L’età della terra da considerazioni termodinamiche

Possiamo usare le leggi della termodinamica per stimare l’età della terra. Supponiamo che all’inizio la terra fosse una roccia incandescente e che si sia raffreddata nel corso del tempo irraggiando calore nello spazio vuoto.

Il problema può essere formulato matematicamente come segue. Sia $T(r,t)$ la temperatura della terra alla distanza $r$ dal nucleo, $k$ la diffusività termica della roccia, e $R_T$ il raggio della terra. Si tratta di risolvere l’equazione del calore

$$\pdv{T}{t} = k \nabla^2 T$$

con le condizioni al contorno $T(R,t)=0$ (lo spazio vuoto è allo zero assoluto) e $T(r,0)=T_0$ dove $T_0$ è la temperatura di fusione della roccia.

Poiché la terra è sfericamente simmetrica $T$ dipende solo dalla distanza dal nucleo, $r$, quindi il Laplaciano è semplicemente:

$$\nabla^2 T = \frac{1}{r^2}\pdv{}{r}\left(r^2 \pdv{T}{r}\right)$$

Possiamo quindi adottare il metodo della separazione delle variabili: $T(r,t) = \Theta(t) R(r)$, ottenendo:

$$\Theta’ = \lambda k \Theta\\ \frac{1}{r^2}\pdv{}{r} \left(r^2 \pdv{R}{r}\right)=\lambda R$$

Poiché $k>0$, se $\lambda>0$ allora la soluzione di $\Theta$ è un esponenziale che cresce col tempo. Questa soluzione non è fisicamente accettabile. Quindi $\lambda <0$, ovvero poniamo $\lambda = -\mu^2$. Pertanto otteniamo:

$$\Theta = \Theta_0 e^{- k \mu^2 t}\\ \frac{1}{r^2}\pdv{}{r} \left(r^2 \pdv{R}{r}\right)=-\mu^2 R$$

La seconda equazione è l’equazione di Helmholtz, la cui soluzione è data da:

$$R(r) = A \frac{\sin{(\mu r)}}{r}+B\frac{\cos{(\mu r)}}{r}$$

Se $B \neq 0$ allora per $r\to 0$ abbiamo $R(r)\to \infty$, che non va bene. Quindi $B=0$. Applichiamo la condizione al contorno per ottenenere:

$$A \sin{(\mu R_T)}=0 \implies \mu = \frac{n\pi}{R_T}$$

Quindi per adesso abbiamo:

$$T(r,t) = \sum_n A_n \frac{1}{r} \sin{\left(\frac{n\pi r}{R_T}\right)} e^{- k n^2 \pi^2 t / R_T^2}$$

Utilizzando la condizione iniziale otteniamo:

$$T_0 = \sum_n A_n \frac{1}{r} \sin{\left(\frac{n\pi r}{R_T}\right)}$$

Moltiplicando entrambi i lati per $r \sin{(\frac{m\pi r}{R_T})}$ e integrando tra $-R_T$ ed $R_T$ abbiamo:

$$\int_{-R_T}^{R_T} T_0 r \sin{\left(\frac{m\pi r}{R_T}\right)} dr = \sum_n A_n \int_{-R_T}^{R_T} \sin{\left(\frac{n\pi r}{R_T}\right)} \sin{\left(\frac{m\pi r}{R_T}\right)} dr$$

A sinistra l’integrale ce lo calcola Wolfram Alpha. A destra usiamo l’ortogonalità delle funzioni seno. Pertanto otteniamo:

$$R_T^2 T_0 \frac{-2 \cos{\pi n}}{\pi n} = A_n R_T$$

Ovvero:

$$A_n = T_0 \frac{2 (-1)^{n+1} R_T}{n \pi}$$

Mettendo tutto insieme la soluzione è:

$$T(r,t) = T_0 \sum_n \frac{2 (-1)^{n+1}}{\pi n}\frac{R_T}{r} \sin{\left(\frac{n\pi r}{R_T}\right)} e^{- k n^2 \pi^2 t / R_T^2}$$

Dobbiamo cercare una quantità osservabile. Di certo possiamo misurare $T$; però se la misuriamo alla superficie otteniamo $0$ per la condizione al contorno. Se invece la misuriamo sotto la superficie, poi $t$ è espresso implicitamente in modo molto brutto come una somma di esponenziali con coefficienti difficili e non è chiaro come si possa estrarlo. Allora ricorriamo ad un trucco. Calcoliamo:

$$\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial r} \bigg\lvert_{r=R_T} &=  T_0 \sum_n 2 (-1)^{n+1} \frac{1}{R_T} \cos{(n\pi)} e^{- k n^2 \pi^2 t / R_T^2}=\\ &= -\frac{2 T_0}{R_T} \sum_n e^{- k n^2 \pi^2 t / R_T^2} \approx -\frac{2 T_0}{R_T} \int_0^\infty e^{- k x^2 \pi^2 t / R_T^2} dx = -\frac{T_0}{\sqrt{\pi k t}} \end{align*}$$

Il vantaggio è che così i coefficienti spariscono e possiamo approssimare la somma infinita con un integrale gaussiano.

Ora non resta che occuparsi dei valori numerici. Googlando in giro, la temperatura di fusione della roccia è  $T_0 \approx 1500 K$, la diffusività termica è circa $k = 10^{-6} m^2/s$ (vedete questo pdf a pag 94). Rimane il gradiente termico in superficie, che vale $3K$ ogni $100\textrm{m}$. Per la definizione di derivata:

$$\frac{\partial T}{\partial r}\approx \frac{T(R_T)-T(R_T-h)}{h} \approx -0,03 K/m$$

Pertanto troviamo:

$$t\approx \frac{1}{\pi 10^{-6} m^2/s}\left(\frac{1500 K}{0,03 K/m}\right)^2 \approx 8 \cdot 10^{14} s \approx 25 \textrm{ milioni di anni}$$

Il che non è esattamente $6000$ anni come sostengono certi, ma neanche $4,5$ miliardi come sostengono altri. La motivazione per cui la cifra viene troppo piccola è che la Terra ha un’importante sorgente termica, dovuta al decadimento radioattivo dei nuclei di certi minerali (prevalentemente uranio). Scaldata dalla radioattività, impiega molto di più a raffreddarsi.