Introduction to NON-LTE radiative transfer and atmospheric modeling#
Eugene H. Avrett
基本概念/方程#
参考OASP5。
$$ \mu = \cos{\theta} $$
在各向同性下辐射强度\(I_\mu\)：
$$ I_\nu = I_\nu(r, \mu) $$
平均辐射强度：
$$ J_\nu = \frac{1}{4\pi} \int I_\nu d\Omega = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 I_\nu d\mu $$
单色能量密度：
$$ U_\nu = \frac{4\pi}{c} J_\nu $$
单色天文流量（还是各向同性）：
$$ \pi F_\nu = \int I_\nu \cos{\theta} d\Omega = 2\pi \int_{-1}^1 \mu I_\nu d\mu $$
流量的另一个定义：
$$ H_\nu = \frac{1}{2} \int I_\nu \mu d\mu = \frac{\pi F_\nu}{4\pi} $$
斯特芬-玻尔兹曼定律：
$$ \pi F = \pi \int_{0}^\infty F_\nu d\nu = \sigma T_\mathrm{eff} $$
辐射转移方程(1)：
$$ \frac{dI_\nu}{dl} = -\kappa_\nu I_\nu + \eta_\nu $$
源函数、光深：
$$ S_\nu = \frac{\eta_\nu}{\kappa_\nu}, d\tau_\nu = -\kappa_\nu \mu dl $$
所以辐射转移方程(2)：
$$ \mu \frac{dI_\nu}{d\tau_\nu} = I_\nu - S_\nu $$
这里的\(\kappa_\nu\)是OASP5中的\(\kappa_\nu \rho\)。
对上式在\(\mu\)方向上积分，有：
$$ \frac{dH_\nu}{d\tau_\nu} = J_\nu - S_\nu $$
辐射转移方程的解为（忽略频率下标）：
$$ I(\tau, \mu) =I(0,\mu)e^{-\frac{(0-\tau)}{\mu}} - \frac{1}{\mu} \int_0^\tau e^{-\frac{t-\tau}{\mu}} S(t) dt, ~ \text{inward}$$
$$ I(\tau, \mu) =I(\tau_m,\mu)e^{-\frac{(\tau_m-\tau)}{\mu}} + \frac{1}{\mu} \int_\tau^{\tau_m} e^{-\frac{t-\tau}{\mu}} S(t) dt, ~ \text{outward} $$
因为\(\tau_m=\infty\)时光射不出来，\(I(\tau_m,\mu)\)一般不会为指数增长，则在恒星表面向外的光强为
$$ I(0, \mu) = \frac{1}{\mu} \int_0^{\infty} e^{-\frac{t}{\mu}} S(t) dt $$
可以推出当\(S\)是\(t\)的线性函数的时候有\(I(0,\mu) = S(\tau=\mu)\)，这是Eddington-Barbier关系。
参考OASP7的\((7.16)\)，引入\(E\)积分之后平均光强为：
$$ J(\tau) = \frac{1}{2} \int_0^{\tau_m} E_1(|t-\tau|) S(t)dt = \Lambda{S} $$
\(\Lambda\)叫做Lambda opeartor。
\(\int_0^\infty E_1(t)dt = 1\)（未证实），所以当\(S\)为常数的时候在光深大的地方有\(J=S\)（未证实），在表面有\(J=\frac{1}{2}S\)。
参考OASP7\((7.14)\)，\(H\)也可以写成\(E\)积分，以及\(H(\tau) = \Phi{S}\)；同时\(\int_0^\infty E_2(t)dt = 0.5\)（未证实），所以当\(S\)为常数的时候在光深大的地方有\(H=0\)（未证实），在表面有\(H=\frac{1}{4}S\)。当\(S(\tau) = C_0 + C_1 \tau\)时光深大的时候\(H \rightarrow (1/3)C_1\)。
当热动平衡的时候，光强各向同性且由普朗克函数\(B_\nu(T)\)描述。所有的粒子速度由麦克斯韦分布描述、跃迁由玻尔兹曼方程描述、电离由萨哈-玻尔兹曼方程描述。
LTE下不同层上有不同的温度，所以这个时候只有\(S_\nu = B_\nu\)，而光强\(I_\nu\)必须由辐射转移方程通过\(S_\nu\)计算出来。但是这里讨论的是NLTE，\(S_\nu \ne B_\nu\)，那么我们如何获得\(S_\nu\)呢？这就是这个Note要解决的事情了。
单色散射#
我们先看一个简单的例子，看看怎么从\(B\)求出\(S\)来。这里假设原子的散射是各向同性以及不改变光子的频率的，那么根据OASP5中的“纯各向同性散射”有\(S_\nu = J_\nu\)。我们将辐射转移方程写成LTE部分以及散射部分：
$$ \begin{align} \frac{dI}{dl} & = -\kappa^{ab} (I-S^{ab}) \ \frac{dI}{dl} & = -\kappa^{sc} (I-S^{sc}) \ S^{ab} &= B_\nu, ~ \text{LTE part}\ S^{ab} &= J_\nu, ~ \text{scatter part}\ \end{align} $$
所以
$$ \frac{dI}{dl} = -\kappa^{ab} (I-B) - \kappa^{sc} (I-J) $$
