Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
1
Apresenta-se, aqui, uma colecção de 42 exercícios resolvidos relacionados com a Lição de
Síntese. A sua função é a de levar os alunos, que eventualmente venham a frequentar o
seminário sinóptico correspondente a esta Lição, a praticar os conhecimentos transmitidos.
Exercício 1
Verifique que, se u =
1
(1 + e1 ) ∈
2
⊕
2
⊂C
2
e v = e1 + e12 ∈
2
2
⊕∧
2
⊂C
2
, então u
(um paravector) é idempotente e v é nilpotente.
Resolução
u2 =
1
1
1
(1 + e1 )(1 + e1 ) = (1 + 2 e1 + e12 ) = (1 + e1 ) = u
4
4
2
2
v 2 = ( e1 + e12 )( e1 + e12 ) = e12 + e2 − e2 + e12
=0
Exercício 2
Considere o vector a = 8 e1 − e 2 ∈
em relação ao vector b = 2 e1 + e 2 ∈
2
⊂C
2
2
⊂C
. Determine as respectivas componentes a e a ⊥
2
.
Resolução
a = ( a ⋅ b ) b −1 = (16 − 1)
a ⊥ = ( a ∧ b ) b −1 =
2 e1 + e2
= 6 e1 + 3 e2
( 4 + 1)
1 8 −1
e12 ( 2 e1 + e2 ) = 2 e12 ( 2 e1 + e2 ) = 2 e1 − 4 e2
5 2 1
2
Carlos R. Paiva
Exercício 3
Verifique que C
2
Mat ( 2,
) . Sugestão: Considere as correspondências contidas na tabela
anexa.
C
2
Mat ( 2,
)
1
⎛1 0⎞
⎜
⎟
⎝0 1⎠
e1 , e 2
⎛1 0 ⎞ ⎛0 1⎞
⎜
⎟, ⎜
⎟
⎝ 0 −1⎠ ⎝ 1 0 ⎠
e12
⎛ 0 1⎞
⎜
⎟
⎝ −1 0 ⎠
Resolução
Basta verificar que as relações
2
e12 = e 22 = − e12
=1
se verificam com as respectivas imagens matriciais isomorfas. Por exemplo:
⎛ 0 1⎞⎛ 0 1⎞
⎛1 0⎞
⎜
⎟⎜
⎟ = −⎜
⎟.
⎝ −1 0 ⎠ ⎝ −1 0 ⎠
⎝0 1⎠
Além disso, tem-se e1 e 2 = e12 como se pode verificar através de
⎛ 1 0 ⎞⎛ 0 1 ⎞ ⎛ 0 1 ⎞
⎜
⎟⎜
⎟=⎜
⎟.
⎝ 0 −1⎠⎝ 1 0 ⎠ ⎝ −1 0 ⎠
Também e2 e1 = − e12 já que
⎛0 1⎞⎛1 0 ⎞
⎛ 0 1⎞
⎜
⎟⎜
⎟ = −⎜
⎟.
⎝ 1 0 ⎠ ⎝ 0 −1⎠
⎝ −1 0 ⎠
Um elemento genérico (i.e., um multivector) u ∈ C
u = α + a + β e12 = α + a1 e1 + a2 e 2 + β e12
⎛ α + a1
=⎜
⎝ a2 − β
a2 + β ⎞
α − a1 ⎟⎠
2
será isomorfo a
⎛1 0⎞
⎛1 0 ⎞
⎛0 1⎞
⎛ 0 1⎞
⎟ + a1 ⎜
⎟ + a2 ⎜
⎟+β ⎜
⎟
⎝0 1⎠
⎝ 0 −1 ⎠
⎝1 0⎠
⎝ −1 0 ⎠
α⎜
3
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Exercício 4
Calcule em C
2
⎛π ⎞
⎛π
⎞
: u = exp ⎜ e1 ⎟ ; v = exp ⎜ e12 ⎟ .
⎝2 ⎠
⎝2 ⎠
Resolução
2
A principal diferença reside no facto de se ter e12 = 1 e e12
= −1 . Vem então
π
π
⎛π ⎞
u = exp ⎜ e1 ⎟ = cosh + e1 sinh ≈ 2.5092 + 2.3013 e1 ∈
2
2
⎝2 ⎠
2
π
π
⎛π
⎞
v = exp ⎜ e12 ⎟ = cos + e12 sin = e12 ∈ ∧ 2
2
2
⎝2 ⎠
⊕
2
Exercício 5
Verifique que a parte ímpar C
−
2
=
2
não constitui uma subálgebra de C
2
.
Resolução
Basta ter em consideração que C
a, b ∈
−
2
⇒ ab = a ⋅b + a ∧ b ∈
2
C
−
2
⊂C
2
⊕∧
2
+
2
. Com efeito, tem-se
=C
+
2
.
Exercício 6
Determine, em C
a∈
2
a′ ∈
2
2
, o resultado da operação (de rotação) R ( a ) = R a R que transforma
⎛π
⎞
. Considere a = 2 e1 + e2 e R = cos ⎜ e12 ⎟ .
⎝4
⎠
Resolução
Basta ter em consideração que
π
π
1
1
⎛π
⎞
R = cos ⎜ e12 ⎟ = cos + e12 sin =
(1 + e12 ) , R = (1 − e12 ) .
4
4
2
2
⎝4
⎠
Logo, vem sucessivamente
a′ =
1
1
(1 + e12 )( 2 e1 + e2 )(1 − e12 ) = (1 + e12 )( 3 e1 − e2 ) = e1 − 2 e2 .
2
2
4
Carlos R. Paiva
Trata-se, portanto, de uma rotação de π 2 no sentido determinado por e12 . Com efeito, como
facilmente se verifica, tem-se a ⋅ a′ = 0 . Uma forma mais expedita de calcular a′ consiste em
reconhecer que todos os vectores anti-comutam com o bivector unitário, pelo que
π
π⎞
⎛π
⎞
⎛
a′ = R a R = R 2 a = exp ⎜ e12 ⎟ a = ⎜ cos + e12 sin ⎟ a = e12 a = e12 ( 2 e1 + e 2 ) = e1 − 2 e 2 .
2
2⎠
⎝2
⎠
⎝
Exercício 7
Considere um operador linear g :
2
2
→
2
tal que, numa base ortonormada B = { e1 , e2 } de
, se tem g ( e1 ) = λ1 e1 e g ( e2 ) = λ2 e2 , com λ1 , λ2 ∈
c = e1 , então g ( a ) = λ2 a + ( λ1 − λ2 )( a ⋅ c ) c, a ∈
2
. Comece por mostrar que, se se fizer
. Para c = cos θ f1 + sin θ f 2 , calcule a
matriz G = ( g i j ) que representa o operador na nova base ortonormada B ′ = { f1 , f 2 } .
Resolução
Comecemos por notar que se pode escrever sucessivamente:
a = P1 ( a ) + P2 ( a ) ⇒ λ2 a = λ2 P1 ( a ) + λ2 P2 ( a )
P1 ( a ) = ( a ⋅ e1 ) e1 , P2 ( a ) = ( a ⋅ e 2 ) e 2
g ( a ) = g ( a1 e1 + a2 e 2 ) = a1 g ( e1 ) + a2 g ( e 2 ) = a1 λ1 e1 + a2 λ2 e 2
= λ1P1 ( a ) + λ2 P2 ( a )
g ( a ) = λ1P1 ( a ) + ⎡⎣λ2 a − λ2 P1 ( a ) ⎤⎦
= λ2 a + ( λ1 − λ2 ) P1 ( a )
c = e1 ⇒
g ( a ) = λ2 a + ( λ1 − λ2 )( a ⋅ c ) c .
Basta, agora, ter em consideração que
g i j = fi ⋅ g ( f j ) .
Em particular, tem-se
⎧⎪ f1 ⋅ g ( f1 ) = λ2 + ( λ1 − λ2 )( f1 ⋅ c )2
g ( f1 ) = λ2 f1 + ( λ1 − λ2 )( f1 ⋅ c ) c ⇒ ⎨
⎪⎩ f 2 ⋅ g ( f1 ) = ( λ1 − λ2 )( f1 ⋅ c )( f 2 ⋅ c )
⎧⎪ f1 ⋅ g ( f 2 ) = ( λ1 − λ2 )( f 2 ⋅ c )( f1 ⋅ c )
g ( f 2 ) = λ2 f 2 + ( λ1 − λ2 )( f 2 ⋅ c ) c ⇒ ⎨
2
⎪⎩ f 2 ⋅ g ( f 2 ) = λ2 + ( λ1 − λ2 )( f 2 ⋅ c )
Logo, vem
5
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
⎛ λ1 cos 2 θ + λ2 sin 2 θ
G = ⎜⎜
⎝ ( λ1 − λ2 ) sin θ cos θ
( λ1 − λ2 ) sin θ cos θ ⎞ .
⎟
λ1 sin 2 θ + λ2 cos 2 θ ⎟⎠
Para θ = 0 recupera-se o caso inicial em que e1 = f1 e e2 = f 2 :
⎛λ 0 ⎞
G =⎜ 1
⎟.
⎝ 0 λ2 ⎠
Conclusão: A forma da matriz G é a mais simples possível (i.e., tem a forma diagonal) no
referencial dos vectores próprios B = { e1 , e2 } do operador g (os valores diagonais são os
valores próprios).
Nota: Desde que o operador em questão seja real e simétrico é possível garantir que ele é
diagonalizável, que se verifica a relação de completude a = P1 ( a ) + P2 ( a ) e ainda que todos
os valores próprios e vectores próprios são reais. Se existem dois valores próprios distintos é
g ( a ) = λ2 a + ( λ1 − λ2 )( a ⋅ c ) c (operador uniaxial). Caso exista um único valor próprio
λ0 = λ1 = λ2 então é simplesmente g ( a ) = λ0 a (operador isotrópico). A forma quadrática
Q ( r ) = r ⋅ g ( r ) , em que r = x1 e1 + x2 e2 , é então simétrica. A curva Q = 1 corresponde, no
referencial dos eixos principais (i.e., no referencial constituído pelos vectores próprios), à
equação λ1 x12 + λ2 x22 = 1 . Os seguintes casos podem ocorrer: (i) um dos valores próprios é
nulo – as curvas resultantes são duas linhas rectas; (ii) um dos valores próprios é negativo – a
curva resultante é uma hipérbole; (iii) os dois valores próprios são positivos – a curva
resultante é uma elipse (que se reduz ao caso particular de uma circunferência quando os dois
valores próprios são iguais). Note-se, por fim, que os dois valores próprios não podem ser
ambos negativos – a equação λ1 x12 + λ2 x22 = 1 não teria, nesse caso, qualquer solução com
x1 , x2 ∈
.
Exercício 8
Mostre que o corpo
não pode ser ordenado. Sugestão: Um corpo F pode ser ordenado se
existir um subconjunto P ⊂ F tal que (i) 0 ∉ P , (ii) para todos os a ∈ F , tais que a ≠ 0 , ou
a ∈ P ou a ∉ P , (iii) a + b ∈ P e a b ∈ P , para quaisquer a, b ∈ P . Ao conjunto dos
6
Carlos R. Paiva
elementos de P é costume dar o nome de números positivos. Escreve-se a > b quando
a − b ∈ P e ainda a ≥ b quando a − b ∈ P ∪ {0} . Ao conjunto − P = { − a | a ∈ P } dá-se o
nome de conjunto dos números negativos.
