Vyriešme si najprv \textbf{jednoduchší model}, bez parametra $u$. Na popis polohy Mesiaca použíjeme súradnicu $t$ rovnú polovici vzdialenosti stredov kruhov: zatmenie začína na $t = R$ a úplné zatmenie je pre $t =0$. $$ S\_\text{zakr} = 2\left( \pi R^2 \frac{2\varphi(t)}{2\pi} - t \sqrt{R^2 - t^2}\right) \quad \text{, kde } \cos\varphi = \frac tR. $$ Zakrytá plocha Slnka je dvojnásobok plochy kruhového odseku:

Súradnica $t$ a plocha kruhového odseku.

Vzdialenosť $t$ sa mení lineárne s časom, a teda priemerný pokles výkonu je rovný priemernému relatívnemu zakrytiu. To stačí navyše počítať od začiatku zatmenia po úplné zatmenie, keďže odkrytie prebieha symetricky.

Priemerný percentuálny pokles výkonu je teda $$ \frac 1R \int\_{0}^R \frac{S\_\text{zakr}}{\pi R^2} dt = \frac{2}{\pi R} \int\_0^R \left(\varphi(t) - \frac tR \sqrt{1-\frac{t^2}{R^2}}\right) dt. $$ V prvom člene použijeme vzťah medzi $t$ a $\varphi$, teda $\sin\varphi d\varphi = dt/R$, aby sme dostali¹ $$\text{1. člen} = \frac 2\pi \int\_{0}^{\pi/2} \underbrace{\varphi \sin\varphi}\_{ = (-\varphi \cos\varphi)' + \cos \varphi} d\varphi = \frac 2\pi \left( [-\varphi \cos\varphi]\_0^{\pi/2} + \int\_0^{\pi/2} \cos \varphi d \varphi\right) = \frac 2 \pi( 0 + 1 )= \frac 2 \pi. $$ Druhý člen dáva $$\text{2. člen} = -\frac 2\pi \underbrace{\int\_0^R \frac tR \sqrt{1-\frac{t^2}{R^2}} \frac {dt}R}\_{\text{nech } s = t^2/R^2} = -\frac 1 \pi \int\_0^1 \sqrt{1-s} ds = \frac 2 {3\pi} [(1-s)^{3/2}]\_0^1 = -\frac{2}{3\pi}.$$ Spolu je teda priemerný relatívny pokles výkonu za zatmenie $$ \frac{2}\pi (1-1/3) = \frac{4}{3\pi} \doteq 42\%. $$ Zatmenie, ktoré trvá dve a pol hodiny, teda spôsobí pokles výkonu na jednotku plochy o približne $5.2 \mathrm{MJ}/\mathrm{m}^2$, ak uvažujeme dopadajúci výkon Slnka rovný $1360 \mathrm{W}/\mathrm{m}^2$ (skutočný výkon je okolo $1000\text{-}1100 \mathrm{W}/\mathrm{m}^2$ kvôli rozptylu v atmosfére, a teda aj pokles výkonu bude nižší).

V \textbf{komplikovanejšom modeli} sa mení intenzita s polohou v slnečnom disku podľa $$I(\psi) = I\_0 ( 1-u + u \cos\psi ),$$ kde uhol $\psi$ závisí od vzdialenosti od stredu disku ako $\sin \psi = r/R$.

Súvis uhla $\psi$ a vzdialenosti od stredu slnečného disku $r$.

Uvažujme teda bod disku na polárnych súradniciach $(r, \phi)$ a určime, ako dlho bude tento bod zakrytý. Tento čas závisí lineárne od $b(r, \phi)$, šírky Mesiaca v tejto výške, lebo presne táto časť Mesiaca zakrýva tento bod².

Šírka Mesiaca $b$ zakrývajúca daný bod Slnka.

