . 若介质尺度为 L L L R r m s ∼ L R_{\rm rms}\sim L R rms ∼ L
N ∼ ( L ℓ ) 2 = τ 2 , N\sim\left(\frac{L}{\ell}\right)^2=\tau^2, N ∼ ( ℓ L ) 2 = τ 2 , 所以
N ∼ τ 2 ( τ ≫ 1 ) . \boxed{
N\sim\tau^2
\qquad(\tau\gg1)
}. N ∼ τ 2 ( τ ≫ 1 ) . 光学薄时只有约 1 − e − τ ≃ τ 1-e^{-\tau}\simeq\tau 1 − e − τ ≃ τ N ∼ τ N\sim\tau N ∼ τ N ∼ max ( τ , τ 2 ) N\sim\max(\tau,\tau^2) N ∼ max ( τ , τ 2 )
5.2 什么叫热化？
热化不是简单的“方向变乱”，而是辐射通过真吸收和热发射与局部物质建立能量平衡，逐渐忘掉原光子的来源、方向和频谱历史，使
J ν ⟶ B ν ( T ) , S ν ⟶ B ν ( T ) . \boxed{
J_\nu\longrightarrow B_\nu(T),
\qquad
S_\nu\longrightarrow B_\nu(T)
}. J ν ⟶ B ν ( T ) , S ν ⟶ B ν ( T ) . 相干散射可以很快使辐射接近各向同性，却不会单独把强度和频谱调整成 B ν ( T ) B_\nu(T) B ν ( T )
在热平衡中
α ν J ν = α ν B ν , \alpha_\nu J_\nu=\alpha_\nu B_\nu, α ν J ν = α ν B ν , 即真吸收功率与热发射功率相等，没有净物质—辐射能量交换。
5.3 光子在被真吸收前能走多远？
每次相互作用以概率 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
N d e s t ∼ 1 ϵ ν . N_{\rm dest}\sim\frac{1}{\epsilon_\nu}. N dest ∼ ϵ ν 1 . 随机游走的净位移为
ℓ ν , ∗ ∼ N d e s t ℓ ν = ℓ ν ϵ ν . \ell_{\nu,*}
\sim\sqrt{N_{\rm dest}}\,\ell_\nu
=\frac{\ell_\nu}{\sqrt{\epsilon_\nu}}. ℓ ν , ∗ ∼ N dest ℓ ν = ϵ ν ℓ ν . 代入
ℓ ν = ( α ν + σ ν ) − 1 , ϵ ν = α ν α ν + σ ν , \ell_\nu=(\alpha_\nu+\sigma_\nu)^{-1},
\qquad
\epsilon_\nu=\frac{\alpha_\nu}{\alpha_\nu+\sigma_\nu}, ℓ ν = ( α ν + σ ν ) − 1 , ϵ ν = α ν + σ ν α ν , 得到
ℓ ν , ∗ = 1 α ν ( α ν + σ ν ) . \boxed{
\ell_{\nu,*}
=\frac{1}{\sqrt{\alpha_\nu(\alpha_\nu+\sigma_\nu)}}
}. ℓ ν , ∗ = α ν ( α ν + σ ν ) 1 . 这叫作热化长度、扩散长度或有效平均路程。它不是一次自由飞行的长度，而是光子从一次热发射产生到下一次真吸收销毁之间，通过多次散射实现的典型净位移。
5.4 为什么有效光学深度决定热化？
对尺度为 L L L
τ ν , ∗ = L ℓ ν , ∗ . \tau_{\nu,*}=\frac{L}{\ell_{\nu,*}}. τ ν , ∗ = ℓ ν , ∗ L . 利用
τ ν , a = α ν L , τ ν , s = σ ν L , \tau_{\nu,a}=\alpha_\nu L,
\qquad
\tau_{\nu,s}=\sigma_\nu L, τ ν , a = α ν L , τ ν , s = σ ν L , 得到随机游走数量级
τ ν , ∗ ≃ τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . \boxed{
\tau_{\nu,*}
\simeq
\sqrt{\tau_{\nu,a}
(\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s})}
}. τ ν , ∗ ≃ τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . 等价地，因为 τ ν = τ ν , a + τ ν , s \tau_\nu=\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s} τ ν = τ ν , a + τ ν , s
τ ν , ∗ ≃ ϵ ν τ ν . \boxed{
\tau_{\nu,*}\simeq\sqrt{\epsilon_\nu}\,\tau_\nu
}. τ ν , ∗ ≃ ϵ ν τ ν . 另一种看法是：从普通光学深度 τ ν \tau_\nu τ ν τ ν 2 \tau_\nu^2 τ ν 2 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
⟨ N a b s ⟩ ∼ ϵ ν τ ν 2 = τ ν , ∗ 2 . \langle N_{\rm abs}\rangle
\sim\epsilon_\nu\tau_\nu^2
=\tau_{\nu,*}^2. ⟨ N abs ⟩ ∼ ϵ ν τ ν 2 = τ ν , ∗ 2 . 因此
τ ν , ∗ ≪ 1 ⇒ 光子通常先逃逸，未充分热化 , \tau_{\nu,*}\ll1
\quad\Rightarrow\quad
\text{光子通常先逃逸，未充分热化}, τ ν , ∗ ≪ 1 ⇒ 光子通常先逃逸，未充分热化 , τ ν , ∗ ≫ 1 ⇒ 光子逃逸前通常经历真吸收，辐射趋向热化 . \tau_{\nu,*}\gg1
\quad\Rightarrow\quad
\text{光子逃逸前通常经历真吸收，辐射趋向热化}. τ ν , ∗ ≫ 1 ⇒ 光子逃逸前通常经历真吸收，辐射趋向热化 . 临界热化深度为
τ ν , t h e r m ∼ 1 ϵ ν . \boxed{
\tau_{\nu,\rm therm}\sim\frac{1}{\sqrt{\epsilon_\nu}}
}. τ ν , therm ∼ ϵ ν 1 . Eddington 方程会给出 τ ν , ∗ = 3 ϵ ν τ ν \tau_{\nu,*}=\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu τ ν , ∗ = 3 ϵ ν τ ν 3 \sqrt{3} 3 ϵ ν \sqrt{\epsilon_\nu} ϵ ν
5.5 普通光学厚为何不保证黑体？
若 τ ν ≫ 1 \tau_\nu\gg1 τ ν ≫ 1 ϵ ν ≪ 1 \epsilon_\nu\ll1 ϵ ν ≪ 1 ϵ ν = 10 − 4 \epsilon_\nu=10^{-4} ϵ ν = 1 0 − 4
τ ν , t h e r m ∼ 100. \tau_{\nu,\rm therm}\sim100. τ ν , therm ∼ 100. 在 τ ν = 10 \tau_\nu=10 τ ν = 10
ϵ ν τ ν 2 = 10 − 4 × 10 2 = 10 − 2 ≪ 1 , \epsilon_\nu\tau_\nu^2
=10^{-4}\times10^2
=10^{-2}\ll1, ϵ ν τ ν 2 = 1 0 − 4 × 1 0 2 = 1 0 − 2 ≪ 1 , 所以仍未充分热化。光学厚衡量“被困住”，有效光学厚衡量“被困住的过程中是否与物质充分交换能量”。
6. 有效发射层、方程 (1.103) 与谱线特征
6.1 为什么只有表面一个热化长度内的热发射主导直接出射？
设光子在距离表面 x x x
N e s c ∼ ( x ℓ ν ) 2 N_{\rm esc}\sim\left(\frac{x}{\ell_\nu}\right)^2 N esc ∼ ( ℓ ν x ) 2 次相互作用，而它在被真吸收前平均只能经历
