Aula de Problemas 1. Problema 1. Demonstre o teorema de Pitágoras (geometria euclidiana):

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1 Aula de Problemas 1 Problema 1 Demonstre o teorema de Pitágoras (geometria euclidiana): sin cos 1. Mostre que outra forma de exprimir este teorema é a seguinte: ab ab a b, em que ab, 3. Faz-se a a e b b. Como é sabido, tem-se: a b a b cos, ab a b sin. Propagação & Antenas Página 1

2 Nota Neste problema pretende-se uma demonstração sintética, ao espírito de Euclides, do teorema de Pitágoras, i.e., não se pretende uma demonstração analítica. Toda a geometria euclidiana baseia-se na métrica euclidiana. Por exemplo, a proposição cosh sinh 1 pode considerar-se uma versão alternativa, com uma métrica não euclidiana, do teorema de Pitágoras. Consegue entender e explicar geometricamente essa diferença? Problema Prove a fórmula de Euler: i e cos isin. Com base nesta fórmula, prove que Propagação & Antenas Página

3 cos cos sin sin sin cos e, em consequência, que 1 cos cos 1 cos sin tendo-se, ainda, sin 1 cos tan 1 cos sin. Nota 1 Considere os seguintes desenvolvimentos em série para a definição das respectivas funções: e x k x exp x, sinx 1 k! k 0 ix ainda, que se pode escrever: e expix x k 1 k, cos x 1 k 0 k 1! k0 k 0 ix. k! k k k x. Admita, k! Nota Tenha ainda em consideração que, de expi expi expi da fórmula de Euler, cos isin cos isin (também) decorre que: resulta, por aplicação. Note, além disso, que daqui cos cos sin 1 sin cos 1. Nota 3 Quando se faz na fórmula de Euler, em que cos 1 e sin 0, obtém-se a célebre fórmula (por muitos considerada a mais bela fórmula da matemática): e i 1 0. Propagação & Antenas Página 3

4 Problema 3 Prove a lei dos co-senos e a lei dos senos num triângulo. Use, apenas, o cálculo vectorial. Nota - A resolução deste problema encontram-se nas duas figuras seguintes. Faz-se: a a, b b, c c. Propagação & Antenas Página 4

5 Problema 4 Mostre que a rotação dos eixos x, y para o novo sistema de eixos x, y pode ser descrita pela matriz cos sin x x R sin cos R. y y Mostre, ainda, que x x y R y. O ponto P x, y é representado pelo par ordenado, coordenadas XY,. O ponto P x, y é representado pelo par ordenado x, y no sistema de coordenadas X, Y. x y no sistema de Propagação & Antenas Página 5

6 Nota Apresentam-se, de seguida, duas resoluções distintas deste problema: (i) uma primeira resolução gráfica a que permite uma melhor compreensão geométrica; (ii) uma segunda resolução algébrica. Primeira Resolução Considere-se a figura seguinte. Desta figura resulta, por inspecção, que x x cos y sin x cos sin x y y cos x sin y sin cos. y Infere-se, deste modo, que se tem efectivamente Propagação & Antenas Página 6

7 cos sin R det R cos sin 1. sin cos A matriz inversa corresponde a ter-se x cos sin 1 x 1 1 y R y R sin cos R R. Note-se que se tem cos 1 x x, 0 sin 0 y y, e, ainda, cos 0 x y, sin 1 y x. Introduzindo, em relação ao sistema de coordenadas XY,, os vectores unitários 1 0 e1, e, 0 1 podemos escrever x X Y OP. y, r xe1 ye Analogamente, em relação ao sistema de coordenadas X, Y, vem 1 0 f1, f, 0 1 donde x X Y OP. y, r x f1 y f Podemos definir o referencial S tal que S X, Y e o referencial S tal que, Nestas condições, temos as seguintes bases standard S X Y. Propagação & Antenas Página 7

8 B S e, e, B S f, f. Logo, infere-se que 1 1 x e y e xf yf pelo que 1 1 f f f x f f x cos y sin 1 y cos x sin f cos sin sin cos y 1 1 e1 cos f1 sin f e1 f1 f1 e1 R R. e sin f1 cos f e f f e Segunda Resolução Considerem-se coordenadas polares, em que x cos x cos y sin y sin tendo-se, ainda, onde é o ângulo de rotação de x cos, y sin. Mas, por outro lado, tem-se cos cos cos sin sin, sin sin cos cos sin. Logo, daqui resulta que X, Y em relação a, XY. Portanto vem x cos cos sin sin x x cos y sin y sin cos cos sin y y cos x sin QED Propagação & Antenas Página 8

