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Aula de Problemas – 1

Problema 1

Demonstre o teorema de Pitágoras (geometria euclidiana):

2 2sin cos 1 .

Mostre que outra forma de exprimir este teorema é a seguinte:

2 2 2 2 a b a b a b ,

em que 3, a b . Faz-se

22 a a e 22 b b . Como é sabido, tem-se:

cos ,

sin .

a b a b

a b a b


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

2 2cosh 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 2

Prove a fórmula de Euler:

cos sinie i .

Com base nesta fórmula, prove que


2 2cos 2 cos sin

sin 2 2 sin cos

e, em consequência, que

1 coscos

2 2

1 cossin

2 2

tendo-se, ainda,

sin 1 costan

2 1 cos sin

.

Nota 1 – Considere os seguintes desenvolvimentos em série para a definição das respectivas

funções: 0

e exp!

kx

k

xx

k

,

2 1

0

sin 12 1 !

kk

k

xx

k

,

2

0

cos 12 !

kk

k

xx

k

. Admita,

ainda, que se pode escrever:

0

e exp!

k

i x

k

i xi x

k

.

Nota 2 – Tenha ainda em consideração que, de exp 2 exp expi i i resulta, por aplicação

da fórmula de Euler, 2

cos 2 sin 2 cos sini i . Note, além disso, que daqui

(também) decorre que: 2 2 2 2cos cos sin 1 2 sin 2 cos 12 2 2 2

.

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 1 0i .


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 .


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

sin cos

x x

y y

R R .

Mostre, ainda, que

x x

y y

R .

O ponto ,x yP é representado pelo par ordenado 2,x y no sistema de

coordenadas ,X Y . O ponto ,x y P é representado pelo par ordenado 2,x y

no sistema de coordenadas , X Y .


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

cos sin cos sin

cos sin sin cos

x x y x x

y y x y y

.

Infere-se, deste modo, que se tem efectivamente


2 2

cos sindet cos sin 1

sin cos

R R .

A matriz inversa corresponde a ter-se

1 1 1

cos sin

sin cos

x x

y y

R R R R .

Note-se que se tem

cos 1 ,0

sin 0 ,

x x

y y

e, ainda,

cos 0 ,

sin 1 .2

x y

y x

Introduzindo, em relação ao sistema de coordenadas ,X Y , os vectores unitários

1 2

1 0,

0 1

e e ,

podemos escrever

1 2,x

x yy

r e eX Y OP .

Analogamente, em relação ao sistema de coordenadas , X Y , vem

1 2

1 0,

0 1

f f ,

donde

1 2,x

x yy

r f fX Y OP .

Podemos definir o referencial S tal que ,S X Y e o referencial S tal que , S X Y .

Nestas condições, temos as seguintes bases standard


1 2 1 2, , , e e f fS SB B .

Logo, infere-se que

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

cos sin cos sin

cos sin sin cos

x y x y

x y y x

x y

e e f f

f f

f f f f

pelo que

1 1 2 1 1 1 1

2 1 2 2 2 2 2

cos sin

sin cos

e f f e f f e

e f f e f f eR R .

Segunda Resolução

Considerem-se coordenadas polares, em que

cos cos

sin sin

x x

y y

tendo-se, ainda,

onde é o ângulo de rotação de , X Y em relação a ,X Y . Portanto vem

cos ,

sin .

x

y

Mas, por outro lado, tem-se

cos cos cos sin sin ,

sin sin cos cos sin .

Logo, daqui resulta que

cos cos sin sin cos sin

cos sinsin cos cos sin

x x x y

y y xy

QED


Problema 5

Represente graficamente a função

1

1 1

2 2

2

0,

, 0

, 0

0,

x L

x L L xf x

L x x L

x L

bem como

g x f x a

para 1 2a L L . Fazendo a vT , note que g x f x vT . Interprete fisicamente o significado

do parâmetro v . Verifique, então, que as funções f x e g x são os perfis 0t

x da onda

f x vt para 0 0t e 0t T , respectivamente. Represente, agora, os perfis 0t x da nova onda

f x vt para 0 0t e 0t T . Represente, ainda, os andamentos 0x t e 0x t ,

respectivamente das ondas f x vt e f x v t , no ponto 0 0x . Considere: 1 1L , 2 2L e

3T .


A figura anterior mostra a função f x em que 2 12L L . 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 para o instante 0t . Podemos, portanto, afirmar que – dada a classe de

funções ,f x t f x vt – ao «congelar» o tempo obtêm-se «fotografias» instantâneas da onda

f x vt quando se faz 0t t . Define-se, então, 0 0t x f x vt . Ou seja: no caso particular

em que 0 0t , obtém-se 0 0tf x x . A próxima figura representa uma «fotografia» posterior.

Considera-se, agora, um instante 0 0t tal que 0 1 2 1 1 12 3vt L L L L L (pois, como se disse,

considera-se 2 12L L ). Para simplificar a nossa representação gráfica vai-se considerar que,

numericamente, se tem 1v . Logo, para 1 1L , a próxima figura corresponde a fazer-se 0 3t .