N d e s t ∼ 1 ϵ ν N_{\rm dest}\sim\frac{1}{\epsilon_\nu} N dest ∼ ϵ ν 1 次相互作用。要有相当概率在原身份被销毁前逃逸，必须有
N e s c ≲ N d e s t . N_{\rm esc}\lesssim N_{\rm dest}. N esc ≲ N dest . 于是
( x ℓ ν ) 2 ≲ 1 ϵ ν , \left(\frac{x}{\ell_\nu}\right)^2
\lesssim\frac{1}{\epsilon_\nu}, ( ℓ ν x ) 2 ≲ ϵ ν 1 , 即
x ≲ ℓ ν ϵ ν = ℓ ν , ∗ . \boxed{
x\lesssim\frac{\ell_\nu}{\sqrt{\epsilon_\nu}}
=\ell_{\nu,*}
}. x ≲ ϵ ν ℓ ν = ℓ ν , ∗ . 这里不是说 x = ℓ ν , ∗ x=\ell_{\nu,*} x = ℓ ν , ∗ e − x / ℓ ν , ∗ e^{-x/\ell_{\nu,*}} e − x / ℓ ν , ∗
因此有效发射体积的数量级为
V e f f ∼ A ℓ ν , ∗ . \boxed{
V_{\rm eff}\sim A\ell_{\nu,*}
}. V eff ∼ A ℓ ν , ∗ . 6.2 RL 方程 (1.103)
单位体积、单位频率的总热发射功率为
4 π α ν B ν . 4\pi\alpha_\nu B_\nu. 4 π α ν B ν . 用有效发射体积估计单色光度：
L ν ∼ 4 π α ν B ν A ℓ ν , ∗ . L_\nu
\sim4\pi\alpha_\nu B_\nu A\ell_{\nu,*}. L ν ∼ 4 π α ν B ν A ℓ ν , ∗ . 代入
ℓ ν , ∗ = 1 α ν ( α ν + σ ν ) , \ell_{\nu,*}
=\frac{1}{\sqrt{\alpha_\nu(\alpha_\nu+\sigma_\nu)}}, ℓ ν , ∗ = α ν ( α ν + σ ν ) 1 , 得到
L ν ∼ 4 π B ν A ϵ ν [RL (1.103), 数量级] . \boxed{
L_\nu
\sim4\pi B_\nu A\sqrt{\epsilon_\nu}
}
\qquad\text{[RL (1.103), 数量级]}. L ν ∼ 4 π B ν A ϵ ν [RL (1.103), 数量级 ] . 这个式子可靠地给出 ϵ ν \sqrt{\epsilon_\nu} ϵ ν ϵ ν = 1 \epsilon_\nu=1 ϵ ν = 1 4 π B ν A 4\pi B_\nu A 4 π B ν A π B ν A \pi B_\nu A π B ν A
6.3 等温物体为何仍能出现散射吸收线？
考虑中心频率为 ν 0 \nu_0 ν 0
ϵ ν , c o n t ∼ 1 , \epsilon_{\nu,\rm cont}\sim1, ϵ ν , cont ∼ 1 , 表面源函数接近
S ν , c o n t ∼ B ν . S_{\nu,\rm cont}\sim B_\nu. S ν , cont ∼ B ν . 在强共振线中心，大多数“吸收后再发射”实际属于散射，所以
ϵ ν , l i n e ≪ 1. \epsilon_{\nu,\rm line}\ll1. ϵ ν , line ≪ 1. 表面光子持续逃逸，使 J ν < B ν J_\nu<B_\nu J ν < B ν ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν J ν J_\nu J ν
S ν , l i n e ( 0 ) ∼ ϵ ν , l i n e B ν < B ν . S_{\nu,\rm line}(0)\sim\sqrt{\epsilon_{\nu,\rm line}}B_\nu
<B_\nu. S ν , line ( 0 ) ∼ ϵ ν , line B ν < B ν . 因此即使温度不随深度变化，谱线中心也比邻近热连续谱暗，形成吸收特征。这不是“谱线形成在更高、更冷的层”造成的，而是非 LTE 的表面源函数效应。
6.4 “低两个数量级”究竟是什么意思？
若只用方程 (1.103) 的数量级标度，并假设窄线范围内 B ν B_\nu B ν
L ν , l i n e L ν , c o n t ∼ ϵ ν , l i n e ϵ ν , c o n t . \frac{L_{\nu,\rm line}}{L_{\nu,\rm cont}}
\sim
\sqrt{
\frac{\epsilon_{\nu,\rm line}}
{\epsilon_{\nu,\rm cont}}
}. L ν , cont L ν , line ∼ ϵ ν , cont ϵ ν , line . 若 ϵ ν , c o n t ∼ 1 \epsilon_{\nu,\rm cont}\sim1 ϵ ν , cont ∼ 1 ϵ ν , l i n e = 10 − 4 \epsilon_{\nu,\rm line}=10^{-4} ϵ ν , line = 1 0 − 4
L ν , l i n e L ν , c o n t ∼ 10 − 2 . \frac{L_{\nu,\rm line}}{L_{\nu,\rm cont}}
\sim10^{-2}. L ν , cont L ν , line ∼ 1 0 − 2 . “低两个数量级”表示在谱线中心那个狭窄频率区间内，每单位频率光度的数量级可能只有邻近连续谱的百分之一。它不是说物体的总光度降低了一百倍，也不是精确预言线深为 99 % 99\% 99%
同一两流近似内部更一致的比值为
F ν , l i n e F ν , c o n t = 2 ϵ l i n e 1 + ϵ l i n e \frac{F_{\nu,\rm line}}{F_{\nu,\rm cont}}
=
\frac{2\sqrt{\epsilon_{\rm line}}}
{1+\sqrt{\epsilon_{\rm line}}} F ν , cont F ν , line = 1 + ϵ line 2 ϵ line （取 ϵ c o n t = 1 \epsilon_{\rm cont}=1 ϵ cont = 1 ϵ l i n e = 10 − 4 \epsilon_{\rm line}=10^{-4} ϵ line = 1 0 − 4 0.0198 0.0198 0.0198 ϵ \sqrt{\epsilon} ϵ
6.5 谱线变暗不等于能量消失
散射光子可能被送回介质深处、从别的方向逃逸、通过频率再分布从线翼逃逸，或被真吸收后以其他频率重新发射。吸收线只表示沿观测方向、在该频率附近收到的辐射低于连续谱基线，不代表总能量按同样比例消失。
现实线型还会受到外部照明、几何、速度场、部分或完全频率再分布、碰撞退激发、荧光分支和温度梯度影响。因此“低 ϵ \epsilon ϵ
7. Rosseland 辐射扩散
7.1 它具体描述什么？
Rosseland 辐射扩散描述光学厚、接近 LTE 的介质内部，辐射怎样以随机游走方式把能量从高温处输送到低温处。它最终把复杂的辐射转移写成类似热传导的关系：
F = − 16 σ S B T 3 3 χ R ∇ T . \boxed{
\mathbf F
=-\frac{16\sigma_{\rm SB}T^3}{3\chi_R}\nabla T
}. F = − 3 χ R 16 σ SB T 3 ∇ T . 若使用单位质量的 Rosseland 平均不透明度 κ R \kappa_R κ R χ R = ρ κ R \chi_R=\rho\kappa_R χ R = ρ κ R
F = − 16 σ S B T 3 3 ρ κ R ∇ T . \boxed{
\mathbf F
=-\frac{16\sigma_{\rm SB}T^3}
{3\rho\kappa_R}\nabla T
}. F = − 3 ρ κ R 16 σ SB T 3 ∇ T . 它回答的是：已知内部温度梯度和不透明度，辐射每单位时间、每单位面积能输送多少能量。
7.2 几乎各向同性为什么仍有净通量？
取 z z z