Resolução
Num corpo ordenado os números diferentes de zero (elemento neutro da adição) têm
quadrados positivos e a soma desses quadrados é, portanto, também positiva. Ora acontece
a igualdade i 2 + 1 = 0 também se escreve i 2 + 12 = 0 o que significa que i 2 + 12 ∉ P
que em
(i.e., é falsa a desigualdade i 2 + 12 > 0 ) sendo que, neste caso, tanto i ≠ 0 como 1 ≠ 0 . Daqui
se infere que não é possível estabelecer uma relação de ordem em
.
Exercício 9
Seja Bs = { e1 , e2 } a base canónica ortonormada de
2
. Considere a nova base B = { f1 , f2 } tal
que f1 = e1 e f 2 = e1 + e 2 . Para um vector a = 3 e1 + e2 calcule as respectivas componentes
«contravariantes» e «covariantes». Interprete geometricamente.
Resolução
Comecemos por notar que a base dual de B = { f1 , f2 } é a base B ∗ = { f 1 , f 2 } tal que
⎧1, i = j
f i ⋅ f j = δ ij = ⎨
.
⎩ 0, i ≠ j
O elemento de «volume» (neste caso, uma área) f1 ∧ f 2 é dado por
f1 ∧ f 2 =
1 0
e12 = e12
1 1
i.e., corresponde ao bivector unitário. Tem-se então
⎧⎪ f 1 = f2 ( f1 ∧ f2 )−1
⎨ 2
−1
⎪⎩ f = − f1 ( f1 ∧ f2 )
uma vez que
−1
−1
f1 ⋅ f 1 = f1 ⋅ ⎡f 2 ( f1 ∧ f 2 ) ⎤ = ( f1 ∧ f 2 )( f1 ∧ f 2 ) = 1
⎣
⎦
−1
−1
f 2 ⋅ f 2 = − f 2 ⋅ ⎡f1 ( f1 ∧ f 2 ) ⎤ = − ( f 2 ∧ f1 )( f1 ∧ f 2 ) = 1
⎣
⎦
7
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
−1
−1
f1 ⋅ f 2 = − f1 ⋅ ⎡f1 ( f1 ∧ f 2 ) ⎤ = − ( f1 ∧ f1 )( f1 ∧ f 2 ) = 0
⎣
⎦
−1
−1
f 2 ⋅ f 1 = f 2 ⋅ ⎡f 2 ( f1 ∧ f 2 ) ⎤ = ( f 2 ∧ f 2 )( f1 ∧ f 2 ) = 0
⎣
⎦
Daqui se infere que, neste caso concreto, se obtém
f 1 = e1 − e2
a1 = a ⋅ f1 = 3
a1 = a ⋅ f 1 = 3 − 1
a2 = a ⋅ f 2 = 1
f = e2
2
a2 = a ⋅ f2 = 3 + 1
de modo que as componentes «contravariantes» a i e «covariantes» ai do vector a são tais
que
a = a1 f1 + a 2 f2 = a1 f 1 + a2 f 2 .
vector
forma-1
A existência da métrica permite a identificação entre vectores e formas-1.
⎛ f ⋅f f ⋅f ⎞ ⎛ g
G = ⎜ 1 1 1 2 ⎟ = ⎜ 11
⎝ f2 ⋅ f1 f2 ⋅ f2 ⎠ ⎝ g12
g12 ⎞ ⎛1 1 ⎞
⎛ f 1 ⋅ f 1 f 1 ⋅ f 2 ⎞ ⎛ g 11
−1
,
G
=
=
⎜ 2 1 2 2 ⎟ = ⎜ 12
⎟
g 22 ⎠ ⎜⎝1 2 ⎟⎠
⎝f ⋅f f ⋅f ⎠ ⎝ g
g 12 ⎞ ⎛ 2 −1⎞
⎟=⎜
⎟
g 22 ⎠ ⎝ −1 1 ⎠
Vejamos, agora, a interpretação geométrica das componentes «contravariantes» e
«covariantes».
x2
⎪⎧ a1 = 3 − 1
⎨ 2
⎪⎩ a = 1
a2
f2
a2
a
f2
a = a1 f1 + a 2 f 2 = a1 f 1 + a2 f 2
f1
x1
a1
⎧⎪ a1 = 3
⎨
⎪⎩ a2 = 3 + 1
f1
a1
8
Carlos R. Paiva
A métrica permite interpretar este resultado como a seguir se indica.
ai = gi j a j
convenção
→
fi = g i j f j
da soma
ai = g i j a j
f i = gij f j
Convenção da soma (de Einstein): Sempre que, numa expressão, um índice se encontre
repetido, simultaneamente como índice superior e como índice inferior, está-se a admitir que
existe um somatório em relação a esse mesmo índice.
⎛ a1 ⎞ ⎛ g11
⎜ ⎟=⎜
⎝ a2 ⎠ ⎝ g12
g12 ⎞ ⎛ a1 ⎞
⎟⎜ ⎟,
g 22 ⎠ ⎝ a 2 ⎠
⎛ f1 ⎞ ⎛ g11
⎜ ⎟=⎜
⎝ f 2 ⎠ ⎝ g12
g12 ⎞ ⎛ f 1 ⎞
⎟⎜ ⎟,
g 22 ⎠ ⎝ f 2 ⎠
⎛ a1 ⎞ ⎛ g 11 g 12 ⎞ ⎛ a1 ⎞
⎜ 2 ⎟ = ⎜ 21
⎟⎜ ⎟
g 22 ⎠ ⎝ a2 ⎠
⎝a ⎠ ⎝ g
⎛ f 1 ⎞ ⎛ g 11 g 12 ⎞ ⎛ f1 ⎞
⎜ 2 ⎟ = ⎜ 21
⎟⎜ ⎟
g 22 ⎠ ⎝ f 2 ⎠
⎝f ⎠ ⎝ g
Exercício 10
O anel de divisão dos quaterniões H não é um corpo porque a operação de multiplicação não
é comutativa: e.g., k = i j ≠ j i = − k . Porém, se ab = ba então exp ( a ) exp ( b ) = exp ( a + b ) .
Contudo, exp ( a ) exp ( b ) = exp ( a + b ) não implica necessariamente que ab = ba como este
exercício pretende mostrar: verifique que assim é para a = 3 π i e b = 4 π j .
Resolução
Façamos então a = 3 π i e b = 4 π j . Neste caso tem-se ab = 12 π 2 k e ba = −12 π 2 k , i.e.,
ab ≠ ba . No entanto, como facilmente se verifica, tem-se exp ( a ) exp ( b ) = exp ( a + b ) . Com
efeito, tem-se sucessivamente
exp ( a ) = exp ( 3 π i ) = cos ( 3π ) + i sin ( 3π ) = −1
exp ( b ) = exp ( 4 π j ) = cos ( 4 π ) + j sin ( 4 π ) = 1
( 3 i + 4 j ) = ( −1) 52 k
2 k +1
k
( 3 i + 4 j ) = ( −1) 52 k ( 3 i + 4 j )
2k
k
exp ( a + b ) = exp ⎡⎣π ( 3 i + 4 j ) ⎤⎦ = cos ( 5 π ) +
∴ exp ( a + b ) = exp ( a ) exp ( b ) .
1
( 3 i + 4 j ) sin ( 5 π ) = −1
5
9
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Exercício 11
Verifique o isomorfismo C
Mat ( 2,
3
)
usando as matrizes de Pauli como se indica na
tabela anexa.
⎛0 1⎞
⎛ 0 −i ⎞
⎛1 0 ⎞
⎟, σ2 = ⎜
⎟, σ3 = ⎜
⎟
⎝1 0⎠
⎝i 0 ⎠
⎝ 0 −1⎠
σ1 = ⎜
C
Mat ( 2,
3
)
1
I
e1 , e2 , e3
σ1, σ 2 , σ 3
e 23 , e31 , e12
σ 2 σ 3 , σ 3 σ 1 , σ 1σ 2
e123
σ 1σ 2 σ 3
Resolução
Basta verificar as sequintes relações:
σ 12 = σ 22 = σ 32 = I ,
σ 2 σ 3 = − σ 3σ 2 = i σ 1 ,
σ 3 σ 1 = − σ 1σ 3 = i σ 2 ,
σ 1σ 2 = − σ 2 σ 1 = i σ 3 .
Note-se, a propósito, que C
C
+
3
+
3
=
2
⊕∧
3
H já que
H
− e 23
i
− e31
j
− e12
k
q = q0 + i q1 + j q2 + k q3 ∈ H
⎛ q + i q3
q0 I + i ( q1σ 1 + q2 σ 2 + q3 σ 3 ) = ⎜ 0
⎝ i q1 − q2
i q1 + q2 ⎞
⎟ ∈ Mat ( 2,
q0 − i q3 ⎠
).
10
Carlos R. Paiva
Exercício 12
Supondo que a ∧ b ≠ 0 , com a, b ∈
3
, mostre que se pode escrever
⎡a × ( a × b ) ⎤⎦ ∧ b
a ⋅b = ⎣
.
a∧b
Resolução
a × ( a × b ) = ( a ⋅ b ) a − a2 b
⎡⎣a × ( a × b ) ⎤⎦ ∧ b = ( a ⋅ b )( a ∧ b )
⎡a × ( a × b ) ⎤⎦ ∧ b
∴ a⋅b = ⎣
.
a∧b
Exercício 13
Mostre que, em C 3 , se tem a × b = ( b e123 ) a para a, b ∈
3
.
Resolução
Façamos uma demonstração usando uma perspectica algébrica, i.e., de manipulação das
componentes. Numa base ortonormada Bs = { e1 , e2 , e3 } , podemos escrever
a = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3
b = b1 e1 + b2 e 2 + b3 e3
2
⇒ b e23 = b1 e23 + b2 e31 + b3 e12 ∈ ∧
3
.
Notando que se tem
e1 e31 = − e3
e 2 e 23 = e3
e3 e23 = − e 2
e1 e12 = e2
e 2 e12 = − e1
e3 e31 = e1
(exemplo: e1 e31 = e1
( e3 ∧ e1 ) = ( e1 ⋅ e3 ) e1 − ( e1 ⋅ e1 ) e3 = − e3 )
tira-se que
a
( b e23 ) = ( a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 ) ( b1 e23 + b2 e31 + b3 e12 )
= ( − a1 b2 e3 + a1 b3 e2 ) + ( a2 b1 e3 − a2 b3 e1 ) + ( − a3 b1 e2 + a3 b2 e1 )
= ( a3 b2 − a2 b3 ) e1 + ( a1 b3 − a3 b1 ) e2 + ( a2 b1 − a1 b2 ) e3 .
Por outro lado, vem
e1 e 2
a × b = a1 a2
b1
b2
e3
a3 = ( a2 b3 − a3 b2 ) e1 + ( a3 b1 − a1 b3 ) e2 + ( a1 b2 − a2 b1 ) e3 .
b3
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
11
Daqui se infere que
a
( b e23 ) = − ( a × b ) .
Logo, atendendo a que
a
( b e 23 ) = − ⎡⎣( b e 23 )
a ⎤⎦
vem finalmente
a × b = ( b e123 ) a , Q.E.D.
Notemos que, só em C 3 , é que o dual de um vector é um bivector. O respectivo significado
geométrico é o que se indica nas figuras anexas.
b = − F e123
F = b e123
c = a × b = ( b e123 ) a
a ∧ b = ce123
b
a
Exercício 14
Prove a regra fundamental da contracção à esquerda
regra fundamental da
contracção à esquerda
→
a
(b ∧ c) = (a ⋅ b ) c − (a ⋅ c) b
onde a, b, c são vectores. Mostre, com base nela, a seguinte «identidade de Jacobi»:
12
a
Carlos R. Paiva
(b ∧ c) + b (c ∧ a) + c (a ∧ b ) = 0
.
