Cambios estacionales en las horas de la luz del día

Question

Voy a publicar mi propia respuesta a esta pregunta, a menos que alguien los puestos de la misma respuesta en primer lugar, pero tengo curiosidad por saber qué otros puntos de vista, podría dar lugar a distintas formas de responder a ella.

Temporalmente (durante la duración de esta pregunta) asume por simplicidad que la tierra es perfectamente esférica, que la órbita de la tierra es un círculo perfecto, y que el sol aparece en el cielo como un punto más que como un disco.

La tierra tiene una "inclinación axial de"$23.56^\circ$. (Me gustaría ver un gráfico que muestra la eclíptica como inclinado y el eje de la tierra como vertical. Ese es un punto de vista igualmente válidos y se pueden hacer ciertas cosas más claras por razones psicológicas.)

¿Cómo encontrar el número de horas de luz en una determinada latitud en una fecha determinada?

Apéndice:

Dos observaciones:

• La incorrecta idea de que el número de horas de $12+f(\text{latitude}) \times \sin\Big( \text{calendar date} \in [0,2\pi)\Big)$ parece plausible si usted no piensa en ello: movimiento circular; oscilación periódica, etc. . . . . . . Pero es un error.

• La latitud a mitad de camino entre el ecuador y el trópico de cáncer tiene dos fechas cuando el sol angular de elevación sobre el horizonte es $90^\circ$: uno antes y uno después del solsticio de junio. Pensé que tal vez eso significaba que habría dos fechas de más horas de luz del día. No es así: como en todas partes del sur del círculo polar ártico y el norte de la línea ecuatorial, tiene más horas de luz del día en el solsticio de junio.

Answer 1

Un punto a una latitud de $\lambda$ va alrededor de un círculo de radio de $\cos\lambda$ una vez cada $24$ horas, en un plano a una distancia $\sin\lambda$ desde el plano del ecuador.

Supongamos que la tierra está en un punto cuando el ángulo entre el eje y la eclíptica es $\tau\in(-23.56^\circ,+23.56^\circ)$. A una latitud de $\lambda$ el sol se eleva $\gamma\cdot\dfrac{24}{2\pi}$ horas después de la luz solar de la medianoche y los conjuntos de $(2\pi-\gamma)\cdot\dfrac{24}{2\pi}$ horas después de la luz solar de la medianoche. Bisecar la tierra con un plano ortogonal a la línea desde el sol a la tierra. El sol se eleva en un punto a distancia $\sin\gamma\cos\lambda$ a partir de ese avión. Pero si nos fijamos en un triángulo en el plano a través del sol y los polos norte y sur, se puede ver que la distancia es $\tan\tau\sin\lambda$. Por lo tanto $$ \sin\gamma\cos\lambda = \tan\tau\sin\lambda, $$ o $$ \sin\gamma = \tan\tau\tan\lambda. \tag 1 $$ (La igualdad de $(1)$ es válida entre los círculos polares ártico y antártico; en más extremas latitudes se trataría de una condición superior a $1$ en valor absoluto.) El próximo observar que $\tan\tau=\tan23.56^\circ\sin\theta$ donde $\theta\in[0,2\pi)$ es la fecha del calendario, con $\theta=0$ en el equinoccio. Por lo tanto $$ \sin\gamma=\tan\lambda\tan23.56^\circ\sin\theta. $$ Por lo tanto $$ \text{longitud de la luz del día} = (\text{24 horas})\cdot\left(\frac 1 2 + \frac{\arcsin(\tan\lambda\tan23.56^\circ\sin\theta)}{\pi}\right). $$

Esta enfoques

• la forma de una onda sinusoidal como $\lambda\to0$;
• un diente de sierra como $\lambda\to90^\circ-23.56^\circ=\text{latitude of the arctic circle}$.

En $45^\circ$ norte (que es donde estoy sentado ahora mismo), la máxima discrepancia entre esta y una onda sinusoidal es de menos de dos minutos. Si usted mira las horas de Reykjavik, ver la cerca de diente de sierra: A finales de Mayo, la tasa de cambio es de 5 y 1/2 minutos por día, no mucho menos que 6 y 1/2 en el equinoccio de Marzo!

Al norte del círculo polar ártico, que está tomando el arcoseno de un número mayor que $1$.