d T d z < 0. \frac{dT}{dz}<0. d z d T < 0. 站在某一点，向外传播的光子平均来自更深、更热的区域；向内传播的光子平均来自更浅、更冷的区域。因此虽然辐射场几乎各向同性，仍有
I ν , o u t w a r d > I ν , i n w a r d . I_{\nu,\rm outward}>I_{\nu,\rm inward}. I ν , outward > I ν , inward . 这个很小的一阶方向不对称产生净向外通量。完全各向同性部分包含很大的能量密度，却在正反方向上精确抵消。
7.3 从转移方程得到一阶强度
在平面平行介质中，d z = μ d s dz=\mu ds d z = μ d s
μ ∂ I ν ∂ z = − χ ν ( I ν − S ν ) . \mu\frac{\partial I_\nu}{\partial z}
=-\chi_\nu(I_\nu-S_\nu). μ ∂ z ∂ I ν = − χ ν ( I ν − S ν ) . 整理为
I ν = S ν − μ χ ν ∂ I ν ∂ z . I_\nu
=S_\nu
-\frac{\mu}{\chi_\nu}
\frac{\partial I_\nu}{\partial z}. I ν = S ν − χ ν μ ∂ z ∂ I ν . 深处辐射接近 LTE，零阶近似为
I ν ( 0 ) ≃ S ν ( 0 ) ≃ B ν ( T ) . I_\nu^{(0)}\simeq S_\nu^{(0)}\simeq B_\nu(T). I ν ( 0 ) ≃ S ν ( 0 ) ≃ B ν ( T ) . 导数项已经是一阶小量，因此可在其中使用零阶结果：
I ν ( 1 ) ( z , μ ) ≃ B ν ( T ) − μ χ ν ∂ B ν ∂ z [RL (1.106)] . \boxed{
I_\nu^{(1)}(z,\mu)
\simeq
B_\nu(T)
-\frac{\mu}{\chi_\nu}
\frac{\partial B_\nu}{\partial z}
}
\qquad\text{[RL (1.106)]}. I ν ( 1 ) ( z , μ ) ≃ B ν ( T ) − χ ν μ ∂ z ∂ B ν [RL (1.106)] . 若 d B ν / d z < 0 dB_\nu/dz<0 d B ν / d z < 0 μ > 0 \mu>0 μ > 0 μ < 0 \mu<0 μ < 0
7.4 单色扩散通量
平面平行、方位角对称时
F ν = 2 π ∫ − 1 1 I ν μ d μ . F_\nu
=2\pi\int_{-1}^{1}I_\nu\mu d\mu. F ν = 2 π ∫ − 1 1 I ν μ d μ . 代入一阶强度：
F ν = 2 π ∫ − 1 1 [ B ν − μ χ ν ∂ B ν ∂ z ] μ d μ . F_\nu
=2\pi\int_{-1}^{1}
\left[
B_\nu
-\frac{\mu}{\chi_\nu}
\frac{\partial B_\nu}{\partial z}
\right]\mu d\mu. F ν = 2 π ∫ − 1 1 [ B ν − χ ν μ ∂ z ∂ B ν ] μ d μ . 各向同性项包含 ∫ − 1 1 μ d μ = 0 \int_{-1}^{1}\mu d\mu=0 ∫ − 1 1 μ d μ = 0
∫ − 1 1 μ 2 d μ = 2 3 , \int_{-1}^{1}\mu^2d\mu=\frac{2}{3}, ∫ − 1 1 μ 2 d μ = 3 2 , 得到
F ν = − 4 π 3 χ ν ∂ B ν ∂ z [RL (1.108)] . \boxed{
F_\nu
=-\frac{4\pi}{3\chi_\nu}
\frac{\partial B_\nu}{\partial z}
}
\qquad\text{[RL (1.108)]}. F ν = − 3 χ ν 4 π ∂ z ∂ B ν [RL (1.108)] . 因此温度无梯度时，即使内部存在强烈黑体辐射，净通量也为零；不透明度越大，平均自由程越短，该频率输运能量的效率越低。
7.5 Rosseland 平均为什么由透明窗口控制？
利用
∂ B ν ∂ z = ∂ B ν ∂ T ∂ T ∂ z , \frac{\partial B_\nu}{\partial z}
=\frac{\partial B_\nu}{\partial T}
\frac{\partial T}{\partial z}, ∂ z ∂ B ν = ∂ T ∂ B ν ∂ z ∂ T , 总通量为
F = − 4 π 3 ∂ T ∂ z ∫ 0 ∞ 1 χ ν ∂ B ν ∂ T d ν . F
=-\frac{4\pi}{3}\frac{\partial T}{\partial z}
\int_0^\infty
\frac{1}{\chi_\nu}
\frac{\partial B_\nu}{\partial T}d\nu. F = − 3 4 π ∂ z ∂ T ∫ 0 ∞ χ ν 1 ∂ T ∂ B ν d ν . 定义
1 χ R = ∫ 0 ∞ χ ν − 1 ∂ B ν ∂ T d ν ∫ 0 ∞ ∂ B ν ∂ T d ν [RL (1.110)] . \boxed{
\frac{1}{\chi_R}
=
\frac{
\displaystyle\int_0^\infty
\chi_\nu^{-1}
\frac{\partial B_\nu}{\partial T}d\nu
}{
\displaystyle\int_0^\infty
\frac{\partial B_\nu}{\partial T}d\nu
}
}
\qquad\text{[RL (1.110)]}. χ R 1 = ∫ 0 ∞ ∂ T ∂ B ν d ν ∫ 0 ∞ χ ν − 1 ∂ T ∂ B ν d ν [RL (1.110)] . 这里平均的是 1 / χ ν 1/\chi_\nu 1/ χ ν
使用
∫ 0 ∞ B ν d ν = σ S B π T 4 \int_0^\infty B_\nu d\nu
=\frac{\sigma_{\rm SB}}{\pi}T^4 ∫ 0 ∞ B ν d ν = π σ SB T 4 可得
∫ 0 ∞ ∂ B ν ∂ T d ν = 4 σ S B π T 3 , \int_0^\infty
\frac{\partial B_\nu}{\partial T}d\nu
=\frac{4\sigma_{\rm SB}}{\pi}T^3, ∫ 0 ∞ ∂ T ∂ B ν d ν = π 4 σ SB T 3 , 从而得到最终扩散通量。
7.6 能量密度形式与适用条件
黑体辐射能量密度为
u = a T 4 , a = 4 σ S B c . u=aT^4,
\qquad
a=\frac{4\sigma_{\rm SB}}{c}. u = a T 4 , a = c 4 σ SB . 扩散通量可写成
F = − c 3 χ R ∇ u . \boxed{
\mathbf F
=-\frac{c}{3\chi_R}\nabla u
}. F = − 3 χ R c ∇ u . 所以辐射扩散系数为
D r a d = c 3 χ R = c ℓ R 3 . D_{\rm rad}=\frac{c}{3\chi_R}=\frac{c\ell_R}{3}. D rad = 3 χ R c = 3 c ℓ R . Rosseland 近似适合恒星内部、光学厚吸积盘内部等接近 LTE 的区域。它通常不适用于光球附近的 τ ∼ 1 \tau\sim1 τ ∼ 1
8. 角矩与 Eddington 近似
8.1 三个角矩
在平面平行、方位角对称的情况下，定义
J ν ≡ 1 2 ∫ − 1 1 I ν d μ , J_\nu
\equiv
\frac12\int_{-1}^{1}I_\nu d\mu, J ν ≡ 2 1 ∫ − 1 1 I ν d μ , H ν ≡ 1 2 ∫ − 1 1 μ I ν d μ , H_\nu
\equiv
\frac12\int_{-1}^{1}\mu I_\nu d\mu, H ν ≡ 2 1 ∫ − 1 1 μ I ν d μ , K ν ≡ 1 2 ∫ − 1 1 μ 2 I ν d μ . K_\nu
\equiv