Resolução
Comecemos por definir o bivector F = b ∧ c . O que se pretende provar é então que
a F = (a ⋅ b) c − (a ⋅ c) b .
Da definição de produto exterior
b∧c =
1
(b c − c b )
2
resulta que
1
1
1
a (b ∧ c) = a (b c − c b ) = (a b ) c − (a c) b .
2
2
2
Logo, como
a ⋅b =
1
(a b + b a) ⇒ a b = 2 (a ⋅ b ) − b a
2
infere-se ainda que
1
1
⎡⎣ 2 ( a ⋅ b ) − b a ⎤⎦ c − ⎡⎣ 2 ( a ⋅ c ) − c a ⎤⎦ b
2
2
1
= ⎡⎣( a ⋅ b ) c − ( a ⋅ c ) b ⎤⎦ − ( b a c − ca b )
2
a (b ∧ c) =
Por outro lado, tem-se
1
1
1
( b a c − ca b ) = b ( a c ) − c ( a b )
2
2
2
1
1
= b ⎡⎣ 2 ( a ⋅ c ) − c a ⎤⎦ − c ⎡⎣ 2 ( a ⋅ b ) − b a ⎤⎦
2
2
1
= ⎡⎣( a ⋅ c ) b − ( a ⋅ b ) c ⎤⎦ − ( b c a − c b a )
2
1
= ⎡⎣( a ⋅ c ) b − ( a ⋅ b ) c ⎤⎦ − ( b c − c b ) a
2
= ⎡⎣( a ⋅ c ) b − ( a ⋅ b ) c ⎤⎦ − ( b ∧ c ) a
pelo que, após substituir esta última expressão na anterior, se obtém
a ( b ∧ c ) = ⎡⎣( a ⋅ b ) c − ( a ⋅ c ) b ⎤⎦ − ⎡⎣( a ⋅ c ) b − ( a ⋅ b ) c ⎤⎦ + ( b ∧ c ) a
∴ a (b ∧ c) − (b ∧ c) a = 2 (a ⋅ b ) c − 2 (a ⋅ c) b .
Infere-se, deste modo, que
a F − F a = 2 (a ⋅ b ) c − 2 (a ⋅ c) b .
Ao definir a contracção à esquerda como
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
a F=
13
1
(a F − F a )
2
tira-se então que
a
( b ∧ c ) = ( a ⋅ b ) c − ( a ⋅ c ) b , QED.
a⊥
a
a
a −1 =
a
a2
F = a −1 b = a −1 ∧ b
b=a F=a F
Note-se que se define a contracção à direita como sendo
F a=
1
(F a − a F) .
2
Imediatamente se infere desta definição que
F a=−a F .
Da regra fundamental da contracção à esquerda, resulta imediatamente que
a
b
c
(b ∧ c) = (a ⋅ b ) c − (a ⋅ c) b
(c ∧ a) = (b ⋅ c) a − (b ⋅ a) c
(a ∧ b ) = (c ⋅ a) b − (c ⋅ b) a
⇒
a
(b ∧ c) + b (c ∧ a) + c (a ∧ b ) = 0 .
Em geral tem-se então para a produto geométrico de um vector com um bivector
aF =
1
1
(a F − F a) + (a F + F a)
2
2
a F
a∧F
resultado este que deve ser contrastado com o produto geométrico entre dois vectores
14
Carlos R. Paiva
1
1
(a b + b a) + (a b − b a) .
2
2
a ⋅b
a∧b
ab =
Da regra fundamental da contracção à esquerda resulta a seguinte decomposição de um dado
vector
a = a F F −1 = ( a F ) F −1 + ( a ∧ F ) F −1 .
a
a⊥
Conclusão: A componente a é a projecção de a em relação a F enquanto que a componente
a ⊥ é a rejeição de a em relação a F .
Nota final: A regra fundamental da contracção à esquerda é a regra dual da conhecida
propriedade do produto externo
a × (b × c) = (a ⋅ c) b − (a ⋅ b) c .
Com efeito, tem-se a seguinte dualidade de Clifford
dualidade de
Clifford
⎧⎪ a ∧ b = ( a × b ) e123
.
→⎨
⎪⎩ a × b = − ( a ∧ b ) e123
Exercício 15
Seja Bs = { e1 , e2 , e3 } a base canónica de
a)
3
. Faça os seguintes cálculos em C 3 .
Para o bivector F = 3 e12 + e23 calcule F 2 e F −1 .
Solução: F 2 = −10 ; F −1 = − 0.3 e12 + 0.1e 23 .
b)
Sendo a = 2 e1 + 3 e 2 + 7 e3 e F = 4 e12 + 5 e13 − e23 calcule a ∧ F e a F .
Solução: a ∧ F = 11e123 ; a F = − 47 e1 + 15 e2 + 7 e3 .
c)
Calcule a projecção a e a rejeição a ⊥ do vector a = 3 e1 + 4 e 2 + 7 e3 em relação ao
bivector F = 7 e12 + e13 .
Solução: a = ( a F ) F −1 = 3 e1 + 4.9 e2 + 0.7 e3 ; a ⊥ = ( a ∧ F ) F −1 = − 0.9 e2 + 6.3 e3 .
15
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Exercício 16
Sendo α , β ∈
e a, b ∈
3
, um multivector genérico da álgebra geométrica C
3
escreve-se
na forma u = α + a + b e123 + β e123 . Então o reverso é o multivector u = α + a − b e123 − β e123 e
o conjugado de Clifford é u = α − a − b e123 + β e123 . Determine u u , u u , u −1 e u .
2
Resolução
Como o centro da álgebra é Z ( C
3
)=
3
⊕∧
3
, infere-se facilmente que
u u = (α 2 − β 2 − a 2 + b 2 ) + 2 (α β − a ⋅ b ) e123 ∈ Z ( C
u u = (α 2 + β 2 + a 2 + b 2 ) + 2 ( α a + β b + a × b ) ∈
3
),
⊕
3
⊕
3
.
Note-se, porém, que u u ≠ u u já que
u u = (α 2 + β 2 + a 2 + b 2 ) + 2 ( α a + β b − a × b ) ∈
∴ a×b =
1
(u u − u u ) ∈
4
3
.
Tem-se ainda
anti-automorfismos
⎧⎪ u v = v u
→ ⎨
⎪⎩ u v = v u
Finalmente, como u u = u u ∈ Z ( C
u −1 =
3
u, v ∈ C 3 .
) , tem-se
(α − a ) + ( β − b ) e123
u
, u u −1 = u −1 u = 1 .
= 2
2
2
2
u u (α − β − a + b ) + 2 (α β − a ⋅ b ) e123
Quanto à norma de u , vem
u
2
= uu
0
= α 2 + β 2 + a2 + b2 .
Note-se, em particular, que
a b = ( a ⋅ b + a ∧ b )( a ⋅ b − a ∧ b ) = ( a ⋅ b ) − ( a ∧ b ) = a ⋅ b + a ∧ b
2
= a 2 b 2 cos 2 θ + a 2 b 2 sin 2 θ = a 2 b 2 = a
em que θ =
ab = a b ,
2
2
b
( a, b ) . Ou seja:
a⋅b ≤ a b ,
a∧b ≤ a b .
2
2
2
16
Carlos R. Paiva
Exercício 17
Suponha que, em C 3 , um rotor R é tal que R 2 = n m em que n, m ∈
3
e n2 = m2 = 1 .
Nestas condições, mostre que
1+ n m
R=
2 (1 + n ⋅ m )
.
Resolução
Em C
um rotor é um elemento da forma R = α + b e123 ∈
3
2
⊕∧
3
, com α ∈
α 2 + b 2 = 1 . Com efeito,
R ∈ Spin ( 3) = { u ∈ C
+
3
| u u = 1} .
Assim, vem
(
)
R2 + 1 = R + R R .
Por outro lado, como R + R = 2 R 0 , infere-se ainda que
1 + R2 1 + n m
=
R=
2 R 0 2 R 0
∴ RR = 1 ⇒
⇒ R=
1+ m n
2 R 0
1 + mn + nm + n 2 m 2
4 R
2
=
1+ n ⋅m
2 R
0
2
=1 ⇒
R
0
0
=
1+ n ⋅m
2
ou finalmente
1+ n m
R=
2 (1 + n ⋅ m )
, Q.E.D.
Notando que
n∧m
n m = n ⋅ m + n ∧ m = cos θ + Fˆ sin θ , Fˆ =
, Fˆ 2 = −1
n∧m
vem ainda, sucessivamente,
( )
R 2 = n m = cos θ + Fˆ sin θ = exp θ Fˆ
b a = b ⋅ a + b ∧ a = cos
∴
R
0
= cos
θ
2
=
θ
θ
⎛θ ⎞
⇒ R = exp ⎜ Fˆ ⎟ = cos + Fˆ sin = b a
2
2
⎝2 ⎠
θ
θ
+ Fˆ sin = R 0 + R 2 , a, b ∈
2
2
1+ n ⋅m
2 (1 + n ⋅ m )
=
1 + cos θ
2 (1 + cos θ )
=
3
, a2 = b2 = 1
1 + cos θ
.
2
, b∈
3
e
17
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Exercício 18
Sendo a, b, c, d ∈ C
prove que
3
( a ∧ b ) ( c ∧ d ) = ( a ⋅ d )( b ⋅ c ) − ( a ⋅ c )( b ⋅ d ) .
Sugestão: Use a propriedade da contracção à esquerda
(u ∧ v)
w=u
(v
w)
válida para u , v, w ∈ ∧
3
.
Resolução
Se se usar a propriedade
(u ∧ v)
w=u
(v
w)
para u = a , v = b e w = c ∧ d , vem imediatamete
(a ∧ b ) (c ∧ d ) = a
( c ∧ d ) ⎤⎦ .
⎡⎣b
Além disso, reconhecendo que b
(c ∧ d) ∈
3
, podemos ainda escrever
( a ∧ b ) ( c ∧ d ) = a ⋅ ⎡⎣b ( c ∧ d ) ⎤⎦ .
Por outro lado, pela regra fundamental da contracção à esquerda,
b
(c ∧ d) = (b ⋅ c) d − (b ⋅ d) c .
Logo, tem-se
( a ∧ b ) ( c ∧ d ) = a ⋅ ⎡⎣( b ⋅ c ) d − ( b ⋅ d ) c ⎤⎦
= ( a ⋅ d )( b ⋅ c ) − ( a ⋅ c )( b ⋅ d )
Q.E.D.
Nota sobre a álgebra exterior de Grassmann:
A álgebra exterior de Grassmann é uma álgebra estabelecida em
3
através do produto
exterior (embora, ao contrário da álgebra de Gibbs, seja imediatamente extensível a outras
dimensões). Mais especificamente, no caso da álgebra exterior de
∧
3
), trata-se da soma directa dos subespaços
∧
3
=
⊕
3
2
⊕∧
3
3
⊕∧
3
a que corresponde, portanto, a seguinte base
3
(que se designa por
18
Carlos R. Paiva
base
de
∧
→
3
escalar
vectores
bivectores
trivectores
1
e1 , e 2 , e3
e 2 ∧ e3 , e3 ∧ e1 , e1 ∧ e 2
e1 ∧ e 2 ∧ e3
relativamente a uma base
{ e1 , e2 , e3 }
de
3
. Note-se que o produto exterior, sendo um
produto associativo (a álgebra exterior de Grassmann é uma álgebra associativa – tal como a
álgebra geométrica de Clifford), goza das seguintes propriedades básicas
propriedades do
produto exterior
→
ei ∧ e j = − e j ∧ ei , i ≠ j
e i ∧ ei = 0
para i, j ∈ {1, 2} . Tal como C
dim (∧
3
) = 1+ 3 + 3 +1 = 2
3
3
trata-se de uma álgebra em que
= 8.