Answer 2

Me voy a dar la misma respuesta como Michael, pero expresadas de forma algo diferente: voy a trabajar en un sistema de coordenadas cuyo $xy$-plano es el plano de la órbita de la tierra, y cuyas $z$ -, el eje es perpendicular a este plano. El solsticio de verano se produce cuando el centro de la tierra tiene mayor $x$-coordinar, y el eje polar de la tierra es, por tanto, inclinada, de modo que en el solsticio de verano, es en la xz-plano, con el polo norte más cerca del sol, y el polo sur más lejos del sol.

Dejando $\theta = \dfrac{2\pi(\text{date} - \text{summerSolstice})}{365}$, tenemos la posición del centro de la tierra como $$ C(\theta) = (R \cos \theta, 0, R \sin \theta) $$ donde $R$ es el radio de la órbita de la tierra, que no se necesitaba más. $$ \newcommand{\vv}{\mathbf v} \newcommand{\uu}{\mathbf u} \newcommand{\ww}{\mathbf u} \newcommand{\ey}{\mathbf {e_2}} $$ El vector a lo largo del eje de la tierra, desde la S a N, es $$ \vv = (-\sin \alpha, 0, \cos \alpha), $$ donde $\alpha = 23.56 \text{ degrees}$ es la inclinación del eje. (Usted puede hacer $\alpha$ en función del tiempo para incluir la nutación, etc., pero yo no voy a hacer eso). El vector perpendicular a esta, en la $xz$ plano, señalando, en su mayoría lejos del sol en el solsticio de verano, es $$ \uu = (\cos \alpha, 0, \sin \alpha). $$ Un tercer vector perpendicular a ambos de estos, es el $y$-eje, $\ey$. Un típico punto de $P$ sobre la tierra puede ser descrito por su desplazamiento desde el centro de la tierra, es decir, por $$ \ww = P - C(\theta) $$ Si la latitud de $P$, medido entre el $\pi/2$ en el polo sur a $\pi/2$ en el polo norte, es $\lambda$, entonces el vector de $\ww$ parece $$ \ww = r\sin (\lambda) [ \sin(t) \ey + \cos(t) \uu] + r\cos (\lambda) \vv $$ donde $t$ es la hora del día, medido a partir de $0$$2 \pi$, e $r \ll R$ es el radio de la tierra.

Salida del sol/puesta de sol se producen cuando el vector $\ww$ es ortogonal a los rayos desde el origen hasta el punto de $P$, es decir, cuando se $\ww$ es orthgonal a $\ww + C(\theta)$, es decir, $$ \ww \cdot \ww + \ww \cdot C(\theta) = 0. $$

En este punto, hay dos bastante razonable aproximaciones a ser hecho.

1. Pretender que el tiempo de $t$ y la fecha de $\theta$ son independientes. Reparamos $\theta$ en el ángulo de la mitad del día, sobre la base de que esto está cambiando muy lentamente.

2. El producto escalar de a $\ww$ con sí mismo es pequeño en comparación con el producto escalar de a$C(\theta)$$\ww$, ya que la magnitud de $C(\theta)$ es el radio de la órbita de la tierra, mientras que la magnitud de $\ww$ es el radio de la tierra, por lo que pretender que el $\uu \cdot \uu$ término que falta en la ecuación.

El primero de ellos (y tal vez el segundo) se utiliza en Michael Hardy solución. Como recuerdo de mi estudio de la navegación celeste, el impacto es bastante pequeña, aunque puede variar de día a día una vez que ya no asumir una órbita circular, por lo que no se puede ignorar si se desea la máxima precisión. El segundo introduce un error en el ángulo de no más de $r/R$, que es algo así como el $1/2000$ radián, aunque se trata de un grueso sobreestimar; que alrededor de 1,7 minutos de arco, que se convertiría en unos 6 minutos de tiempo.

En cualquier caso, uno puede escribir $t$ en términos de $\theta$: multiplicar el $\theta$ por 365; dividir por $2 \pi$, y, a continuación, tomar el resultado mod 1, y multiplicar por $2 \pi$ conseguir $t$.

Una vez que hayas hecho esto, la ecuación anterior implica únicamente la $\theta$, y se puede resolver para cuando es cero (aunque probablemente tenga que recurrir a la numérica; exacto trig no es probable que funcione muy bien).

La única diferencia real de este a partir de la solución anterior es que el tiempo y la fecha de conseguir relacionados, y el cálculo se realiza con productos de puntos en lugar de la geometría clásica.