9 Problema 5 Represente graficamente a função f x bem como 0, xl1 x L1, L1 x 0 L x, 0 x L 0, x L g x f x a para a L1 L. Fazendo a vt, note que g x f x vt f x e do parâmetro v. Verifique, então, que as funções f x vt para t 0 0 e t 0 f x vt para t0 0 e t 0 respectivamente das ondas f x vt e f x v t T 3.. Interprete fisicamente o significado g x são os perfis t0 x da onda T, respectivamente. Represente, agora, os perfis x da nova onda T. Represente, ainda, os andamentos t t0 e t x0,, no ponto x0 0. Considere: L1 1, L e x0 Propagação & Antenas Página 9

10 A figura anterior mostra a função f x em que L L1. Mais geralmente, existe uma classe de funções do tipo f x vt, em que v é uma velocidade e t é o tempo. O espaço encontra-se, para simplificar, reduzido a uma única dimensão à dimensão x. Nestas condições, a função f x representa f x vt t. Podemos, portanto, afirmar que dada a classe de para o instante 0 funções f x, t f x vt f x vt quando se faz t t0 em que 0 0 ao «congelar» o tempo obtêm-se «fotografias» instantâneas da onda t, obtém-se f x x. Define-se, então, t 0 0 t x f x vt. Ou seja: no caso particular 0 0. A próxima figura representa uma «fotografia» posterior. Considera-se, agora, um instante t 0 0 tal que vt0 L1 L L1 L1 3L1 (pois, como se disse, considera-se L L1). Para simplificar a nossa representação gráfica vai-se considerar que, numericamente, se tem v 1. Logo, para L1 1, a próxima figura corresponde a fazer-se t 0 3. A figura anterior é, simplesmente, uma translação: t0 x0 v (ou, numericamente, t 0 3 com v 1, L1 1 e L funções f x, t f x vt g x f x x 0, com x0 vt0, i.e., em que ). Por outras palavras: a classe de representa uma onda a propagar-se no sentido positivo do eixo x. Na realidade acabou-se de representar a função g x f x 3 e. 0 0 t x f x vt 0 0 t x f x vt. Em conclusão: tem-se Propagação & Antenas Página 10

11 De seguida vai-se considerar uma nova classe de funções: f x, t f x vt novamente, se tem f x f x vt. Note-se que, no caso particular em que t 0. Porém, suponhamos que se pretende, agora, obter uma «fotografia» da nova onda para o instante t0 3 (continuando a considerar 1 v ). Neste caso obtém-se uma nova função hx f x vt f x representa na figura seguinte.. É o que se 0 3 Por outras palavras: a classe de funções f x, t f x vt sentido negativo do eixo x. representa uma onda a propagar-se no Até aqui temos estado a analisar «fotografias» de ondas tiradas em determinados instantes, i.e., «congelando» o tempo. O caso f x vt corresponde a uma onda a deslocar-se para a direita. Por sua vez, o caso f x vt corresponde a uma onda a deslocar-se para a esquerda. Vejamos, de seguida, as mesmas duas ondas anteriores (a que se propaga para a direita e a que se propaga para a esquerda) mas, agora, sob uma perspectiva diferente. A nova perspectiva corresponde a fixar-nos num determinado ponto x x0 e observar o desenrolar do «filme» do que Propagação & Antenas Página 11

12 se passa à medida que o tempo evolui. Ou seja: vamos considerar, agora, ainda x t f x vt. 0 0 x t f x vt e 0 0 De forma a precisar a expressão analítica das várias ondas, vamos começar por escrever as fórmulas gerais das ondas consideradas. Tem-se f x vt 0, x vt L1 x vt L1, L1 x vt 0 L x vt, 0 x vt L 0, x vt L. Consequentemente, obtém-se t f x vt 1 0, t x0 L v 1 x 1 v t x0 L t x0 L v v v x0 v x L t, x L t v v v 1 0, t x0 L1 v 0, x Analogamente, vem f x vt 0, x vt L1 x vt L1, L1 x vt 0 L x vt, 0 x vt L 0, x vt L. Logo, daqui infere-se que t f x vt 1 0, t x0 L1 v 1 x 1 v t x L t x L v v v x0 v L x t, L x t v v v 1 0, t L x0 v 0, x Propagação & Antenas Página 1