Assim, também, escreve-se
u = u 0 + u 1 + u 2 + u 3 ∈∧
3
e definem-se as seguintes involuções
involução de grau
uˆ = u 0 − u 1 + u 2 − u
u= u 0+ u 1− u 2− u
reversão
conjugação de Clifford u = u 0 − u 1 − u 2 + u
Nestas condições, sendo x, y ∈
3
e u , v, w ∈ ∧
3
3
.
3
3
, define-se a contracção à esquerda com
base nas seguintes três propriedades
regras da
contracção
à esquerda
→
(1) x y = x ⋅ y
( 2 ) x ( u ∧ v ) = ( x u ) v + uˆ ( x
( 3) ( u ∧ v ) w = u ( v w )
v) .
Neste exercício utilizaram-se, apenas, a primera e a terceira propriedades. Note-se que, da
segunda regra e fazendo u = y ∈
contracção à esquerda» x
û = − y ).
3
e v = z∈
(y ∧ z) = (x
y) z − y
3
, se obtém a «regra fundamental da
(x
z ) = ( x ⋅ y ) z − ( x ⋅ z ) y (uma vez que
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
19
Exercício 19
Considere, no espaço linear (ou vectorial)
3
, a base não ortonormada B = { f1 , f 2 , f3 }
constituída pelos vectores
⎛0⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
f1 = ⎜ 1 ⎟ , f 2 = ⎜ 0 ⎟ , f3 = ⎜ 1 ⎟ .
⎜1⎟
⎜1⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Na base canónica (ortonormada) Bs = { e1 , e2 , e3 } um dado vector escreve-se na forma
a = 3 e1 − 2 e 2 + e3 ∈
3
. Determine as componentes desse vector na base B .
Resolução
Comecemos por verificar que B = { f1 , f 2 , f3 } é, efectivamente, uma base de
facto,
0 1 1
f1 ∧ f 2 ∧ f3 = 1 0 1 e123 = 2 e123 ≠ 0 .
1 1 0
A respectiva base dual (ou recíproca) será então B ∗ = { f 1 , f 2 , f 3 } tal que
f1 =
f 2 ∧ f3
1
1
=
( − e23 + e31 + e12 ) = ( − e1 + e2 + e3 )
2
f1 ∧ f 2 ∧ f3 2 e123
f2 =
f3 ∧ f1
1
1
=
( e23 − e31 + e12 ) = ( e1 − e2 + e3 )
2
f1 ∧ f 2 ∧ f3 2 e123
f3 =
f1 ∧ f 2
1
1
=
( e23 + e31 − e12 ) = ( e1 + e2 − e3 )
2
f1 ∧ f 2 ∧ f3 2 e123
uma vez que
e 23 e31 e12
f 2 ∧ f3 = 1
0 1 = − e23 + e31 + e12
1
1
0
e23 e31 e12
f3 ∧ f1 = 1
1
0 = e 23 − e31 + e12
0
1
1
e 23
f1 ∧ f 2 = 0
1
e31 e12
1
1 = e23 + e31 − e12
0 1
Com efeito, deverá ter-se
3
. Tem-se, de
20
Carlos R. Paiva
f i ( f j ) = f i ⋅ f j = δ ij ,
i, j ∈ {1, 2, 3} .
A métrica é dada por
⎛ 3 −1 −1⎞
⎛2 1 1⎞
1⎜
⎟
⎜
⎟
G = ( g ) = ( f ⋅ f ) = ⎜ −1 3 −1⎟ ⇒ G = ( gi j ) = ( fi ⋅ f j ) = ⎜ 1 2 1 ⎟
4⎜
⎟
⎜1 1 2⎟
⎝ −1 −1 3 ⎠
⎝
⎠
−1
ij
i
j
tendo-se, portanto,
convenção da soma
→ f i = g i j f j , fi = g i j f j .
Assim, como a métrica identifica vectores com formas-1, tem-se
a = a1 f1 + a 2 f 2 + a 3 f3 = a1 f 1 + a2 f 2 + a2 f 3
forma-1
vector
em que
⎧ 1
a ∧ f 2 ∧ f3
1
= −2
⎪ a = a ⋅f =
∧
∧
f
f
f
1
2
3
⎪
⎪
a ∧ f3 ∧ f1
→ ⎨ a2 = a ⋅ f 2 =
=3 ⇒
f1 ∧ f 2 ∧ f3
⎪
⎪ 3
a ∧ f1 ∧ f 2
3
=0
⎪ a = a ⋅f =
f1 ∧ f 2 ∧ f3
⎩
componentes
«contravariantes»
a = − 2 f1 + 3 f 2 .
Já agora, tem-se também
⎛1⎞
f ∧f ∧f = ⎜ ⎟
⎝2⎠
1
2
−1 1
1 −1
3
3
componentes
«covariantes»
1
1
1
1
1 e123 = e123
2
−1
⎧
a∧f2 ∧f3
⎪ a1 = a ⋅ f1 = f 1 ∧ f 2 ∧ f 3 = −1
⎪
a ∧ f 3 ∧ f1
⎪
→ ⎨ a2 = a ⋅ f 2 = 1 2 3 = 4 ⇒
f ∧f ∧f
⎪
⎪
a ∧ f1 ∧ f 2
a
=
a
⋅
f
=
=1
⎪ 3
3
1
2
3
f
∧
f
∧
f
⎩
a = −f1 + 4f 2 + f 3 .
Exercício 20
Numa base B = { f1 , f 2 , f3 } de
3
, um dado vector a ∈
3
a = a i fi = a1 f1 + a 2 f 2 + a 3 f3 .
Sendo g :
3
→
3
uma função anti-simétrica, mostre que
escreve-se na forma
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
função anti-simétrica e
bivector característico
2
em que F ∈ ∧
F=
3
21
g(a) = a F
→
é o bivector
1 i
1
f ∧ g ( fi ) = ⎡⎣f 1 ∧ g ( f1 ) + f 2 ∧ g ( f 2 ) + f 3 ∧ g ( f3 ) ⎤⎦
2
2
que se designa, por essa razão, o bivector característico da função g .
Resolução
Comecemos por notar que, se g :
3
→
3
é uma função, então – por definição de função
adjunta – tem-se
g ( a ) ⋅ b = a ⋅ g ( b ) , ∀a, b ∈
3
onde g é a respectiva função adjunta. No caso de uma função simétrica é g = g . No caso de
uma função anti-simétrica é g = − g . Logo, se g é anti-simétrica, então
g ( a ) ⋅ b = − a ⋅ g ( b ) , ∀a, b ∈
3
.
Da definição do bivector característico resulta imediatamente que
2 ( a F ) = a ⎡⎣f i ∧ g ( fi ) ⎤⎦
= ( a ⋅ f i ) g ( fi ) − ⎡⎣a ⋅ g ( fi ) ⎤⎦ f i
= g ⎡⎣( a ⋅ f i ) fi ⎤⎦ + ⎡⎣g ( a ) ⋅ fi ⎤⎦ f i
= g (a ) + g (a)
= 2 g(a)
onde se utilizou a convenção da soma, a regra fundamental da contracção à esquerda e a
definição de função anti-simétrica.
Exercício 21
Mostre que existe uma correspondência bijectiva entre vectores reais harmónicos no tempo e
vectores complexos. Analise a polarização de um vector complexo. Explique como poderia
obter os eixos principais da elipse que, no caso geral, representa geometricamente um dado
vector complexo.
22
Carlos R. Paiva
Resolução
Um vector real, harmónico no tempo, é um vector A ( t ) ∈
3
função do tempo t ∈ ] − ∞, ∞ [
que satisfaz a seguinte equação diferencial
d 2A
+ ω 2A = 0 .
2
dt
A solução geral desta equação pode ser escrita na forma
A ( t ) = a1 cos (ω t ) + a 2 sin (ω t )
vector real →
em que a1 , a 2 ∈
3
são vectores reais e constantes. Note-se que se pode definir o período T
deste movimento harmónio como sendo ( f = 1 T é a frequência, com ω = 2 π f )
período → T =
2π
=
ω
1
f
já que A ( t − T ) = A ( t ) . Ao vector real e variável no tempo A ( t ) corresponde um único
vector complexo a ∈
3
constante se se fizer
A ( t ) = ℜ { a e− iω t }
com
vector complexo →
a = a1 + i a 2
em que a1 = A ( 0 ) e a 2 = A (T 4 ) . Introduzindo, então, os vectores
c1 = a1
c2 = a2
( a1 ∧ a 2 ) = a12 a 2 − ( a1 ⋅ a 2 ) a1
( a1 ∧ a 2 ) = ( a1 ⋅ a 2 ) a2 − a 22 a1
infere-se que
c1 ⋅ A ( t ) = − ( a1 ∧ a 2 ) sin (ω t )
2
c2 ⋅ A ( t ) = ( a1 ∧ a 2 ) cos (ω t )
2
donde se tira que
elipse →
⎡⎣c1 ⋅ A ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣c 2 ⋅ A ( t ) ⎤⎦ = ( a1 ∧ a 2 )
2
2
4
.
Esta é a equação de uma elipse que se encontra sobre o plano correspondente ao bivector
a1 ∧ a 2 .
Conclusão: Enquanto que o vector real A ( t ) se representa por uma seta, o vector complexo
a deve representar-se, no caso geral, por uma elipse orientada (i.e., onde se definiu um
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
23
sentido de percurso). O sentido de rotação, sobre a elipse, corresponde à orientação do
bivector a1 ∧ a 2 .
Comentário: A elipse do vector complexo a corresponde à polarização do vector real A ( t )
que evolui, ao longo do tempo, no plano do bivector a1 ∧ a 2 . Em termos da álgebra
geométrica
a∈
3
⊂
(de
⊗C
3
Clifford)
podemos
dizer
que
A (t ) ∈
3
⊂C
3
enquanto
que
(sendo, esta última, a complexificação da álgebra C 3 ).
Obviamente que existem, basicamente, dois tipos de polarização: (i) PL (polarização linear),
que corresponde a ter-se a1 ∧ a 2 = 0 ; (ii) PE (polarização elíptica), que corresponde a ter-se
a1 ∧ a 2 ≠ 0 . Note-se que a PL corresponde a uma das seguintes situações: (i) a1 a 2 ; (ii)
a1 = 0 ou a 2 = 0 . O caso especial da PC (polarização circular) corresponde a um caso
particular da PE. Com efeito, na PC deve ser constante A ( t ) , i.e.,
d
A (t )
dt
2
=0.
Mas então, como se tem
A (t )
2
= a 22 + ( a12 − a 22 ) cos ( 2 ω t ) + ( a1 ⋅ a 2 ) sin ( 2 ω t ) ,
infere-se que
d
A (t )
dt
2
=0 ⇒
(a
2
1
− a 22 ) sin ( 2 ω t ) = ( a1 ⋅ a 2 ) cos ( 2 ω t ) .
Logo, fazendo t = 0 , obtém-se a1 ⋅ a 2 = 0 . Por outro lado, como a1 ⋅ a 2 = 0 , infere-se que
a12 − a 22 = 0 , ou seja, a1 = a 2 .