然后我们凑辐射转移方程的形式，令：
$$ d\tau = - (\kappa^{ab} + \kappa^{sc}) \mu dl, \epsilon = \frac{\kappa^{ab}}{\kappa^{ab}+\kappa^{sc}} $$
则有
$$ \mu \frac{dI}{d\tau} = I - S $$
$$ \begin{align} S &= \epsilon B + (1-\epsilon) J \ &= \epsilon B + (1-\epsilon) \Lambda{S},\ \Lambda_\tau [f(t)] &= \frac{1}{2} \int_0^\infty f(t) E_1(|t-\tau|)dt \end{align} $$
这个时候我们发现上式中只有\(B, S\)，那么我们就可以从\(B\)求出\(S\)了。
我们来看看\(S\)的一些解。将\(E_1(x)\)用1阶近似\(\sqrt{3} e^{-\sqrt{3}x}\)代替，有
\(S(\tau) = (1-\epsilon) \int_0^\infty \frac{\sqrt{3}}{2} e^{-\sqrt{3}|t-\tau|}S(t)dt + \epsilon B\)
当\(S, \epsilon\)都为常数的时候，有解：
$$ S(\tau) = B [1-(1-\sqrt{\epsilon})e^{-\sqrt{3\epsilon}\tau}] $$
可以代进去验证。它说明了
\(S(0) = \sqrt{\epsilon} B\)，
仅当\(\tau > 1 / \sqrt{\epsilon}\)的时候（量级上）\(S \rightarrow B\)。
上述的论证说明了尽管吸收是LTE的，当散射比例比较高的时候（\(\epsilon\)较小），\(S\)是不等于\(B\)的，而是小于\(B\)，导致了更深处的光也能射出来。同时\(\frac{1}{\sqrt{\epsilon}}\)为热化长度（LTE与否的判据），虽然下一节会说谱线的热化长度实际上是\(\frac{1}{\epsilon}\)。
谱线辐射 （二能级原子）#
这一部分的内容在TSA的14.2中有更详细的描述，这里有的描述会参考那一章。
思路是一样的，从LTE到NLTE。我们从包含辐射以及碰撞平衡的统计平衡方程开始：
$$ n_2(A_{21} + B_{21}\bar{J} + C_{21}) = n_1 (B_{12} \bar{J} + C_12) $$
这里\(\bar{J} = \int_0^\infty J_\nu \phi_\nu d\nu\)是经过谱线轮廓函数\(\phi_\nu\)调制的平均光强。在CDR的情况下，\(\phi_\nu = \frac{1}{\Delta\nu_D \sqrt{\pi}} e^{-\left(\frac{\nu-\nu_0}{\Delta\nu_D}\right)^2}\)是一个高斯函数，并且\(\Delta\nu_D = \frac{\nu_0}{c} \sqrt{\frac{2kT}{m_a}}\)，\(m_a\)是吸收光子的原子的质量。\(A, B, C\)为自发、受激辐射以及碰撞跃迁的爱因斯坦系数。
此时的辐射转移方程为
$$ \frac{dI_\nu}{dl} = -\frac{h\nu}{4\pi} \phi_\nu [(n_1B_{12} - n_2B_{21})I_\nu - n_2 A_{21}] $$
定义光深、吸收系数以及源函数：
$$ \begin{align} d\tau_\nu &= -\kappa_\nu \mu dl \ \kappa_\nu &= \frac{h\nu}{4\pi} (n_1B_{12} - n_2B_{21}) \phi_nu = \frac{h\nu}{4\pi} n_1B_{12} (1 - \frac{n_2g_1}{n_1g_2}) \phi_nu \ S_\nu &= \frac{2h\nu^3}{c^2} \frac{1}{\frac{n_2g_1}{n_1g_2}-1} \ \end{align} $$
在热动平衡的情况下，上式的\(A, B\)系数项相等，有$\frac{n_2}{n_1} = \frac{n_2^}{n_1^} = \frac{C_{12}}{C_{21}}\(，源函数就退成了\)B\(。但是我们现在关心的是NLTE的情况，\)A, B\(系数项不相等导致\)n\(和\)C$的关系不是LTE的情况，所以我们需要把整个统计平衡方程代到源函数里面。经过一段运算之后（我算不出来，TSA说里面的参考文献[721]中有，但是我还没找到），我们可以得出：
$$ \begin{align} S &= \frac{\bar{J} + \varepsilon B}{1 + \varepsilon} \ \varepsilon &= \frac{C_{21}}{A_{21}}{1-e^{-\frac{h\nu}{kT}}}\ \end{align} $$
以及
$$ \begin{align} S &= (1-\epsilon)\bar{J} + \epsilon B \ \epsilon &= \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}\ \end{align} $$
这个形式就和上一节散射的源函数一致了。最后有（未确认）：
$$ \bar{J} = \int_0^\infty \int_0^\infty \phi^2 E_1(\phi |t-\tau|) d\nu S(t) dt $$
二能级原子的解#
具体的解方法在TSA书中，这里抛开所有的推到过程定性地看看在某些特定的\(B\)下源函数和光强是什么样子的。
为了简化我们定义：
$$ x = \frac{\nu - \nu_0}{\Delta \nu_D} $$