Площадь поперечного сечения Земли $\pi R_E^2$. С учётом того, что Земля поглощает долю $1-a$ падающего на неё излучения, получаем ответ.

Мощность излучения чёрного тела согласно закону Стефана-Больцмана $P_{bd} = \sigma A T^4$, где $\sigma$ – постоянная Стефана-Больцмана, $A$ – площадь поверхности излучающего тела. В равновесии $P_{bd} = P_0$, так что
$$\sigma (4 \pi R_E^2) T_{g0}^4 = (1-a) \pi R_E^2 F_s.$$Отсюда получаем ответ.

При наличии атмосферы рассмотрим энергетическое равновесие в двух областях: между поверхностью Земли и атмосферой, а также между атмосферой и внешним пространством. Пусть мощность излучения Земли $P_E$, мощность излучения атмосферы в каждую из сторон (к Земле и наружу) $P_{atmo}$. Тогда
$$P_E = P_{atmo} + t_{sw} P_0 \\ t_{lw} P_E + P_{atmo} = P_0$$Решая эту систему и используя $P_E = \sigma (4\pi R_E^2)T_g$, получаем ответ.

Пусть длина пружины в нерастянутом состоянии равна $l_0$, а $x_A$, $x_B$ – положения частиц $A$ и $B$ соответственно. Уравнение движения каждой частицы под действием силы упругости пружины:
\begin{align*}
\frac{d^2}{dt^2}x_A &= +\frac{k}{m_A}(\ell - \ell_0), \\
\frac{d^2}{dt^2}x_B &= -\frac{k}{m_B}(\ell - \ell_0),
\end{align*}
где $\ell = x_B - x_A$ — мгновенная длина пружины. Вычитая одно уравнение из другого, получаем:
\[
\frac{d^2}{dt^2}\ell = -k\left(\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}\right)(\ell - \ell_0).
\]
Это уравнение движения эффективной частицы, прикреплённой к пружине с жёсткостью $k$ и эффективной (приведённой) массой $\mu$:
\[
\mu = \frac{1}{\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}} = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}.
\]
Таким образом, система совершает простое гармоническое колебание с угловой частотой

Разность энергий между двумя соседними уровнями квантового гармонического осциллятора равна $\hbar \omega$. Следовательно, энергия фотона

Наблюдаемый сдвиг спектральной линии обусловлен эффектом Доплера. Когда источник движется к наблюдателю со скоростью $v$, частота изменяется согласно выражению
\[
f = f_0 \left( 1 + v/c \right).
\]
Таким образом, сдвиг частоты определяется как

Чтобы найти константу нормировки $C$, потребуем, чтобы полная вероятность равнялась 1. Это приводит к следующему условию:
$$
\int_{-\infty}^{\infty} p(v) \, dv = 1 \quad \Rightarrow \quad C \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{mv^2}{2k_B T}} \, dv = 1.
$$Используя приведённую формулу интегрирования, где $x = v$ и $a = \frac{m}{2k_B T}$, получаем

Используя результат из пункта B4, получаем следующее выражение для скорости молекулы через частоты $f$ и $f_0$:
$$
v = \frac{f - f_0}{f_0} c.
$$Подставляя это в формулу распределения вероятностей, получаем искомый результат. Это даёт распределение вероятности наблюдения молекулы, чья спектральная линия смещена с $f_0$ до $f$.

Распределение вероятностей $p(f)$ имеет гауссову форму (нормальное распределение) по величине частотного сдвига $f - f_0$.

Ответ:

Центр профиля находится в точке $0$, а его значение уменьшается до $1/e$ от максимального, когда показатель экспоненты равен $-1$. Это происходит при выполнении следующего условия:

Рассмотрим тонкий горизонтальный слой толщиной $dz$ и площадью $S$. Поскольку воздух находится в гидростатическом равновесии, сила тяжести, действующая на него, должна уравновешиваться разностью сил давления:
$$
p(z)S = p(z + dz)S + \rho(z)gS\,dz.
$$
Упрощая и перегруппировывая члены, получаем ответ. Знак «минус» указывает на ожидаемое уменьшение давления с высотой.