Polarização
Condição
PL
a1 ∧ a 2 = 0
PE
a1 ∧ a 2 ≠ 0
PC
a1 ⋅ a2 = 0,
a1 = a2
24
Carlos R. Paiva
Exemplos: Os vectores complexos
ˆ = 1 (e + i e ) ∈
PCD → R
1
2
2
PCE
1
→ Lˆ =
( e1 − i e2 ) ∈
2
2
→ R (t ) =
1
⎡⎣e1 cos (ω t ) + e2 sin (ω t ) ⎤⎦ ∈
2
2
→ L (t ) =
1
⎡⎣e1 cos (ω t ) − e2 sin (ω t ) ⎤⎦ ∈
2
2
2
correspondem, respectivamente, a uma PCD (polarização circular direita) e a uma PCE
(polarização coircular esquerda) para propagação ao longo de e3 = e1 × e2 . Fez-se, como é
óbvio,
{
}
{
}
ˆ e − i ω t , L ( t ) = ℜ Lˆ e − i ω t .
R (t ) = ℜ R
ˆ ⋅ Lˆ ∗ = R
ˆ ∗ ⋅ Lˆ = 0 mas que R
ˆ ⋅R
ˆ = Lˆ ⋅ Lˆ = 0 e R
ˆ ⋅R
ˆ ∗ = Lˆ ⋅ Lˆ ∗ = 1 e R
ˆ ⋅ Lˆ = 1 . Os
Note-se que R
vectores complexos R̂ e L̂ são unitários no sentido em que
Lˆ
2
ˆ
R
2
ˆ ⋅R
ˆ ∗ =1 e
=R
∗
= Lˆ ⋅ Lˆ = 1 .
Podemos, agora, definir um novo vector complexo b ∈
3
tal que
b = e− iθ a
b = b1 + i b 2 = ( cos θ − i sin θ )( a1 + i a 2 )
⎛ b ⎞ ⎛ cos θ
∴ ⎜ 1⎟=⎜
⎝ b 2 ⎠ ⎝ − sin θ
sin θ ⎞ ⎛ a1 ⎞
⎟⎜ ⎟ .
cos θ ⎠ ⎝ a 2 ⎠
Note-se, para já, que o vector real correspondente será
B ( t ) = ℜ {b e−iω t }
∴ B ( t ) = b1 cos (ω t ) + b 2 sin (ω t ) .
Porém, a elipse correspondente ao vector b complexo é a mesma que a do vector a
complexo. Com efeito,
B ( t ) = ℜ { b e − i ω t } = ℜ { a e − iθ e − i ω t } = a1 cos (ω t + θ ) + a 2 sin (ω t + θ ) .
Portanto, como
⎛ θ⎞
B (t ) = A ⎜ t + ⎟ ,
⎝ ω⎠
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
25
apenas a fase na origem do tempo sofre uma alteração: nem a forma da elipse nem o seu
sentido de rotação são alterados. Podemos, agora, determinar o ângulo θ para o qual se tem
b1 ⊥ b 2 , i.e., em que b1 ⋅ b 2 = 0 , de forma a que b1 e b 2 correspondam aos eixos principais
da elipse – obtendo-se, assim, a sua representação axial. Mas
1
b1 ⋅ b 2 = cos ( 2 θ )( a1 ⋅ a 2 ) − sin ( 2 θ ) ( a12 − a 22 ) .
2
Logo
tan ( 2θ ) =
b1 ⋅ b 2 = 0 ⇒
2 ( a1 ⋅ a 2 )
.
a12 − a 22
No caso particular em que a12 = a 22 , é apenas 2θ = π 2 ou seja θ = π 4 , vindo então
b1 =
a1 = a 2
⇒
1
( a1 + a2 )
2
1
b2 = −
( a1 − a2 )
2
.
Se acontecer que a1 ⋅ a 2 = 0 , é θ = 0 (i.e., b1 = a1 e b 2 = a 2 ). Assim, no caso geral, fixados os
vectores reais
a1 = x1 e1 + y1 e 2
a2 = x2 e1 + y2 e 2
⇒ a1 ∧ a 2 = ( x1 y2 − x2 y1 )( e1 ∧ e2 )
basta calcular o ângulo θ tal que
tan ( 2θ ) =
(x
2 ( x1 x2 + y1 y2 )
2
1
+ y12 ) − ( x22 + y22 )
.
Os vectores procurados serão então
b1 = x1 e1 + y1 e2
b 2 = x2 e1 + y2 e2
⇒ b1 ∧ b 2 = ( x1 y2 − x2 y1 )( e1 ∧ e2 )
com
x1 = x1 cos θ + x2 sin θ
y1 = y1 cos θ + y2 sin θ
x2 = − x1 sin θ + x2 cos θ
⇒ x1 y2 − x2 y1 = x1 y2 − x2 y1
y2 = − y1 sin θ + y2 cos θ
de modo que se tem
bivector da elipse →
b1 ∧ b 2 = a1 ∧ a 2 .
26
Carlos R. Paiva
Nas duas figuras anexas representam-se, respectivamente, as duas elipses correspondentes aos
vectores complexos a = a1 + i a 2 e b = b1 + i b 2 para os seguintes valores:
(1)
⎛ x = − 2⎞
⎛ x2 = + 1 ⎞
→ a1 = ⎜ 1
⎟ , a2 = ⎜
⎟;
⎝ y1 = − 3 ⎠
⎝ y2 = − 2 ⎠
( 2)
⎛ x = +3⎞
⎛ x2 = − 2 ⎞
→ a1 = ⎜ 1
⎟ , a2 = ⎜
⎟.
⎝ y1 = + 2 ⎠
⎝ y2 = + 1 ⎠
Atendendo a que
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
27
b = e − i θ a, b ∗ = e i θ a ∗
vem b b∗ = a a∗ , tendo-se ainda
a a∗ = a ⋅ a ∗ + a ∧ a ∗
.
b b∗ = b ⋅ b∗ + b ∧ b∗
Porém, notando que
a ∧ a∗ = − 2 i ( a1 ∧ a2 )
b ∧ b∗ = − 2 i ( b1 ∧ b 2 )
a ⋅ a∗ = a = a12 + a 22
2
b ⋅ b∗ = b = b12 + b 22
2
infere-se que
ℜ { a a∗ } = a
ℜ { b b∗ } = b
2
ℑ { a a∗ } = − 2 ( a1 ∧ a 2 )
2
ℑ { b b∗ } = − 2 ( b1 ∧ b 2 )
.
Mas então, como b b∗ = a a∗ , vem
a
2
= b
2
= b12 + b 22 ,
a1 ∧ a 2 = b1 ∧ b 2 .
Nas duas figuras anexas apresenta-se uma interpretação geométrica destas relações.
b2
a
2
= b
2
Ψ 2
b1
a2
a1 ∧ a 2 = b1 ∧ b 2
φ
a1
a1 ∧ a 2 = a1 a 2 sin φ
b1 ∧ b 2 = b1 b 2
⇒
sin φ =
b1 b 2
a1 a 2
28
Carlos R. Paiva
Analogamente, vem
a 2 = a a = a ⋅ a = ( a12 − a 22 ) + 2i ( a1 ⋅ a 2 )
b 2 = b b = b ⋅ b = b12 − b 22
.
Mas como, por outro lado, se tem
b 2 = e − 2 iθ a 2
tira-se que
b 2 = a 2 = b12 − b 22 .
No caso da PC é b1 = b 2 e, portanto,
PC → b 2 = b 2 = a 2 = a 2 = 0
embora se tenha
PC →
a = b
2
2
= 2 a12 > 0 .
Polarização
Condição
PL
a ∧ a∗ = 0
PE
a ∧ a∗ ≠ 0
PC
a2 = a ⋅ a = 0
É possível definir a polarização de um vector complexo a através de um vector real p
ortogonal ao plano do bivector a1 ∧ a 2 e tal que
polarização → p ( a ) = i
a ×a
a × a∗
= 2 21 22 ∈
∗
a ⋅a
a1 + a 2
3
⇒ p ( a∗ ) = − p ( a ) .
O vector complexo conjugado a∗ = a1 − i a 2 corresponde à mesma elipse de a = a1 + i a 2 mas
com sentido de rotação contrário – daí que p ( a∗ ) = − p ( a ) . Note-se que: (i) p ( a ) = 0 na PL;
(ii) p ( a ) = 1 na PC. Fazendo, por definição,
p (a ) = p (a )
⇒ 0 ≤ p (a) ≤ 1.
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Polarização
Condição
PL
p (a) = e (a) = 0
PE
p ( a ) ≤ 1, e ( a ) ≤ 1
PC
p (a) = e (a) = 1
29
Note-se que, sendo Ψ qualquer ângulo do quadrilátero cujas diagonais são os dois eixos
principais da elipse, vem sucessivamente
⎛Ψ⎞ b
tan ⎜ ⎟ = 2
⎝ 2 ⎠ b1
p (a) = p (b ) = 2
∴ p (a ) =
b1 × b 2
b12 + b 22
⇒
p (a ) = p (b ) = 2
2 tan ( Ψ 2 )
⇒
1 + tan 2 ( Ψ 2 )
b1 b 2
b
b
= 2 2 2 12
2
2
b1 + b 2
1 + b2 b2
p ( a ) = sin Ψ .
A área da elipse é dada por A , com
A = π b1 ∧ b 2 = π b1 b 2 =
π
2
p (a) a
2
⇒
p (a) =
2A
π a
2
.
Na figura anexa mostra-se a relação entre a elipse (orientada) do vector (complexo) a e o seu
correspondente vector (real) de polarização p ( a ) .
p (a)
a
30
Carlos R. Paiva
Exemplos: Consideremos, novamente, os dois exemplos já anteriormente considerados
ˆ = 1 (e + i e )
PCD → R
1
2
2
PCE
1
→ Lˆ =
( e1 − i e2 )
2
.
ˆ ⋅R
ˆ ∗ = Lˆ ⋅ Lˆ ∗ = 1 )
Nestes dois casos, vem então (como R
e1 × e 2 = e3
→
( )
p ( Lˆ ) = − e
ˆ ×R
ˆ ∗ = −ie
R
3
ˆ =e
→ p R
3
Lˆ × Lˆ ∗ = i e3
→
.
3
Define-se, por fim, a elipticidade e ( a ) da elipse (i.e., o quociente entre o eixo menor e o eixo
maior) tal que (com 0 ≤ e ( a ) ≤ 1 )
2 e (a)
p (a) =
= sin Ψ ⇒
1 + e2 ( a )
∴ e (a) =
e (a) =
1 − 1 − p2 (a)
p (a)
cos ( Ψ 2 )
⎛π −Ψ ⎞
= tan ⎜
⎟.
1 + sin ( Ψ 2 )
⎝ 4 ⎠
Na figura anexa representa-se a elipticidade e em função de p .
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
31
Os vectores reais e ortogonais b1 = ℜ { b } e b 2 = ℑ{ b } também se podem obter através da
seguinte forma alternativa:
b=
a2
b1 =
∴
b2 =
a
a2
⎧⎪
a2 ℜ ⎨
⎪⎩
⎧⎪
a2 ℑ ⎨
⎩⎪
a ⎫⎪
⎬
a 2 ⎪⎭
.
a ⎫⎪
⎬
a 2 ⎭⎪
Com efeito, tal como se viu anteriormente, é
b 2 = e − 2 iθ a 2
(a
2
1
∴
− a 22 ) + 2 i ( a1 ⋅ a 2 ) = e 2 iθ ( b12 − b 22 )
a12 − a 22 = ( b12 − b 22 ) cos ( 2 θ )
2 ( a1 ⋅ a 2 ) = ( b12 − b 22 ) sin ( 2θ )
⇒ tan ( 2 θ ) =
2 ( a1 ⋅ a 2 )
a12 − a 22
pelo que
a 2 = e iθ b 2 = e iθ
b12 − b 22 = z = z e iθ ∈
∴
a2
=
a2
z
= e − iθ
z
provando-se, deste modo, que – de acordo com a expressão apresentada – também b e a
correspondem à mesma elipse orientada. Por outro lado, como se tem
b2 = b ⋅ b =
a2
2
= a2 > 0
isto significa que, efectivamente, vem
b 2 = ( b1 + i b 2 )( b1 + i b 2 ) = ( b12 − b 22 ) + i ( b1 b 2 + b 2 b1 ) = ( b12 − b 22 ) + 2 i ( b1 ⋅ b 2 ) ∈
∴ b2 ∈
⇒
b1 ⋅ b 2 = 0
tal como deveria acontecer para os eixos principais da elipse, i.e., b1 ⊥ b 2 .