A figura anterior é, simplesmente, uma translação: 0g x f x x , com 0 0x vt , i.e., em que

0 0t x v (ou, numericamente, 0 3t com 1v , 1 1L e 2 2L ). Por outras palavras: a classe de

funções ,f x t f x vt representa uma onda a propagar-se no sentido positivo do eixo x . Na

realidade acabou-se de representar a função 3g x f x . Em conclusão: tem-se

0 0t

x f x vt e 0 0t x f x vt .


De seguida vai-se considerar uma nova classe de funções: ,f x t f x vt . Note-se que,

novamente, se tem f x f x vt no caso particular em que 0t . Porém, suponhamos que se

pretende, agora, obter uma «fotografia» da nova onda para o instante 0 3t (continuando a

considerar 1v ). Neste caso obtém-se uma nova função 0 3h x f x vt f x . É o que se

representa na figura seguinte.

Por outras palavras: a classe de funções ,f x t f x vt representa uma onda a propagar-se no

sentido negativo do eixo x .

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 0x x e observar o desenrolar do «filme» do que


se passa à medida que o tempo evolui. Ou seja: vamos considerar, agora, 0 0x

t f x vt e

ainda 0 0x

t f x vt .

De forma a precisar a expressão analítica das várias ondas, vamos começar por escrever as fórmulas

gerais das ondas consideradas. Tem-se

1

1 1

2 2

2

0,

, 0

, 0

0,

x vt L

x vt L L x vtf x vt

L x vt x vt L

x vt L

.

Consequentemente, obtém-se

0

0 2

00 2 0 2

0

00 1 0 1

0 1

10,

1 1,

1 1,

10,

x

t x Lv

xv t x L t x L

v v vt f x vt

xv x L t x L t

v v v

t x Lv

.

Analogamente, vem

1

1 1

2 2

2

0,

, 0

, 0

0,

x vt L

x vt L L x vtf x vt

L x vt x vt L

x vt L

.

Logo, daqui infere-se que

0

0 1

00 1 0 1

0

02 0 2 0

2 0

10,

1 1,

1 1,

10,

x

t x Lv

xv t x L t x L

v v vt f x vt

xv L x t L x t

v v v

t L xv

.


Mais concretamente, no ponto 0 0x , o «filme» das duas ondas resulta das expressões seguintes.

0 0

2 1

2 2 1 1

0 0

1 1 2 2

1 2

0, 0,

, 0 , 0

, 0 , 0

0, 0,

x x

L Lt t

v v

L L L Lv t t v t t

v v v vt t

L L L Lv t t v t t

v v v v

L Lt t

v v

Nas duas figuras seguintes representam-se estas duas funções. Continua a considerar-se, como nos

casos anteriores, 1v .


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 1n e 2n ). 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

AP PBL

é mínimo. Veja-se a figura anexa seguinte.


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 A Q . Conclui-se, então, que

AQ QB A Q QBL .

Atendendo ao triângulo A BQ , infere-se que

A B A Q QB L .

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 1n , preenche a região 0y . O meio

2, de índice de refracção 2n , preenche a região 0y . A interface planar coincide, portanto, com a

recta 0y (no plano 0z ). Sejam, então, dois pontos: um ponto 1 1,x yA localizado na região 1

(i.e., com 1 0y ); um ponto 2 2,x yB na região 2 (i.e., com 2 0y ). A questão que se coloca é,


então, a seguinte: qual é a exacta coordenada x de um ponto , 0xP , localizado sobre a interface

0y , 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

2 2

1 1 1

2 2

2 2 2

,

.

x x y D

x x y D

AP

PB

Como a velocidade da luz no meio 1 é 1 1v c n e a velocidade da luz no meio 2 é 2 2v c n , os

respectivos tempos de percurso serão

1 1 1 2 2 21 2

1 2

,D n D D n D

v c v c T T .

Logo, o tempo total é


1 2 1 1 2 21

n D n Dc

T T T .

O tempo total será mínimo quando se tiver

1 21 20 0

d D d Ddn n

d x d x d x

T.

Logo, atendendo a que se tem

1 1 2 21 2

2 22 2

1 1 2 2

sin , sind D x x d D x x

d x d xx x y x x y

,

infere-se, por fim, a lei de Snell segundo a qual

1 1 2 2sin sinn n .

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 mx , recta 1e ;

(ii) y m x a , recta m ; (iii) 2y m x a , recta 2e . 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 1e com ; Q resulta da intersecção da terceira recta 2e com ; M resulta da intersecção da

segunda recta m com . Sendo 1d PM e 2d MQ , prove que 1 2d d .

Nota – A figura seguinte ilustra a resolução deste problema.


Os dois triângulos assinalados na figura são rectângulos. Como a distância entre 1e e m é dada por

aAM e a distância entre m e 2e é dada por aMB , infere-se da figura que

1

1 2

2

sec

sec

d ad d

d a

PM

MQ.

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