13 Mais concretamente, no ponto x0 0, o «filme» das duas ondas resulta das expressões seguintes. L L1 0, t 0, t v v L L L1 L1 v t, 0 t v t, 0 t v v v v x 00 t x00 t L1 L1 L L v t, t 0 v t, t 0 v v v v L1 L 0, t 0, t v v Nas duas figuras seguintes representam-se estas duas funções. Continua a considerar-se, como nos casos anteriores, v 1. Propagação & Antenas Página 13

14 Problema 6 Prove a lei de Snell usando o princípio de Fermat (trata-se, como é sabido, do que se passa na interface planar entre dois meios homogéneos cujos índices de refracção são n 1 e n ). Prove, também, a lei da reflexão em óptica geométrica: o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão (neste caso tudo se passa num mesmo meio homogéneo). Para a resolução deste problema vamos considerar primeiro a lei da reflexão. Neste caso todo o percurso se realiza no mesmo meio. Consequentemente, o princípio de Fermat reduz-se à minimização da trajectória total (raio incidente + raio reflectido). Por outras palavras: dados dois pontos A e B e um terceiro ponto P sobre um espelho, a verdadeira trajectória A P B é tal que o percurso total L AP PB é mínimo. Veja-se a figura anexa seguinte. Propagação & Antenas Página 14

15 Seja A a imagem especular de A em relação ao espelho. Consideremos um ponto hipotético Q para a reflexão: o raio incidente teria o comprimento AQ; o raio reflectido teria o comprimento QB. Note-se, porém, que AQ L AQ QB AQ QB. Atendendo ao triângulo AB AQ QB L. AQ. Conclui-se, então, que A BQ, infere-se que Mas então, de todas as trajectórias possíveis A Q B, a que corresponde ao valor mínimo de L é aquela para a qual Q P. Ou seja: a trajectória verdadeira corresponde a A P B. É finalmente claro que, para um ponto Q P o ângulo de incidência é diferente do ângulo de reflexão. Só quando se tem Q P é que o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão. Fica, deste modo, provada a lei da reflexão: o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão. Vai-se, agora, passar a analisar a lei da refracção na interface planar entre dois meios diferentes. Para o efeito considera-se que o meio 1, de índice de refracção n 1, preenche a região y 0. O meio, de índice de refracção n, preenche a região y 0. A interface planar coincide, portanto, com a recta y 0 (no plano 0 (i.e., com 1 0 z ). Sejam, então, dois pontos: um ponto x, y y ); um ponto x, y A localizado na região 1 Propagação & Antenas Página B na região (i.e., com y 0 ). A questão que se coloca é,

16 então, a seguinte: qual é a exacta coordenada x de um ponto P x,0, localizado sobre a interface y 0, de tal forma que de acordo com o princípio de Fermat o tempo de percurso da trajectória total A P B tenha uma duração T mínima? A figura seguinte ilustra esta questão. De acordo com a figura, então, tem-se AP x x1 y1 D1, PB x x y D. Como a velocidade da luz no meio 1 é v1 c n1 e a velocidade da luz no meio é v c n, os respectivos tempos de percurso serão D n D D n D, T T v1 c v c Logo, o tempo total é Propagação & Antenas Página 16

17 1 n D n D c T T T O tempo total será mínimo quando se tiver T d d D1 d D 0 n1 n 0. d x d x d x Logo, atendendo a que se tem d D x x sin, d D x x sin d x x x1 y d x 1 x x y infere-se, por fim, a lei de Snell segundo a qual n sin n sin. 1 1 Esta é uma lei fundamental em fotónica. Por exemplo, é ela que permite explicar a existência de modos superficiais para a propagação electromagnética guiada em fibras ópticas, através do mecanismo de reflexão interna total na interface núcleo bainha., Problema 7 Considere, no plano x, y, as seguintes três rectas paralelas e equidistantes: (i) y m x, recta e 1; (ii) y m x a, recta m ; (iii) y m x a, recta e. Considere, agora, uma quarta recta não paralela às outras três rectas. Sejam P, M e Q os pontos de intersecção das três primeiras rectas paralelas com a quarta, definidos da seguinte forma: P resulta da intersecção da primeira recta e 1 com ; Q resulta da intersecção da terceira recta e com ; M resulta da intersecção da segunda recta m com. Sendo d1 PM e d MQ, prove que d1 d. Nota A figura seguinte ilustra a resolução deste problema. Propagação & Antenas Página 17

18 Os dois triângulos assinalados na figura são rectângulos. Como a distância entre e 1 e m é dada por AM a e a distância entre m e e é dada por MB a, infere-se da figura que d PMasec d 1 MQ asec d d 1. Propagação & Antenas Página 18