Рассматривая воздух как идеальный газ, используем уравнение состояния идеального газа, чтобы выразить плотность воздуха через его давление и температуру:
$$
pV = nRT \quad \Rightarrow \quad p(z)V = \frac{m}{\mu_{\text{air}}} RT(z).
$$Переписывая это выражение через плотность, получаем:
$$
\rho(z) = \frac{p(z)\mu_{\text{air}}}{RT(z)}.
$$Теперь подставим выражение для плотности в уравнение, полученное в C1.

Рассматривая изотермическую атмосферу ($T(z) = T$), получаем:
$$
\frac{dp}{p} = -\frac{\mu_{\text{air}}}{RT} g\,dz.
$$Интегрируя обе части и учитывая, что давление у Земли равно $p_0$, получаем:
$$
\ln \left[ \frac{p(z)}{p_0} \right] = -\frac{\mu_{\text{air}}}{RT} gz.
$$Преобразуя, получаем ответ.

Поскольку малая порция воздуха перемещается адиабатически, запишем для неё уравнение адиабаты:
$$
pV^{\gamma} = \text{const.},
$$где $\gamma = c_p/c_V$ – показатель адиабаты, а $c_p$, $c_V$ – молярные теплоёмкости при постоянном давлении и объёме соответственно. Используя уравнение состояния идеального газа, получаем:
$$
p(T/p)^{\gamma} = \text{const.} \quad \Rightarrow \quad p^{1-\gamma}T^{\gamma} = \text{const.}
$$Взяв производную этого выражения по высоте $z$, находим:
$$
(1 - \gamma)p^{-\gamma}\frac{dp}{dz}T^{\gamma} + \gamma p^{1-\gamma}T^{\gamma-1}\frac{dT}{dz} = 0.
$$Упрощая и преобразуя для получения выражения для адиабатического градиента температуры:
$$
\frac{dT}{dz} = -\frac{1 - \gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)}\frac{dp}{dz}.
$$Подставляя градиент давления, полученный в C.3:
$$
\frac{dT}{dz} = -\frac{1 - \gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)} \left[ -\frac{p(z)\mu_{\text{air}}}{RT(z)} g \right] = \frac{1 - \gamma}{\gamma} \frac{\mu_{\text{air}}}{R} g.
$$Используя $\gamma = c_p/c_V$ и $c_p - c_V = R$, получаем линейное уменьшение температуры с высотой в адиабатической атмосфере:
$$
\frac{dT}{dz} = \frac{1 - c_p/c_V}{c_p/c_V} \frac{\mu_{\text{air}}}{R} g = -\frac{\mu_{\text{air}}}{c_p} g.
$$Поскольку $\Gamma_a = -\frac{d T}{dz}$, находим

Запишем второй закон Ньютона, учитывая силы Архимеда и тяжести:
$$
\delta m \frac{d^2 z}{dt^2} = \rho_a(z) g \delta V - \delta m g,
$$где $\delta m$ – масса объёма воздуха, $\delta V$ – его объём, $\rho_a$ – плотность окружающего воздуха. Выразим массу через плотность $\rho_p$: $\delta m = \rho_p \delta V$. Подстановка и упрощение дают:
$$
\frac{d^2 z}{dt^2} = \frac{\rho_a(z + \delta z) - \rho_p(z + \delta z)}{\rho_p(z + \delta z)} g.
$$Учитывая, что давление в объёме равно атмосферному на высоте $z + \delta z$, получаем $\rho \propto 1/T$. Тогда:
$$
\frac{d^2 z}{dt^2} = \frac{T_p(z + \delta z) - T_a(z + \delta z)}{T_a(z + \delta z)} g.
$$Используя определение градиента температуры $T(z + \delta z) = T(z) + \Gamma \delta z$, получим:
$$
\frac{d^2 z}{dt^2} = \frac{T(z) + \Gamma \delta z - T(z) - \Gamma_a \delta z}{T(z) + \Gamma_a \delta z} g.
$$Упрощая числитель и пренебрегая бесконечно малым членом $\Gamma_a \delta z$ в знаменателе:
$$
\frac{d^2 z}{dt^2} = \frac{\Gamma - \Gamma_a}{T} g \delta z.
$$Это уравнение гармонического осциллятора с угловой частотой:
$$
\omega = \sqrt{\frac{(\Gamma - \Gamma_a)g}{T}}.
$$

Следовательно, условие устойчивости:

Изменение энтропии при фазовом переходе (испарении) связано с теплотой парообразования. Для массы $m$ жидкой воды: $Q_{\text{evaporation}} = Lm$. Тогда изменение энтропии:
$$
\Delta S = \frac{Lm}{T}.
$$Пренебрежём объёмом жидкости по сравнению с объёмом пара:
$$
\Delta V \approx V_{\text{пар}} = \frac{nRT}{p_s(T)}
$$где $p_s(T)$ - давление насыщенного пара при температуре $T$. С учётом соотношения $m = \mu_{\mathrm{H_2O}}n$ получаем ответ.