Táto šírka je rovná $$ b(r, \phi) = 2 \sqrt{R^2 - r^2 \sin^2 \phi} $$ a bod $(r, \phi)$ je zakrytý $\tfrac{b}{4R}$ času zatmenia. Celkový \textbf{stratený} výkon je integrál týchto príspevkov cez slnečný disk $$ I\_\text{strata}(u) = \int\_\text{kruh} I(\psi; u) \frac{b(r, \phi)}{4R} dS = \frac{I\_0}{2} \int\_\text{kruh} \left(1-u + u \sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} \right) \sqrt{1- \frac{r^2}{R^2} \sin^2 \phi} \,dS. $$ Prejdime do kartézskych súradníc normovaných $R$, teda $x = r/R \cos \phi$ a $y = r/R \sin \phi$, element plochy je $R^2 dx dy$ $$ I\_\text{strata}(u) = \frac{I\_0 (1-u) R^2}{2} \int\_\text{kruh} \sqrt{1-y^2} dx dy + \frac{I\_0 u R^2}{2} \int\_\text{kruh} \sqrt{1-y^2} \sqrt{1-x^2 -y^2} dx dy. $$ Prvý integrál je jednoducho $$ \int\_\text{kruh} \sqrt{1-y^2} dx dy = \int\_{y=-1}^{y=1} \sqrt{1-y^2}\int\_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} dx dy = 2\int\_{-1}^1 (1-y^2) dy = 2[y-y^3/3]\_{-1}^1 = \frac 83. $$ Druhý integrál je komplikovanejší, ale dá sa vypočítať nasledovne $$ \int\_\text{kruh} \sqrt{1-y^2} \sqrt{1-x^2 -y^2} dx dy = \int\_{y=-1}^{y=1} \sqrt{1-y^2} \int\_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} \sqrt{(1-y^2) \left(1-\frac{x^2}{1-y^2}\right)} dx dy = \dots $$ Vo vnútornom integrále použijeme substitúciu $\xi = x/\sqrt{1-y^2}$ a dostaneme $$\dots = \int\_{y=-1}^{y=1} (1-y^2)^{3/2} \underbrace{\int\_{-1}^1 \sqrt{1-\xi^2} d\xi}\_{\text{plocha polkruhu}} dy = \frac\pi2 \underbrace{\int\_{-1}^{1} (1-y^2)^{3/2} dy}\_{y = \sin \alpha} = \frac\pi2 \int\_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^4\alpha d\alpha = \frac \pi 2 \int\_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{(e^{4i\alpha} + e^{-i\alpha})^4}{16}. $$ Rozviňme $$ (e^{i\alpha} + e^{-i\alpha})^4 = e^{4i\alpha} + 4 e^{2i\alpha} + 6 + 4e^{-2i\alpha} + e^{-4i\alpha} $$ a všimnime si, že len prostredný člen má nenulový integrál cez $[-\pi/2, \pi/2]$, keďže ostatné členy majú periódu rovnú alebo zlomok dĺžky tohoto intervalu. Pre celkový integrál, ktorý počítame, teda dostávame $$ \dots = \frac \pi 2 \frac {6}{16} \pi = \frac {3\pi^2}{16}.$$ Spočítali sme teda celkový stratený výkon $$ I\_\text{strata}(u) = \frac{I\_0 R^2}{2} \left( (1-u) \frac 83 + u \frac{3\pi^2}{16} \right). $$ Tento výkon musíme podeliť celkovým priemerným výkonom v prípade nezakrytého Slnka $$I\_\text{ref}(u) = I\_\text{tot}(u) = \int\_\text{kruh} I(\psi; u) dS = I\_0 \int\_\text{kruh} \left(1-u + u \sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} \right) dS. $$ Jediný netriviálny integrál je $$ \int\_\text{kruh} \sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} \, dS = 2\pi \int\_0^R \sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} rdr =\frac{2\pi R^2}{3} [-(1-r^2/R^2)]\_0^R = \frac{2\pi R^2}{3} $$. Spolu teda dostaneme $$I\_\text{ref}(u) = I\_0 \pi R^2 \left( (1-u) + u\frac{2}{3} \right). $$ Priemerný pokles výkonu je teda pomer $$ \frac{I\_\text{strata}(u)}{I\_\text{ref}(u)} = \frac{(1-u)\frac{4}{3\pi}+ u \frac{3\pi}{32} }{1-u + u \frac 23} ,$$ čo sa mení od hodnoty $42\%$ pre $u=0$ po $44\%$ pre $u=1$.