Nota: Uma outra forma de calcular o ângulo φ =
∴ tan ( 2 θ ) =
2 ( a1 ⋅ a 2 )
⇒
a12 − a 22
cos φ =
( a1 , a2 )
é a seguinte:
a12 − a 22
tan ( 2θ ) .
2 a1 a 2
32
Carlos R. Paiva
Comentário importante: Este processo de calcular o vector complexo b = b1 + i b 2 a partir do
vector complexo
a = a1 + i a 2
garante duas coisas: (i) que
b1 ⋅ b 2 = 0 ; (ii) que
b 2 = b12 − b 22 = a 2 > 0 , i.e., que se tem b1 > b 2 . Deste modo podemos afirmar que
b1 > b 2
→
b1 =
a2
⎧⎪ a ⎫⎪
ℜ⎨
⎬
2
⎪⎩ a ⎭⎪ .
semi-eixo menor da elipse →
b2 =
a2
⎧⎪ a ⎫⎪
ℑ⎨
⎬
2
⎪⎩ a ⎭⎪
semi-eixo maior da elipse
→
Exercício 22
Nem todos os vectores complexos correspondem, fisicamente, a vectores reais harmónicos no
tempo. É o caso, e.g., do vector de onda k para uma onda plana não uniforme a propagar-se
no ar. Analise este caso e indique uma situação que dê origem a este tipo de onda.
Resolução
Como estamos a considerar propagação no ar deve ter-se
k 2 = k ⋅ k = k02 , k0 =
ω
c
em que
k = k1 + i k 2 ∈
3
.
Assim, vem
( k1 + i k 2 )
∴
2
= ( k12 − k 22 ) + i ( k1 k 2 + k 2 k1 ) = ( k12 − k 22 ) + 2 i ( k1 ⋅ k 2 ) = k02
k 12 − k 22 = k02
k1 ⋅ k 2 = 0
o que significa que os vectores k 1 e k 2 são ortogonais (os planos de fase constante são
ortogonais aos planos de amplitude constante) e, ainda, que k1 > k 2 . Podemos, portanto,
(
)
escrever k = k (φ ) na forma paramétrica k = kˆ 1 cosh φ + i kˆ 2 sinh φ k0 . Para uma onda plana
e monocromática, vem
E ( r, t ) = ℜ { Eω ( r ) e − i ω t } , Eω ( r ) = E0 ei k ⋅r , exp ( i k ⋅ r ) = exp ( i k 1 ⋅ r ) exp ( − k 2 ⋅ r )
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
k1 = k1 = k0 cosh φ
k2 = k 2 = k0 sinh φ
k 1 = k1 kˆ 1
k = k kˆ
2
2
2
33
kˆ 1 ⋅ r = ζ = r cos θ
kˆ 2 ⋅ r = ξ = r sin θ
exp ( i k ⋅ r ) = exp ( i k1 ζ ) exp ( − k2 ξ ) = exp ( i k1 cos θ r ) exp ( − k2 sin θ r )
∴
β = k1 cos θ = k0 cosh φ cos θ
→
α = k2 sin θ = k0 sinh φ sin θ
exp ( i k ⋅ r ) = exp ( i β r ) exp ( − α r ) .
A equação k12 − k 22 = k02 é a equação de uma hipérbole – tal como se indica na figura anexa. A
direcção longitudinal de propagação é o eixo ζ
com uma constante de propagação
longitudinal k1 = k0 cosh φ . O eixo ξ , ortogonal a ζ , é a direcção de atenuação transversal
k2 = k0 sinh φ . Ao longo da direcção r̂ de observação, a constante de propagação é β e a
constante de atenuação é α .
Os planos de fase constante, que são paralelos ao bivector F1 = kˆ 1 e123 , e os planos de
amplitude constante, que são paralelos ao bivector F2 = kˆ 1 e123 , são mutuamente ortogonais
(ver figura anexa). Note-se que a direcção da velocidade de fase é k̂ 1 , tendo-se
vp =
ω ˆ
k1 =
k1
ω
k0 cosh φ
kˆ 1 =
c ˆ
k1 .
cosh φ
34
Carlos R. Paiva
plano → γ = 0
r = r rˆ
ξ = r sin θ
k̂ 2
θ
k̂ 1
ζ = r cos θ
Apesar de ao vector complexo k não corresponder qualquer grandeza real harmónica no
tempo podemos representar este vector por uma elipse. O semi-eixo maior desta elipse é
k1 = k0 cosh φ (a constante de propagação longitudinal) e o semi-eixo menor é k2 = k0 sinh φ
(a constante de atenuação transversal) – tal como se indica na figura anexa.
ξ
k0 sinh φ
k = k1 + i k 2
k2
ζ
k1
k0 cosh φ
A anterior decomposição só é possível quando o vector r se encontra no plano do bivector
kˆ 1 ∧ kˆ 2 . Em geral, porém, deve escrever-se (em coordenadas esféricas)
(
)
(
rˆ = cos γ cos θ kˆ 1 + sin θ kˆ 2 + sin γ kˆ 1 × kˆ 2
ζ = r cos θ
→
ξ = r sin θ
)
kˆ 1 ⋅ r = ζ cos γ = r cos γ cos θ
kˆ 2 ⋅ r = ξ cos γ = r cos γ sin θ
exp ( i k ⋅ r ) = exp ( i k1 cos γ ζ ) exp ( − k2 cos γ ξ )
= exp ( i k1 cos γ cos θ r ) exp ( − k2 cos γ sin θ r )
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
∴
35
β = k1 cos γ cos θ = k0 cosh φ cos γ cos θ
→
α = k2 cos γ sin θ = k0 sinh φ cos γ sin θ
exp ( i k ⋅ r ) = exp ( i β r ) exp ( − α r ) .
Assim, quando γ = 0 , recupera-se a situação já analisada. Porém, quando γ = π 2 , é
rˆ = kˆ 1 × kˆ 2 e, consequentemente, β = α = 0 : a onda plana não uniforme comporta-se, nesta
direcção ortogonal ao bivector kˆ 1 ∧ kˆ 2 , como uma onda de amplitude constante e,
simultaneamente, de fase (também) constante.
Uma onda não uniforme pode ocorrer numa situação de reflexão interna total numa interface
plana entre dois meios dieléctricos sem perdas: um meio 1, de índice refracção n1 , e um meio
2, de índice de refracção n2 (com n1 > n2 ). A lei de Snell mostra que
n1 sin θ1 = n2 sin θ 2 .
Então, a reflexão interna total ocorre para θ1 ≥ θc , em que o ângulo crítico θc é tal que
sin θ c =
n2
<1.
n1
Para θ1 ≥ θ c a lei de Snell revela que θ1 ∈
θ2 =
π
2
, com
− iφ, φ > 0 .
Com efeito, vem sucessivamente
⎛π
⎞
n1 sin θ1 = n2 sin θ 2 = n2 sin ⎜ − i φ ⎟ = n2 cos ( i φ ) = n2 cosh φ ≥ n2
⎝2
⎠
sendo φ = 0 apenas quando θ1 = θc . Note-se ainda que, no meio 2, a constante de propagação
é efectivamente da forma k = k1 + i k 2 ∈
. Tem-se
β = n1 k0 sin θ1 bˆ = n2 k0 sin θ 2 bˆ
θ1 < θ c →
h = n1 k0 cos θ1 qˆ
q = n2 k0 cos θ 2 qˆ
tal como se ilustra na figura anexa em que
β = ki − h
β = kr + h .
β = kt − q
36
Carlos R. Paiva
q̂
n2 k0 sin θ 2
θ2
kt
q
n2 k0 cos θ 2
n2
β
β
n1
h
ki
θ1
θ1
n1k0 sin θ1
kr
b̂
n1k0 cos θ1
n1k0 sin θ1
⎛π
⎞
β = n1 k0 sin θ1 bˆ = n2 k0 sin θ 2 bˆ = n2 k0 sin ⎜ − i φ ⎟ bˆ = n2 k0 cosh φ bˆ
⎝2
⎠
θ1 ≥ θ c →
h = n1 k0 cos θ1 qˆ
⎛π
⎞
q = n2 k0 cos θ 2 qˆ = n2 k0 cos ⎜ − i φ ⎟ qˆ = n2 k0 sin ( i φ ) qˆ = i n2 k0 sinh φ qˆ
⎝2
⎠
Portanto, no meio 2 e para θ1 ≥ θ c , é (com bˆ ⋅ qˆ = 0 )
k1 = n2 k0 cosh φ bˆ
θ1 ≥ θ c → k t = k = k1 + i k 2 →
k 2 = n2 k0 sinh φ qˆ
sendo, ainda,
k 2 = k ⋅ k = k 12 − k 22 = n22 k02 , k0 =
ω
c
.
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
37
Exercício 23
Usando a definição geométrica de determinante de um operador linear, mostre que
det ( f g) = det ( f ) det ( g) .
Considere que f , g :
3
→
3
(i.e., que podemos considerar que tanto f como g são
endomorfismos da álgebra C 3 ).
Resolução
Seja h :
3
→
3
b = h ( a ) um operador linear, i.e., tal que
:a
h (α a + β b ) = α h ( a ) + β h ( b ) , α , β ∈
.
Através das duas generalizações seguintes (em que a, b, c ∈
2
primeira generalização h : ∧
3
h:∧
segunda generalização
3
3
2
→∧
3
→∧
3
)
3
h (a ∧ b ) = h (a ) ∧ h (b )
3
h (a ∧ b ∧ c) = h (a ) ∧ h (b ) ∧ h (c)
e, admitindo que também se encontra definido o operador em
→
f:
tal que
β = f (α ) , então é possível generalizar h a um endomorfismo de C 3 , i.e.,
:α
tem-se
h:C
3
→C
3
:u
v = h (u ) .
Notando que o elemento (ou multivector) genérico de C
u = α + a + b e123 + β e123 ∈
⊕
3
2
⊕∧
3
3
⊕∧
3
=C
3
tem a forma
3
podemos então escrever
h ( u ) = h (α ) + h ( a ) + h ( b e123 ) + β h ( e123 ) ∈
⊕
3
2
⊕∧
3
3
⊕∧
3
= C 3.
A definição geométrica de determinante (i.e., a definição que não recorre ao cálculo matricial)
estabelece que se tem
definição geométrica
de determinante
→ h ( e123 ) = det ( h ) e123 .
Note-se que
e123 = e1 e2 e3 = e1 ∧ e2 ∧ e3 ⇒ h ( e123 ) = h ( e1 ∧ e 2 ∧ e3 ) = h ( e1 ) ∧ h ( e2 ) ∧ h ( e3 )
∴
h ( e1 ) ∧ h ( e2 ) ∧ h ( e3 ) = det ( h ) e123
38
Carlos R. Paiva
o que significa que det ( h ) nos diz de que forma o volume elementar orientado e123 se
transforma no volume orientado h ( e1 ) ∧ h ( e2 ) ∧ h ( e3 ) .
h ( e123 ) = det ( h ) e123
e1
h
h ( e1 )
h ( e2 )
e2
e3
h ( e3 )
Vejamos o caso concreto colocado por este exercício. Admitamos que se tem
h ( a ) = ( f g )( a ) = ( f g)( a ) = f ⎡⎣g ( a ) ⎤⎦ .