\frac12\int_{-1}^{1}\mu^2I_\nu d\mu. K ν ≡ 2 1 ∫ − 1 1 μ 2 I ν d μ . 其中
F ν = 4 π H ν , F_\nu=4\pi H_\nu, F ν = 4 π H ν , 而 K ν K_\nu K ν
8.2 Eddington closure 如何得到？
Eddington 近似把近各向同性的角分布截断到 μ \mu μ
I ν ( τ , μ ) ≃ a ν ( τ ) + b ν ( τ ) μ . I_\nu(\tau,\mu)
\simeq a_\nu(\tau)+b_\nu(\tau)\mu. I ν ( τ , μ ) ≃ a ν ( τ ) + b ν ( τ ) μ . 计算零阶矩：
J ν = 1 2 ∫ − 1 1 ( a ν + b ν μ ) d μ = a ν . J_\nu
=\frac12\int_{-1}^{1}(a_\nu+b_\nu\mu)d\mu
=a_\nu. J ν = 2 1 ∫ − 1 1 ( a ν + b ν μ ) d μ = a ν . 计算二阶矩：
K ν = 1 2 ∫ − 1 1 μ 2 ( a ν + b ν μ ) d μ = a ν 2 ∫ − 1 1 μ 2 d μ + b ν 2 ∫ − 1 1 μ 3 d μ = a ν 2 2 3 + 0 = a ν 3 . \begin{aligned}
K_\nu
&=\frac12\int_{-1}^{1}
\mu^2(a_\nu+b_\nu\mu)d\mu\\
&=\frac{a_\nu}{2}\int_{-1}^{1}\mu^2d\mu
+\frac{b_\nu}{2}\int_{-1}^{1}\mu^3d\mu\\
&=\frac{a_\nu}{2}\frac{2}{3}+0\\
&=\frac{a_\nu}{3}.
\end{aligned} K ν = 2 1 ∫ − 1 1 μ 2 ( a ν + b ν μ ) d μ = 2 a ν ∫ − 1 1 μ 2 d μ + 2 b ν ∫ − 1 1 μ 3 d μ = 2 a ν 3 2 + 0 = 3 a ν . 因为 J ν = a ν J_\nu=a_\nu J ν = a ν
K ν = 1 3 J ν [RL (1.114)] . \boxed{
K_\nu=\frac13J_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.114)]}. K ν = 3 1 J ν [RL (1.114)] . 几何上，这就是各向同性分布的
⟨ μ 2 ⟩ = 1 2 ∫ − 1 1 μ 2 d μ = 1 3 . \langle\mu^2\rangle
=\frac12\int_{-1}^{1}\mu^2d\mu
=\frac13. ⟨ μ 2 ⟩ = 2 1 ∫ − 1 1 μ 2 d μ = 3 1 . 等价地，三维单位方向向量满足 n x 2 + n y 2 + n z 2 = 1 n_x^2+n_y^2+n_z^2=1 n x 2 + n y 2 + n z 2 = 1 1 / 3 1/3 1/3
8.3 它与 P = u / 3 P=u/3 P = u /3
因为
u ν = 4 π c J ν , P ν , z z = 4 π c K ν , u_\nu=\frac{4\pi}{c}J_\nu,
\qquad
P_{\nu,zz}=\frac{4\pi}{c}K_\nu, u ν = c 4 π J ν , P ν , z z = c 4 π K ν , 所以
K ν = 1 3 J ν ⟺ P ν , z z = 1 3 u ν . K_\nu=\frac13J_\nu
\quad\Longleftrightarrow\quad
P_{\nu,zz}=\frac13u_\nu. K ν = 3 1 J ν ⟺ P ν , z z = 3 1 u ν . 对完全各向同性辐射，这是严格关系；对包含更高阶角度结构的真实辐射场，定义 Eddington factor f ν = K ν / J ν f_\nu=K_\nu/J_\nu f ν = K ν / J ν f ν = 1 / 3 f_\nu=1/3 f ν = 1/3 f ν → 1 f_\nu\to1 f ν → 1
9. 频率依赖的转移方程及其矩方程
9.1 下标 ν \nu ν
I ν I_\nu I ν
I ν = d E d t d A ⊥ d Ω d ν . I_\nu
=\frac{dE}
{dt\,dA_\perp\,d\Omega\,d\nu}. I ν = d t d A ⊥ d Ω d ν d E . 不同频率具有不同的 α ν \alpha_\nu α ν σ ν \sigma_\nu σ ν S ν S_\nu S ν S ν S_\nu S ν ν \nu ν
9.2 从路径坐标到法向光学深度
沿光线的基本方程为
d I ν d s = − χ ν ( I ν − S ν ) . \frac{dI_\nu}{ds}
=-\chi_\nu(I_\nu-S_\nu). d s d I ν = − χ ν ( I ν − S ν ) . 取 z z z d z = μ d s dz=\mu ds d z = μ d s
μ ∂ I ν ∂ z = − χ ν ( I ν − S ν ) . \mu\frac{\partial I_\nu}{\partial z}
=-\chi_\nu(I_\nu-S_\nu). μ ∂ z ∂ I ν = − χ ν ( I ν − S ν ) . 定义从表面向内增加的光学深度
d τ ν = − χ ν d z . d\tau_\nu=-\chi_\nu dz. d τ ν = − χ ν d z . 于是
∂ ∂ z = − χ ν ∂ ∂ τ ν . \frac{\partial}{\partial z}
=-\chi_\nu\frac{\partial}{\partial\tau_\nu}. ∂ z ∂ = − χ ν ∂ τ ν ∂ . 消去 − χ ν -\chi_\nu − χ ν
μ ∂ I ν ∂ τ ν = I ν − S ν [RL (1.116)] . \boxed{
\mu\frac{\partial I_\nu}{\partial\tau_\nu}
=I_\nu-S_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.116)]}. μ ∂ τ ν ∂ I ν = I ν − S ν [RL (1.116)] . 正负号依赖坐标约定；这里 z z z τ ν \tau_\nu τ ν
9.3 零阶矩方程
所谓零阶矩，是不额外乘 μ \mu μ 1 / 2 1/2 1/2 − 1 -1 − 1 1 1 1
1 2 ∫ − 1 1 μ ∂ I ν ∂ τ ν d μ = 1 2 ∫ − 1 1 ( I ν − S ν ) d μ . \frac12\int_{-1}^{1}
\mu\frac{\partial I_\nu}{\partial\tau_\nu}d\mu
=
\frac12\int_{-1}^{1}(I_\nu-S_\nu)d\mu. 2 1 ∫ − 1 1 μ ∂ τ ν ∂ I ν d μ = 2 1 ∫ − 1 1 ( I ν − S ν ) d μ . 左边为
d d τ ν [ 1 2 ∫ − 1 1 μ I ν d μ ] = d H ν d τ ν . \frac{d}{d\tau_\nu}
\left[
\frac12\int_{-1}^{1}\mu I_\nu d\mu
\right]
=\frac{dH_\nu}{d\tau_\nu}. d τ ν d [ 2 1 ∫ − 1 1 μ I ν d μ ] = d τ ν d H ν . 右边第一项是 J ν J_\nu J ν μ \mu μ
1 2 ∫ − 1 1 S ν d μ = S ν . \frac12\int_{-1}^{1}S_\nu d\mu=S_\nu. 2 1 ∫ − 1 1 S ν d μ = S ν . 因此
d H ν d τ ν = J ν − S ν [RL (1.117)] . \boxed{
\frac{dH_\nu}{d\tau_\nu}
=J_\nu-S_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.117)]}. d τ ν d H ν = J ν − S ν [RL (1.117)] . 虽然叫零阶矩，左边却出现 H ν H_\nu H ν μ \mu μ
