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Propagação & Antenas Página 1
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
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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
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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 .
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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 .
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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 .
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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
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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
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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
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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 .
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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 .
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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
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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
.
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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 .
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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.
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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,
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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
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1 2 1 1 2 2
1n D n D
c 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 2
1 22 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.
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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.