Então
h ( e123 ) = det ( h ) e123
h ( e123 ) = ( f g )( e123 ) = f ⎡⎣g ( e123 ) ⎤⎦ = det ( g) f ( e123 ) = det ( g) det ( f ) e123
∴
det ( f g) = det ( f ) det ( g) , Q.E.D.
Note-se que, um resultado desta definição geométrica de determinante, é a definição de
função inversa. A função adjunta h da função h define-se como segue
a ⋅ h ( b ) = h ( a ) ⋅ b, ∀a, b ∈
3
.
2
Demonstra-se então que, se F ∈ ∧
3
,
det ( h ) F e123 = h ( e123 ) F = h ⎡⎣e123 h ( F ) ⎤⎦ .
Daqui se infere que, fazendo b = F e123 , vem
−1
det ( h ) b = h ⎡⎣e123 h ( b e123
)⎤⎦ ⇒
h−1 ( b ) =
e123
−1
h ( b e123
).
det ( h )
Desta escrita da função inversa também resulta, imediatamente, que
h ( b e123 ) = det ( h ) h −1 ( b ) e123 .
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
39
Podemos, então, caracterizar o endomorfismo de C
u = α + a + b e123 + β e123 ∈
⊕
3
2
⊕∧
3
3
⊕∧
3
3
=C
como segue.
3
∴ h ( u ) = h (α ) + h ( a ) + det ( h ) h −1 ( b ) e123 + β det ( h ) e123 ∈
⊕
3
2
⊕∧
3
3
⊕∧
3
= C 3.
Exercício 24
Sendo α , β ∈
e a, m, n ∈
3
tais que m 2 = n 2 = 1 , calcule o determinante da função
f (a) = α a + β (a ⋅ m) n .
Resolução
Comecemos por calcular f ( a ∧ b ) . Vem sucessivamente
f ( a ∧ b ) = f ( a ) ∧ f ( b ) = ⎡⎣α a + β ( a ⋅ m ) n ⎤⎦ ∧ ⎡⎣α b + β ( b ⋅ m ) n ⎤⎦
= α 2 ( a ∧ b ) + α β ( b ⋅ m )( a ∧ n ) + α β ( a ⋅ m )( n ∧ b )
= α 2 ( a ∧ b ) + α β ⎡⎣( b ⋅ m ) a − ( a ⋅ m ) b ⎤⎦ ∧ n
= α 2 ( a ∧ b ) − α β ⎡⎣m
( a ∧ b )⎤⎦ ∧ n
pelo que, fazendo F = a ∧ b , se obtém então
f (F ) = α 2 F − α β (m F ) ∧ n .
Tendo em consideração que
m
( a ∧ b ∧ c ) = ( a ⋅ m )( b ∧ c ) − ( b ⋅ m )( a ∧ c ) + ( c ⋅ m )( a ∧ b )
obtém-se, de forma análoga, que
f ( a ∧ b ∧ c ) = α 3 ( a ∧ b ∧ c ) + α 2 β ⎡⎣m
Assim, em particular, tem-se
f ( e123 ) = α 2 ⎡⎣α + β ( m ⋅ n ) ⎤⎦ e123
uma vez que
(m
e123 ) ∧ n = ( m ⋅ n ) e123 .
Logo, de
f ( e123 ) = det ( f ) e123
infere-se finalmente que
( a ∧ b ∧ c )⎤⎦ ∧ n .
40
Carlos R. Paiva
det ( f ) = α 2 ⎡⎣α + β ( m ⋅ n ) ⎤⎦ .
Apliquemos este resultado à função dieléctrica uniaxial ε ( a ) = ε ⊥ a + ( ε − ε ⊥ ) ( a ⋅ c ) c em que
a, c ∈
3
e c 2 = 1 . Vem então: det ( ε ) = ε ε ⊥2 .
Exercício 25
3
Um operador em
(i.e., uma aplicação f :
a ⋅ f ( b ) = f ( a ) ⋅ b, ∀ab ∈
3
3
→
3
) é simétrico, i.e.,
.
Um tal operador é diagonalizável, i.e., existe uma base ortonormada Bs = { e1 , e2 , e3 } de
3
constituída pelos respectivos vectores próprios. Prove, neste caso, o teorema de CayleyHamilton: para a ∈
3
, tem-se
teorema de Cayley-Hamilton → f 3 ( a ) − α 2 f 2 ( a ) + α1 f ( a ) − α 0 a = 0
em que
λ 3 − α 2 λ 2 + α1 λ − α 0 = 0
é o polinómio característico do operador.
Resolução
Comecemos por notar que, para a ∈
3
, se tem
a1 = ( a ⋅ e1 ) e1
a2 = ( a ⋅ e2 ) e2
a3 = ( a ⋅ e 2 ) e3
⇒ a = a1 + a 2 + a3 .
Por outro lado, é
f ( e1 ) = λ1 e1
f ( e 2 ) = λ2 e 2
f ( e3 ) = λ3 e3
em que λ1 , λ2 , λ3 são os três valores próprios (não necessariamente distintos) do operador f .
Em particular, tem-se
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
41
f ( a1 ) = f ⎡⎣( a ⋅ e1 ) e1 ⎤⎦ = ( a ⋅ e1 ) f ( e1 ) = λ1 ( a ⋅ e1 ) e1 = λ1 a1
f 2 ( a1 ) = f ⎡⎣ f ( a1 ) ⎤⎦ = λ1 f ( a1 ) = λ12 a1
f 3 ( a1 ) = f ⎡⎣ f 2 ( a1 ) ⎤⎦ = λ12 f ( a1 ) = λ13 a1
de forma que o polinómio característico
λ 3 − α 2 λ 2 + α1 λ − α 0 = 0
se converte em
λ1 = a1−1 f ( a1 )
λ12 = a1−1 f 2 ( a1 ) ⇒ a1−1 f 3 ( a1 ) − α 2 a1−1 f 2 ( a1 ) + α1 a1−1 f ( a1 ) − α 0 = 0
λ13 = a1−1 f 3 ( a1 )
ou ainda
f 3 ( a1 ) − α 2 f 2 ( a1 ) + α1 f ( a1 ) − α 0 a1 = 0 .
Assim, tem-se
f 3 ( a1 ) − α 2 f 2 ( a1 ) + α1 f ( a1 ) − α 0 a1 = 0
f 3 ( a 2 ) − α 2 f 2 ( a 2 ) + α1 f ( a 2 ) − α 0 a 2 = 0 .
f 3 ( a 3 ) − α 2 f 2 ( a 3 ) + α1 f ( a 3 ) − α 0 a 3 = 0
Porém, facilmente se verifica que
f ( a1 ) + f ( a 2 ) + f ( a3 ) = f ( a )
a = a1 + a 2 + a3
⇒
f 2 ( a1 ) + f 2 ( a 2 ) + f 2 ( a3 ) = f 2 ( a )
f 3 ( a1 ) + f 3 ( a 2 ) + f 3 ( a3 ) = f 3 ( a )
pelo que, finalmente, se obtém
f 3 ( a ) − α 2 f 2 ( a ) + α1 f ( a ) − α 0 a = 0 , Q.E.D.
Note-se que se tem
( λ − λ1 )( λ − λ2 )( λ − λ3 ) = λ 3 − ( λ1 + λ2 + λ3 ) λ 2 + ( λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ2 λ3 ) λ − λ1 λ2 λ3
α2
em que os invariantes α 0 , α1 , α 2 são dados por
α 0 = det ( f ) = λ1 λ2 λ3
α1 = λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ2 λ3 .
α 2 = tr ( f ) = λ1 + λ2 + λ3
α1
α0
=0
Carlos R. Paiva
42
Exercício 26
Em electrostática tem-se E = − ∇Φ pelo que, para regiões sem cargas eléctricas, se obtém a
equação de Laplace ∇ 2 Φ = 0 . Determine a solução geral desta equação em coordenadas
hiperbólicas ( u, v,ϑ ) admitindo que o potencial escalar Φ só depende de u , i.e., que
∂Φ ∂Φ
=
= 0.
∂ v ∂ϑ
Em coordenadas hiperbólicas, as coordenadas cartesianas rectangulares ( x, y, z ) são dadas
por
⎧ x = cosh u cos v cos ϑ
⎪
⎨ y = cosh u cos v sin ϑ .
⎪ z = sinh u sin v
⎩
Resolução
O vector de posição r em coordenadas curvilíneas ( u1 , u2 , u3 ) é dado por
r = x1 f1 + x 2 f 2 + x3 f3 = x1 f 1 + x2 f 2 + x3 f 3 = α1 e1 + α 2 e2 + α 3 e3 = x e x + y e y + z e z
coordenadas curvilíneas
em que B = { f1 , f 2 , f3 } é uma base de
coordenadas cartesianas
3
, B ∗ = { f 1 , f 2 , f 3 } é a correspondente base dual (ou
recíproca) e Bs = { e x , e y , e z } a base ortonormada em coordenadas cartesianas rectangulares.
Pretende-se determinar, portanto, a base não holónoma (i.e., ortonormada) correspondente às
coordenadas curvilíneas em questão e que designaremos por Bˆ = { e1 , e2 , e3 } . Note-se que
⎛ e1 ⋅ e1 e1 ⋅ e2
⎜
Gˆ = ⎜ e2 ⋅ e1 e2 ⋅ e2
⎜ e ⋅e e ⋅e
⎝ 3 1 3 2
e1 ⋅ e3 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞
⎟ ⎜
⎟
e 2 ⋅ e3 ⎟ = ⎜ 0 1 0 ⎟
e3 ⋅ e3 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠
tal como
⎛ ex ⋅ ex
⎜
Gs = ⎜ e y ⋅ e x
⎜
⎝ ez ⋅ ex
ex ⋅ e y
ey ⋅ey
ez ⋅ e y
ex ⋅ ez ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞
⎟ ⎜
⎟
e y ⋅ ez ⎟ = ⎜ 0 1 0 ⎟ .
e z ⋅ e z ⎠⎟ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠
Em geral, porém, tem-se
⎛ f1 ⋅ f1 f1 ⋅ f 2
⎜
G = ⎜ f 2 ⋅ f1 f 2 ⋅ f2
⎜ f ⋅f f ⋅f
⎝ 3 1 3 2
f1 ⋅ f3 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞
⎟ ⎜
⎟
f 2 ⋅ f3 ⎟ ≠ ⎜ 0 1 0 ⎟
f3 ⋅ f3 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
43
tal como
⎛ f1 ⋅f1 f1 ⋅f 2
⎜
G −1 = ⎜ f 2 ⋅ f 1 f 2 ⋅ f 2
⎜ 3 1 3 2
⎝ f ⋅f f ⋅f
f1 ⋅f 3 ⎞ ⎛1 0 0⎞
⎟ ⎜
⎟
f 2 ⋅f 3 ⎟ ≠ ⎜0 1 0⎟ .
f 3 ⋅ f 3 ⎠⎟ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠
Com efeito, por definição,
⎧1, i = j
f i ⋅ f j = δ ij = ⎨
.
⎩0, i ≠ j
No caso específico das coordenadas hiperbólicas em que
⎧ x = cosh u cos v cos ϑ
⎪
⎨ y = cosh u cos v sin ϑ
⎪ z = sinh u sin v
⎩
tem-se
r = cosh u cos v ( cos ϑ e x + sin ϑ e y ) + sinh u sin v e z .