9.4 一阶矩方程
先把转移方程额外乘一个 μ \mu μ
μ 2 ∂ I ν ∂ τ ν = μ I ν − μ S ν . \mu^2\frac{\partial I_\nu}{\partial\tau_\nu}
=\mu I_\nu-\mu S_\nu. μ 2 ∂ τ ν ∂ I ν = μ I ν − μ S ν . 再积分：
1 2 ∫ − 1 1 μ 2 ∂ I ν ∂ τ ν d μ = 1 2 ∫ − 1 1 μ I ν d μ − S ν 2 ∫ − 1 1 μ d μ . \frac12\int_{-1}^{1}
\mu^2\frac{\partial I_\nu}{\partial\tau_\nu}d\mu
=
\frac12\int_{-1}^{1}\mu I_\nu d\mu
-\frac{S_\nu}{2}\int_{-1}^{1}\mu d\mu. 2 1 ∫ − 1 1 μ 2 ∂ τ ν ∂ I ν d μ = 2 1 ∫ − 1 1 μ I ν d μ − 2 S ν ∫ − 1 1 μ d μ . 左边是 d K ν / d τ ν dK_\nu/d\tau_\nu d K ν / d τ ν H ν H_\nu H ν
d K ν d τ ν = H ν [RL (1.118)] . \boxed{
\frac{dK_\nu}{d\tau_\nu}=H_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.118)]}. d τ ν d K ν = H ν [RL (1.118)] . 9.5 用 Eddington closure 闭合
利用 K ν = J ν / 3 K_\nu=J_\nu/3 K ν = J ν /3
H ν = d K ν d τ ν = 1 3 d J ν d τ ν . H_\nu
=\frac{dK_\nu}{d\tau_\nu}
=\frac13\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}. H ν = d τ ν d K ν = 3 1 d τ ν d J ν . 再对光学深度求导，并使用零阶矩方程：
1 3 d 2 J ν d τ ν 2 = J ν − S ν [RL (1.119a)] . \boxed{
\frac13\frac{d^2J_\nu}{d\tau_\nu^2}
=J_\nu-S_\nu
}
\qquad\text{[RL (1.119a)]}. 3 1 d τ ν 2 d 2 J ν = J ν − S ν [RL (1.119a)] . 代入
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν S_\nu=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν 后，
J ν − S ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) , J_\nu-S_\nu
=\epsilon_\nu(J_\nu-B_\nu), J ν − S ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) , 所以
1 3 d 2 J ν d τ ν 2 = ϵ ν ( J ν − B ν ) [RL (1.119b)] . \boxed{
\frac13\frac{d^2J_\nu}{d\tau_\nu^2}
=\epsilon_\nu(J_\nu-B_\nu)
}
\qquad\text{[RL (1.119b)]}. 3 1 d τ ν 2 d 2 J ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) [RL (1.119b)] . B ν B_\nu B ν j ν , t h = α ν B ν j_{\nu,\rm th}=\alpha_\nu B_\nu j ν , th = α ν B ν
10. 两流近似与表面边界条件
10.1 为什么选择 μ = ± 1 / 3 \mu=\pm1/\sqrt{3} μ = ± 1/ 3
两流近似把所有向外、向内方向分别压缩为两个代表强度 I + I^+ I + I − I^- I − μ = ± μ 0 \mu=\pm\mu_0 μ = ± μ 0 1 / 2 1/2 1/2
J = 1 2 ( I + + I − ) , J=\frac12(I^++I^-), J = 2 1 ( I + + I − ) , K = 1 2 ( μ 0 2 I + + μ 0 2 I − ) = μ 0 2 J . K
=\frac12\left(\mu_0^2I^++\mu_0^2I^-\right)
=\mu_0^2J. K = 2 1 ( μ 0 2 I + + μ 0 2 I − ) = μ 0 2 J . 为了保留 Eddington closure K = J / 3 K=J/3 K = J /3
μ 0 2 = 1 3 . \mu_0^2=\frac13. μ 0 2 = 3 1 . 因此
μ = ± 1 3 . \boxed{
\mu=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}
}. μ = ± 3 1 . 它对应相对于外法线约 54.7 ∘ 54.7^\circ 54. 7 ∘
10.2 如何得到 I ± I^\pm I ±
两流矩为
J = 1 2 ( I + + I − ) , J=\frac12(I^++I^-), J = 2 1 ( I + + I − ) , H = 1 2 3 ( I + − I − ) . H=\frac{1}{2\sqrt{3}}(I^+-I^-). H = 2 3 1 ( I + − I − ) . 所以
I + + I − = 2 J , I + − I − = 2 3 H . I^++I^-=2J,
\qquad
I^+-I^-=2\sqrt{3}H. I + + I − = 2 J , I + − I − = 2 3 H . 联立得到
I + = J + 3 H , I − = J − 3 H . I^+=J+\sqrt{3}H,
\qquad
I^-=J-\sqrt{3}H. I + = J + 3 H , I − = J − 3 H . 又因为
H = 1 3 d J d τ , H=\frac13\frac{dJ}{d\tau}, H = 3 1 d τ dJ , 最终
I + = J + 1 3 d J d τ , \boxed{
I^+
=J+\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{dJ}{d\tau}
}, I + = J + 3 1 d τ dJ , I − = J − 1 3 d J d τ . \boxed{
I^-
=J-\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{dJ}{d\tau}
}. I − = J − 3 1 d τ dJ . 也可以从 I = a + b μ I=a+b\mu I = a + b μ a = J a=J a = J b = 3 H b=3H b = 3 H μ = ± 1 / 3 \mu=\pm1/\sqrt{3} μ = ± 1/ 3
10.3 半无限表面的边界条件
在表面 τ = 0 \tau=0 τ = 0
I − ( 0 ) = 0. I^-(0)=0. I − ( 0 ) = 0. 代入两流表达式：
J ( 0 ) − 1 3 d J d τ ∣ 0 = 0. J(0)
-\frac{1}{\sqrt{3}}
\left.\frac{dJ}{d\tau}\right|_0
=0. J ( 0 ) − 3 1 d τ dJ 0 = 0. 因此
1 3 d J d τ ∣ 0 = J ( 0 ) . \boxed{
\frac{1}{\sqrt{3}}
\left.\frac{dJ}{d\tau}\right|_0
=J(0)
}. 3 1 d τ dJ 0 = J ( 0 ) . 它把“表面没有入射辐射”这一方向性条件，转换成关于 J J J