Разделяя переменные в выражении из D1 и интегрируя, получаем:
$$
\ln \left[ \frac{p_s(T)}{p_{so}} \right] = -\frac{\mu_{H_2O}L}{R} \left( \frac{1}{T} - \frac{1}{T_o} \right).
$$Строго говоря, $L$ является функцией температуры, но мы предполагаем, что $L=\text{const.}$ в исследуемом диапазоне температур. Преобразуя, получаем ответ.

Конденсация происходит, когда парциальное давление водяного пара внутри воздушного объёма достигает давления насыщения пара при данной температуре. Парциальное давление водяного пара $p_w$ связано с общим давлением объёма $p$:
$$
p_w = \frac{n_{\text{H}_2\text{O}}}{n_{\text{возд}}} p = \frac{m_{\text{H}_2\text{O}}/\mu_{\text{H}_2\text{O}}}{m_{\text{возд}}/\mu_{\text{возд}}} p = \phi \frac{\mu_{\text{возд}}}{\mu_{\text{H}_2\text{O}}} p.
$$Учитывая, что воздушный объём поднимается адиабатически, $p^{1-\gamma} T^\gamma = \text{const}$, поэтому
$$
p(T) = p_i \left( \frac{T}{T_i} \right)^{c_p / R}.
$$Следовательно, трансцендентное уравнение, которое необходимо решить, имеет вид
$$
\phi \frac{\mu_{\text{возд}}}{\mu_{\text{H}_2\text{O}}} p_i \left(\frac{T_l}{T_i}\right)^\frac{c_p}{R} = p_{so} \exp \left[-\frac{\mu_{\text{H}_2\text{O}}L}{R} \left(\frac{1}{T_l} - \frac{1}{T_i}\right)\right].
$$После преобразования:
$$
T_l = \frac{1}{\frac{1}{T_i} - \frac{R}{\mu_{\text{H}_2\text{O}} L} \ln \left[\phi \frac{\mu_{\text{возд}}}{\mu_{\text{H}_2\text{O}}}\frac{p_i}{p_{so}} \left(\frac{T_l}{T_i}\right)^{c_p/R}\right]}.
$$Подставляя численные значения, получаем:
$$
T_l = \frac{1000\,\text{К}}{3.481 - 0.4695 \ln \left( \frac{T_l}{290.15\,\text{К}} \right)}.
$$Решая это уравнение любым доступным способом, например, методом простой итерации, получаем ответ.

Используя обозначения с рисунка, полный угол отклонения $\delta$ можно записать как сумму отклонений при двух преломлениях:
$$\delta = \alpha - \alpha' + \beta - \beta'.$$
Рассмотрим треугольник с внутренними углами $\varphi$, $90^\circ - \alpha'$ и $90^\circ - \beta'$. Поскольку сумма этих углов равна $180^\circ$, получаем:
$$\varphi = \alpha' + \beta',$$поэтому $\delta$ упрощается до:
$$\delta = \alpha + \beta - \varphi.$$

Связь между $\alpha$ и $\alpha'$ (аналогично между $\beta$ и $\beta'$) задаётся законом Снелла:
$$
\frac{\sin \alpha}{\sin \alpha'} = n, \quad \frac{\sin \beta}{\sin \beta'} = n.
$$Выразим $\beta$ через $\alpha'$:
$$
\sin \beta = n \sin \beta' = n \sin (\varphi - \alpha'),
$$Из закона Снелла $\alpha'$ можно записать как:
$$
\alpha' = \arcsin \left( \frac{\sin \alpha}{n} \right).
$$Таким образом, $\beta$ в терминах $\alpha$ выражается как:
$$
\beta = \arcsin \left\{ n \sin \left[ \varphi - \arcsin \left( \frac{\sin \alpha}{n} \right) \right] \right\}.
$$Окончательно получаем выражение для $\delta$.

Минимальное значение $\delta$ составляет около $21.8^\circ$, именно под таким углом относительно направления на Солнце появляется гало.