11. 习题 1.10：半无限等温散射介质
11.1 问题设置
介质占据
0 ≤ τ ν < ∞ . 0\leq\tau_\nu<\infty. 0 ≤ τ ν < ∞. 它是均匀和等温的，所以对固定频率而言
B ν = 常数 , ϵ ν = 常数 . B_\nu=\text{常数},
\qquad
\epsilon_\nu=\text{常数}. B ν = 常数 , ϵ ν = 常数 . 深处辐射热化：
J ν ( τ ν → ∞ ) → B ν . J_\nu(\tau_\nu\to\infty)\to B_\nu. J ν ( τ ν → ∞ ) → B ν . 表面无入射辐射：
I ν − ( 0 ) = 0. I_\nu^-(0)=0. I ν − ( 0 ) = 0. 11.2 求解平均强度
从扩散方程出发：
1 3 d 2 J ν d τ ν 2 = ϵ ν ( J ν − B ν ) . \frac13
\frac{d^2J_\nu}{d\tau_\nu^2}
=\epsilon_\nu(J_\nu-B_\nu). 3 1 d τ ν 2 d 2 J ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) . 定义偏离热平衡的量
y ν ( τ ν ) ≡ J ν ( τ ν ) − B ν . y_\nu(\tau_\nu)
\equiv J_\nu(\tau_\nu)-B_\nu. y ν ( τ ν ) ≡ J ν ( τ ν ) − B ν . 因为等温使 B ν B_\nu B ν
d 2 y ν d τ ν 2 = 3 ϵ ν y ν . \frac{d^2y_\nu}{d\tau_\nu^2}
=3\epsilon_\nu y_\nu. d τ ν 2 d 2 y ν = 3 ϵ ν y ν . 令
q ν = 3 ϵ ν , q_\nu=\sqrt{3\epsilon_\nu}, q ν = 3 ϵ ν , 通解为
y ν = A ν e − q ν τ ν + C ν e q ν τ ν . y_\nu
=A_\nu e^{-q_\nu\tau_\nu}
+C_\nu e^{q_\nu\tau_\nu}. y ν = A ν e − q ν τ ν + C ν e q ν τ ν . 半无限深处不能发散，并且必须趋于 B ν B_\nu B ν C ν = 0 C_\nu=0 C ν = 0
J ν = B ν + A ν e − q ν τ ν . J_\nu
=B_\nu+A_\nu e^{-q_\nu\tau_\nu}. J ν = B ν + A ν e − q ν τ ν . 表面边界条件为
J ν ( 0 ) = 1 3 d J ν d τ ν ∣ 0 . J_\nu(0)
=\frac{1}{\sqrt{3}}
\left.\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}\right|_0. J ν ( 0 ) = 3 1 d τ ν d J ν 0 . 其中
J ν ( 0 ) = B ν + A ν , J_\nu(0)=B_\nu+A_\nu, J ν ( 0 ) = B ν + A ν , d J ν d τ ν ∣ 0 = − q ν A ν . \left.\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}\right|_0
=-q_\nu A_\nu. d τ ν d J ν 0 = − q ν A ν . 所以
B ν + A ν = − q ν 3 A ν = − ϵ ν A ν . B_\nu+A_\nu
=-\frac{q_\nu}{\sqrt{3}}A_\nu
=-\sqrt{\epsilon_\nu}A_\nu. B ν + A ν = − 3 q ν A ν = − ϵ ν A ν . 解得
A ν = − B ν 1 + ϵ ν . A_\nu
=-\frac{B_\nu}{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}. A ν = − 1 + ϵ ν B ν . 因此
J ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − e − 3 ϵ ν τ ν 1 + ϵ ν ] . \boxed{
J_\nu(\tau_\nu)
=B_\nu
\left[
1-
\frac{
e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}
}{
1+\sqrt{\epsilon_\nu}
}
\right]
}. J ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − 1 + ϵ ν e − 3 ϵ ν τ ν ] . 这个解的结构是
当地热平衡值 − 表面光子逃逸造成的指数亏损 . \text{当地热平衡值}
-
\text{表面光子逃逸造成的指数亏损}. 当地热平衡值 − 表面光子逃逸造成的指数亏损 . B ν B_\nu B ν
11.3 表面平均强度与源函数
令 τ ν = 0 \tau_\nu=0 τ ν = 0
J ν ( 0 ) = B ν ϵ ν 1 + ϵ ν . \boxed{
J_\nu(0)
=B_\nu
\frac{\sqrt{\epsilon_\nu}}
{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
}. J ν ( 0 ) = B ν 1 + ϵ ν ϵ ν . 源函数为
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν . S_\nu
=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu. S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν . 代入 J ν ( τ ν ) J_\nu(\tau_\nu) J ν ( τ ν )
1 − ϵ ν 1 + ϵ ν = 1 − ϵ ν , \frac{1-\epsilon_\nu}{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
=1-\sqrt{\epsilon_\nu}, 1 + ϵ ν 1 − ϵ ν = 1 − ϵ ν , 得到
S ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − ( 1 − ϵ ν ) e − 3 ϵ ν τ ν ] . \boxed{
S_\nu(\tau_\nu)
=B_\nu
\left[
1-
(1-\sqrt{\epsilon_\nu})
e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}
\right]
}. S ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − ( 1 − ϵ ν ) e − 3 ϵ ν τ ν ] . 表面满足
S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . \boxed{
S_\nu(0)=\sqrt{\epsilon_\nu}B_\nu
}. S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . 这就是平方根 epsilon 定律。低 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
11.4 出射通量
由
H ν = 1 3 d J ν d τ ν , F ν = 4 π H ν , H_\nu
=\frac13\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu},
\qquad
F_\nu=4\pi H_\nu, H ν = 3 1 d τ ν d J ν , F ν = 4 π H ν , 有
d J ν d τ ν ∣ 0 = B ν 3 ϵ ν 1 + ϵ ν . \left.
\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}
\right|_0
=B_\nu
\frac{\sqrt{3\epsilon_\nu}}
{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}. d τ ν d J ν 0 = B ν 1 + ϵ ν 3 ϵ ν . 因此
F ν ( 0 ) = 4 π B ν 3 ϵ ν 1 + ϵ ν . \boxed{
F_\nu(0)
=
\frac{4\pi B_\nu}{\sqrt{3}}
\frac{\sqrt{\epsilon_\nu}}
{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
}. F ν ( 0 ) = 3 4 π B ν 1 + ϵ ν ϵ ν . 低 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
F ν ( 0 ) ≃ 4 π 3 B ν ϵ ν ( ϵ ν ≪ 1 ) . \boxed{
F_\nu(0)
\simeq
\frac{4\pi}{\sqrt{3}}B_\nu\sqrt{\epsilon_\nu}
\qquad(\epsilon_\nu\ll1)
}. F ν ( 0 ) ≃ 3 4 π B ν ϵ ν ( ϵ ν ≪ 1 ) . 这与 RL (1.103) 具有相同的 ϵ ν \sqrt{\epsilon_\nu} ϵ ν
无散射极限 ϵ ν = 1 \epsilon_\nu=1 ϵ ν = 1
F ν ( 0 ) = 2 π 3 B ν , F_\nu(0)=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}B_\nu, F ν ( 0 ) = 3 2 π B ν , 比精确黑体表面通量 π B ν \pi B_\nu π B ν 15 % 15\% 15%
11.5 有效光学深度
由解可见
B ν − J ν = B ν 1 + ϵ ν e − 3 ϵ ν τ ν . B_\nu-J_\nu
=\frac{B_\nu}{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}. B ν − J ν = 1 + ϵ ν B ν e − 3 ϵ ν τ ν . 定义
τ ν , ∗ = 3 ϵ ν τ ν . \boxed{
\tau_{\nu,*}
=\sqrt{3\epsilon_\nu}\,\tau_\nu
}. τ ν , ∗ = 3 ϵ ν τ ν . 则偏离热平衡的部分按 e − τ ν , ∗ e^{-\tau_{\nu,*}} e − τ ν , ∗ τ ν , ∗ ≳ 1 \tau_{\nu,*}\gtrsim1 τ ν , ∗ ≳ 1 J ν J_\nu J ν B ν B_\nu B ν
又因为
ϵ ν = τ ν , a τ ν , a + τ ν , s , τ ν = τ ν , a + τ ν , s , \epsilon_\nu
=\frac{\tau_{\nu,a}}
{\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s}},
\qquad
\tau_\nu=\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s}, ϵ ν = τ ν , a + τ ν , s τ ν , a , τ ν = τ ν , a + τ ν , s , 所以
τ ν , ∗ = 3 τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . \boxed{
\tau_{\nu,*}
=
\sqrt{
3\tau_{\nu,a}
(\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s})
}
}. τ ν , ∗ = 3 τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . 这证明了题 1.10(b)。
11.6 纯散射极限的注意事项
当 ϵ ν → 0 \epsilon_\nu\to0 ϵ ν → 0 J ν → 0 J_\nu\to0 J ν → 0 ϵ ν = 0 \epsilon_\nu=0 ϵ ν = 0 J ν → B ν J_\nu\to B_\nu J ν → B ν ϵ → 0 \epsilon\to0 ϵ → 0
12. English assignment-ready solution
12.1 Problem 1.10(a): mean intensity and emergent flux
Let
χ ν = α ν + σ ν , ϵ ν = α ν χ ν , \chi_\nu=\alpha_\nu+\sigma_\nu,
\qquad
\epsilon_\nu=\frac{\alpha_\nu}{\chi_\nu}, χ ν = α ν + σ ν , ϵ ν = χ ν α ν , and let τ ν \tau_\nu τ ν
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν . S_\nu=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu. S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν . The Eddington moment equations give
1 3 d 2 J ν d τ ν 2 = J ν − S ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) . \frac{1}{3}\frac{d^2J_\nu}{d\tau_\nu^2}
=J_\nu-S_\nu
=\epsilon_\nu(J_\nu-B_\nu). 3 1 d τ ν 2 d 2 J ν = J ν − S ν = ϵ ν ( J ν − B ν ) . The atmosphere is isothermal, so B ν B_\nu B ν ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
J ν − B ν = A ν e − 3 ϵ ν τ ν + C ν e + 3 ϵ ν τ ν . J_\nu-B_\nu
=A_\nu e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}
+C_\nu e^{+\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}. J ν − B ν = A ν e − 3 ϵ ν τ ν + C ν e + 3 ϵ ν τ ν . The requirement that the radiation field remain finite and approach thermal equilibrium as τ ν → ∞ \tau_\nu\to\infty τ ν → ∞ C ν = 0 C_\nu=0 C ν = 0
I ν − = J ν − 1 3 d J ν d τ ν . I_\nu^-
=J_\nu-\frac{1}{\sqrt{3}}
\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}. I ν − = J ν − 3 1 d τ ν d J ν . There is no incident radiation at the surface, so I ν − ( 0 ) = 0 I_\nu^-(0)=0 I ν − ( 0 ) = 0
J ν ( 0 ) = 1 3 d J ν d τ ν ∣ 0 . J_\nu(0)
=\frac{1}{\sqrt{3}}
\left.\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu}\right|_0. J ν ( 0 ) = 3 1 d τ ν d J ν 0 . Applying this boundary condition gives
A ν = − B ν 1 + ϵ ν . A_\nu=-\frac{B_\nu}{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}. A ν = − 1 + ϵ ν B ν . Hence
J ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − e − 3 ϵ ν τ ν 1 + ϵ ν ] . \boxed{
J_\nu(\tau_\nu)
=B_\nu
\left[
1-
\frac{e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}}
{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
\right]
}. J ν ( τ ν ) = B ν [ 1 − 1 + ϵ ν e − 3 ϵ ν τ ν ] . Using
H ν = 1 3 d J ν d τ ν , F ν = 4 π H ν , H_\nu=\frac{1}{3}\frac{dJ_\nu}{d\tau_\nu},
\qquad
F_\nu=4\pi H_\nu, H ν = 3 1 d τ ν d J ν , F ν = 4 π H ν , the emergent flux is
F ν ( 0 ) = 4 π B ν 3 ϵ ν 1 + ϵ ν . \boxed{
F_\nu(0)
=\frac{4\pi B_\nu}{\sqrt{3}}
\frac{\sqrt{\epsilon_\nu}}
{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
}. F ν ( 0 ) = 3 4 π B ν 1 + ϵ ν ϵ ν . For ϵ ν ≪ 1 \epsilon_\nu\ll1 ϵ ν ≪ 1
F ν ( 0 ) ≃ 4 π 3 B ν ϵ ν . F_\nu(0)
\simeq
\frac{4\pi}{\sqrt{3}}
B_\nu\sqrt{\epsilon_\nu}. F ν ( 0 ) ≃ 3 4 π B ν ϵ ν . The two-stream result differs from the exact blackbody normalization by a factor of order unity, but it correctly reproduces the ϵ ν \sqrt{\epsilon_\nu} ϵ ν
12.2 Problem 1.10(b): effective optical depth
The departure from the Planck function is
B ν − J ν = B ν 1 + ϵ ν e − 3 ϵ ν τ ν . B_\nu-J_\nu
=
\frac{B_\nu}{1+\sqrt{\epsilon_\nu}}
e^{-\sqrt{3\epsilon_\nu}\tau_\nu}. B ν − J ν = 1 + ϵ ν B ν e − 3 ϵ ν τ ν . It is therefore natural to define
τ ν , ∗ ≡ 3 ϵ ν τ ν . \tau_{\nu,*}
\equiv
\sqrt{3\epsilon_\nu}\,\tau_\nu. τ ν , ∗ ≡ 3 ϵ ν τ ν . Since
ϵ ν = τ ν , a τ ν , a + τ ν , s , τ ν = τ ν , a + τ ν , s , \epsilon_\nu
=\frac{\tau_{\nu,a}}
{\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s}},
\qquad
\tau_\nu=\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s}, ϵ ν = τ ν , a + τ ν , s τ ν , a , τ ν = τ ν , a + τ ν , s , we obtain
τ ν , ∗ = 3 τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . \boxed{
\tau_{\nu,*}
=
\sqrt{
3\tau_{\nu,a}
(\tau_{\nu,a}+\tau_{\nu,s})
}
}. τ ν , ∗ = 3 τ ν , a ( τ ν , a + τ ν , s ) . Thus J ν J_\nu J ν B ν B_\nu B ν τ ν , ∗ \tau_{\nu,*} τ ν , ∗
12.3 Conceptual answer: should a scattering-dominated line be visible?
Yes, under the assumptions of the problem, a strong scattering-dominated transition is expected to produce a spectral feature even though the atmosphere is isothermal. At the line frequency, most extinction events are scatterings, so
ϵ ν , l i n e ≪ 1. \epsilon_{\nu,\rm line}\ll1. ϵ ν , line ≪ 1. Photon escape lowers the surface mean intensity below the Planck function. Since the line source function is dominated by the scattering term,
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν , S_\nu=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu, S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν , the two-stream solution gives
S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . S_\nu(0)=\sqrt{\epsilon_\nu}B_\nu. S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . If the neighboring continuum is more strongly thermalized, its source function remains close to B ν B_\nu B ν
A random-walk argument gives the same result without solving the transfer equation. A photon at total optical depth τ ν \tau_\nu τ ν τ ν 2 \tau_\nu^2 τ ν 2 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν ϵ ν τ ν 2 \epsilon_\nu\tau_\nu^2 ϵ ν τ ν 2
ϵ ν τ ν 2 ≳ 1 , \epsilon_\nu\tau_\nu^2\gtrsim1, ϵ ν τ ν 2 ≳ 1 , or
τ ν ≳ ϵ ν − 1 / 2 . \tau_\nu\gtrsim\epsilon_\nu^{-1/2}. τ ν ≳ ϵ ν − 1/2 . Thus a large total optical depth does not by itself guarantee blackbody emission when the opacity is dominated by scattering.
13. 复习清单、极限检验与常见混淆
13.1 应该能独立推导
从微观截面得到宏观系数：
χ = n σ c r o s s = ρ κ . \chi=n\sigma_{\rm cross}=\rho\kappa. χ = n σ cross = ρ κ .
从 d P = d τ dP=d\tau d P = d τ
P 0 = e − τ . P_0=e^{-\tau}. P 0 = e − τ .
从指数自由程分布得到
ℓ = 1 / χ . \ell=1/\chi. ℓ = 1/ χ .
从随机游走得到
R r m s ∼ N ℓ , N e s c ∼ τ 2 . R_{\rm rms}\sim\sqrt{N}\ell,
\qquad
N_{\rm esc}\sim\tau^2. R rms ∼ N ℓ , N esc ∼ τ 2 .
从 N d e s t ∼ 1 / ϵ N_{\rm dest}\sim1/\epsilon N dest ∼ 1/ ϵ
ℓ ∗ = ℓ / ϵ , τ ∗ ∼ ϵ τ . \ell_*=\ell/\sqrt{\epsilon},
\qquad
\tau_*\sim\sqrt{\epsilon}\tau. ℓ ∗ = ℓ / ϵ , τ ∗ ∼ ϵ τ .
从 I = a + b μ I=a+b\mu I = a + b μ
K = J / 3. K=J/3. K = J /3.
从转移方程取零阶和一阶矩得到
d H d τ = J − S , d K d τ = H . \frac{dH}{d\tau}=J-S,
\qquad
\frac{dK}{d\tau}=H. d τ d H = J − S , d τ d K = H .
从两流矩关系得到
μ = ± 1 / 3 , I ± = J ± 1 3 d J d τ . \mu=\pm1/\sqrt{3},
\qquad
I^\pm=J\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{dJ}{d\tau}. μ = ± 1/ 3 , I ± = J ± 3 1 d τ dJ .
完整求出题 1.10 的 J ν ( τ ν ) J_\nu(\tau_\nu) J ν ( τ ν ) F ν ( 0 ) F_\nu(0) F ν ( 0 )
13.2 可以直接记住的核心结论
S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν \boxed{
S_\nu=(1-\epsilon_\nu)J_\nu+\epsilon_\nu B_\nu
} S ν = ( 1 − ϵ ν ) J ν + ϵ ν B ν ϵ ν = α ν α ν + σ ν \boxed{
\epsilon_\nu
=\frac{\alpha_\nu}{\alpha_\nu+\sigma_\nu}
} ϵ ν = α ν + σ ν α ν ℓ ν , ∗ = 1 α ν ( α ν + σ ν ) \boxed{
\ell_{\nu,*}
=\frac{1}{\sqrt{\alpha_\nu(\alpha_\nu+\sigma_\nu)}}
} ℓ ν , ∗ = α ν ( α ν + σ ν ) 1 F ν = − 4 π 3 χ ν ∂ B ν ∂ z \boxed{
F_\nu
=-\frac{4\pi}{3\chi_\nu}
\frac{\partial B_\nu}{\partial z}
} F ν = − 3 χ ν 4 π ∂ z ∂ B ν K ν = J ν / 3 \boxed{
K_\nu=J_\nu/3
} K ν = J ν /3 S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . \boxed{
S_\nu(0)=\sqrt{\epsilon_\nu}B_\nu
}. S ν ( 0 ) = ϵ ν B ν . 13.3 极限检验
ϵ ν → 1 \epsilon_\nu\to1 ϵ ν → 1 B ν B_\nu B ν ϵ ν → 0 \epsilon_\nu\to0 ϵ ν → 0 τ ≪ 1 \tau\ll1 τ ≪ 1 1 − e − τ ≃ τ 1-e^{-\tau}\simeq\tau 1 − e − τ ≃ τ τ ≫ 1 \tau\gg1 τ ≫ 1 N ∼ τ 2 N\sim\tau^2 N ∼ τ 2 d T / d z = 0 dT/dz=0 d T / d z = 0 χ ν \chi_\nu χ ν
13.4 最容易混淆的地方
微观 σ c r o s s \sigma_{\rm cross} σ cross σ ν \sigma_\nu σ ν 前者量纲是面积，后者是逆长度。光学厚与热化： τ ≫ 1 \tau\gg1 τ ≫ 1 τ ∗ ≫ 1 \tau_*\gg1 τ ∗ ≫ 1 各向同性与热化： 多次散射可使方向分布接近各向同性，却未必使 J ν = B ν J_\nu=B_\nu J ν = B ν 散射吸收线与温度梯度吸收线： 本题等温，线特征来自表面源函数低于 B ν B_\nu B ν L ν L_\nu L ν 方程 (1.103) 的地位： 它给数量级和 ϵ \sqrt{\epsilon} ϵ B ν B_\nu B ν j ν , t h = α ν B ν j_{\nu,\rm th}=\alpha_\nu B_\nu j ν , th = α ν B ν 零阶矩为什么给出 d H / d τ dH/d\tau d H / d τ 原始转移方程左侧已经含有一个 μ \mu μ 1 / 3 1/\sqrt{3} 1/ 3 K / J = ⟨ μ 2 ⟩ = 1 / 3 K/J=\langle\mu^2\rangle=1/3 K / J = ⟨ μ 2 ⟩ = 1/3 Rosseland 与 Eddington： Rosseland 要求深处接近 LTE，用来求温度梯度驱动的能量通量；Eddington 只用角矩闭合，可处理 J ν ≠ B ν J_\nu\neq B_\nu J ν = B ν
13.5 最短物理总结
散射能够延长光子的路径并使方向随机化，但不能单独建立黑体辐射场。真吸收和热发射负责让辐射与局部物质交换能量并热化。低 ϵ ν \epsilon_\nu ϵ ν
14. 资料与引用
Rybicki, G. B., & Lightman, A. P. (2004 reprint), Radiative Processes in Astrophysics , §1.7–1.8 and Problem 1.10. 本项目教材文件：Rybicki和Lightman - 2004 - Radiative processes in astrophysics.pdf。
本笔记中的随机游走、Rosseland 近似、Eddington 近似和两流边界条件均沿用 RL 第 1 章的符号约定；为避免与微观截面混淆，正文显式区分 σ c r o s s \sigma_{\rm cross} σ cross σ ν \sigma_\nu σ ν
方程 (1.103) 仅作为数量级估计；习题 1.10 的数值系数属于 Eddington 加两流近似，也不应误认为精确角度转移解。