Note-se que o plano ϑ = 0 corresponde ao plano y = 0 . Neste plano as curvas u = constante
são tais que
x = cosh u cos v
x2
z2
→
+
= 1 ← u = constante
ϑ =0 →
z = sinh u sin v
cosh 2 u sinh 2 u
e correspondem, portanto, a elipses. As curvas v = constante , por sua vez, são tais que
ϑ =0 →
x = cosh u cos v
x2
z2
→
−
= 1 ← v = constante
z = sinh u sin v
cos 2 v sin 2 v
e correspondem, portanto, a hipérboles.
Nestas condições, a base não holónoma Bˆ = { eu , ev , eϑ } é então constituída pelos vectores
eu =
1
1
1
fu , ev = fv , eϑ =
fϑ .
hu
hv
hϑ
Tem-se
∂r
= sinh u cos v ( cos ϑ e x + sin ϑ e y ) + cosh u sin v e z
∂u
∂r
fv =
= − cosh u sin v ( cos ϑ e x + sin ϑ e y ) + sinh u cos v e z .
∂v
∂r
fϑ =
= cosh u cos v ( − sin ϑ e x + cos ϑ e y )
∂ϑ
fu =
Carlos R. Paiva
44
Facilmente se verifica que se trata de um sistema de coordenadas curvilíneas ortogonais, pois
fu ⋅ f v = 0
fu ⋅ fϑ = 0 .
fv ⋅ fϑ = 0
Os coeficientes métricos são dados por
hu = fu =
cosh 2 u − cos 2 v =
sinh 2 u + sin 2 v
hv = fv = cosh 2 u − cos 2 v =
hϑ = fϑ = cosh u cos v
sinh 2 u + sin 2 v
de modo que o laplaciano assume a forma
∇2Φ =
1
hu hv hϑ
⎡ ∂ ⎛ hv hϑ ∂ Φ ⎞ ⎤
1
⎢
⎜
⎟⎥ =
2
2
⎣ ∂ u ⎝ hu ∂ u ⎠ ⎦ cosh u cos v ( cosh u − cos v )
⎡ ∂
⎢
⎣∂u
⎛
∂ Φ ⎞⎤
⎜ cosh u cos v
⎟⎥
∂ u ⎠⎦
⎝
uma vez que se admite, por hipótese, que o potencial escalar Φ só depende da variável u .
Infere-se daqui que a equação de Laplace para o potencial electrostático será portanto
∇ 2Φ = 0 ⇒
∂
∂u
⎛
∂Φ ⎞
⎜ cosh u cos v
⎟=0
u
∂
⎝
⎠
donde se tira que
k1
2 k1
2 k1 eu
∂Φ
=
=
=
∂ u cosh u eu + e −u e 2u + 1
d Φ = k2
∴
eu
(e )
u 2
+1
du
Φ ( u ) = A tan −1 ( eu ) + B .
Esta é, portanto, a função potencial escalar mais geral que – em coordenadas hiperbólicas – é
possível encontrar, desde que se admita que esta função depende exclusivamente da
coordenada u .
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
45
Exercício 27
A impermeabilidade dieléctrica de um meio anisotrópico não-magnético uniaxial é
caracterizada pela função
η (a) =
⎛ 1 1 ⎞
1
a + ⎜ 2 − 2 ⎟ (c ⋅ a) c
2
no
⎝ ne no ⎠
em que a, c ∈
3
e c 2 = 1 . Admita que, num sistema de coordenadas esféricas, o eixo óptico
do cristal é dado por
c = sin θ ( cos φ e x + sin φ e y ) + cos θ e z .
Determine o correspondente elipsóide de índices.
Resolução
A impermeabilidade dieléctrica é a inversa da função dieléctrica, i.e., tem-se η = ε −1 . O
elipsóide de índices é a representação geométrica da forma quadrática associada à
impermeabilidade dieléctrica. Seja r = x e x + y e y + z e z um ponto qualquer de
3
. A forma
quadrática Q ( r ) associada à impermeabilidade diléctrica será então
Q (r ) = r ⋅ η (r ) .
Ou seja,
forma quadrática
Q (r ) =
→
1 2 ⎛ 1 1 ⎞
2
r + ⎜ 2 − 2 ⎟ (c ⋅ r ) .
2
no
⎝ ne no ⎠
Note-se que, com efeito, se tem
Q (λ r ) = λ 2 Q (r ) , λ ∈
.
Portanto
⎡1 ⎛ 1 1 ⎞
⎤
⎡1 ⎛ 1 1 ⎞
⎤
Q ( x, y, z ) = ⎢ 2 + ⎜ 2 − 2 ⎟ sin 2 θ cos 2 φ ⎥ x 2 + ⎢ 2 + ⎜ 2 − 2 ⎟ sin 2 θ sin 2 φ ⎥ y 2
⎣ no ⎝ ne no ⎠
⎦
⎣ no ⎝ ne no ⎠
⎦
⎡1 ⎛ 1 1 ⎞
⎤
+ ⎢ 2 + ⎜ 2 − 2 ⎟ cos 2 θ ⎥ z 2
⎣ no ⎝ ne no ⎠
⎦
⎛ 1 1 ⎞
+ 2 ⎜ 2 − 2 ⎟ sin θ [ sin θ sin φ cos φ x y + cos θ cos φ x z + cos θ sin φ y z ]
⎝ ne no ⎠
a que corresponde o elipsóide de índices
elipsóide de índices
→
Q ( x, y , z ) = 1 .
Carlos R. Paiva
46
No entanto, o sistema de coordenadas ( x, y, z ) não é o melhor para a escrita deste elipsóide.
Basta considerar um novo sistema de coordenadas ( x , y , z ) em que o eixo z está alinhado
com o eixo óptico para simplificar consideravelmente a equação do elipsóide de índices: estáse, portanto, a escolher para ( x , y , z ) o referencial dos chamados eixos dieléctricos principais
no qual a forma quadrática é diagonal, i.e.,
x2 + y2 z 2
+ 2 =1 .
θ = 0 → Q ( x, y, z ) =
no2
ne
Trata-se, portanto, de um elisóide de revolução cujo eixo de simetria é precisamente o eixo z
. Ao longo de z mede-se o índice extraordinário ne enquanto que, sobre o plano ( x , y ) , se
mede o índice ordinário no . O caso em que ne = no corresponde ao caso particular de um
material isotrópico.
Define-se a impermeabilidade ao longo de uma direcção s ∈
η s = s ⋅ η (s) =
3
, com s 2 = 1 , como sendo
1 ⎛ 1 1 ⎞
2
+ ⎜ 2 − 2 ⎟ (c ⋅ s) .
2
no ⎝ ne no ⎠
Definindo s = s x e x + s y e y + sz e z , com sx2 + s y2 + sz2 = 1 , virá então
η s = s ⋅ η (s ) =
1 ⎛ 1 1 ⎞
+ ⎜ 2 − 2 ⎟ ⎣⎡sin 2 θ ( cos 2 φ sx2 + sin 2 φ s y2 ) + cos 2 θ sz2
2
no ⎝ ne no ⎠
+ 2 sin θ ( sin θ sin φ cos φ sx s y + cos θ cos φ sx sz + cos θ sin φ s y sz ) ⎤⎦ .
Por exemplo, quando s = e z vem
ηs =
cos 2 θ sin 2 θ
+ 2 .
ne2
no
Exercício 28
Sejam S e S dois referenciais de inércia e
⎛ct ⎞
⎜ ⎟
x
X = ⎜ ⎟∈
⎜ y⎟
⎜ ⎟
⎝z⎠
4
,
⎛c t
⎜
x
X =⎜
⎜ y
⎜
⎝ z
⎞
⎟
⎟∈
⎟
⎟
⎠
4
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
47
dois acontecimentos, respectivamente, em S e S . Admitamos que a relação entre X e X é
linear e da forma
X = L X , L ∈ Mat ( 4,
).
Definindo
⎛1 0 0 0 ⎞
⎜
⎟
0 −1 0 0 ⎟
⎜
g = diag (1, − 1, − 1, − 1) =
⎜ 0 0 −1 0 ⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 0 −1⎠
mostre que, de acordo com os dois postulados de Einstein da relatividade restrita, se tem
necessariamente
LT g L = g .
Resolução
Comecemos por recordar, aqui, a definição de referencial de inércia. Diz-se que um
referencial é de inércia quando uma partícula material continua o seu estado de movimento
(incluindo o de repouso) com velocidade constante, desde que nenhuma força externa actue
sobre ela. Os dois postulados de Einstein da relatividade restrita são:
[ P1 ]
Todos os referenciais de inércia são equivalentes do ponto de vista da descrição das
leis da física (princípio da relatividade).
[ P2 ]
A velocidade da luz (no vácuo) é a mesma em todos os referenciais de inércia
(princípio da constância da velocidade da luz).
Assim, de acordo com P2, se a luz se propaga na forma de uma onda esférica
x 2 + y 2 + z 2 = c 2 t 2 no referencial S , esta mesma onda é vista, do ponto de vista do referencial
S , como x 2 + y 2 + z 2 = c 2 t 2 . Atendendo às definições do enunciado, podemos então
escrever
P2 →
S
→ c2 t 2 − x2 − y 2 − z 2 = 0
→
X Tg X =0
S
→ c2 t 2 − x 2 − y 2 − z 2 = 0 →
X Tg X =0
A relação entre X e X é dada por
X =LX
⇒
Assim, vem
X T = X T LT , L ∈ Mat ( 4,
).
.
48
Carlos R. Paiva
X Tg X =0 ⇒
X T LT g L X = 0
ou, introduzindo a matriz
G = LT g L ,
podemos ainda reescrever
P2 →
S
→ c2 t 2 − x2 − y 2 − z 2 = 0
→
X Tg X =0
S
→ c2 t 2 − x 2 − y 2 − z 2 = 0 →
X TG X = 0
.
Consideremos, agora, que se tem
⎛1⎞
⎜ ⎟
u
X =⎜ ⎟ ⇒
⎜v⎟
⎜ ⎟
⎝ w⎠
X T = (1 u v w )
pelo que
⎛ 1 0 0 0 ⎞⎛ 1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
0 −1 0 0 ⎟⎜ u ⎟
T
⎜
= 1 − u 2 − v 2 − w2 = 0
X g X = (1 u v w )
⎜ 0 0 −1 0 ⎟⎜ v ⎟
⎜
⎟⎜ ⎟
⎝ 0 0 0 −1⎠⎝ w ⎠
∴
u 2 + v 2 + w2 = 1 .
Como a matriz G = LT g L é simétrica, podemos escrever
⎛α
⎜
a
T
G = L gL=⎜ x
⎜ ay
⎜
⎝ az
ax
ay
S11
S12
S12
S22
S13
S23
az ⎞
⎟
S13 ⎟ ⎛ α
=⎜
S23 ⎟ ⎝ a
⎟
S33 ⎠
⎛ ax ⎞
⎛ S11
aT ⎞
⎜ ⎟
⎜
⎟ , a = ⎜ a y ⎟ , S = ⎜ S12
S ⎠
⎜a ⎟
⎜S
⎝ z⎠
⎝ 13
S12
S22
S23
S13 ⎞
⎟
S23 ⎟
S33 ⎟⎠
donde resulta
⎛u⎞
⎛u⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
X G X = 0 ⇒ α + 2 a ⎜ v ⎟ + ( u v w) S ⎜ v ⎟ = 0 .
⎜ w⎟
⎜ w⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
T
T
Porém, esta última equação deve ser equivalente a X T g X = 0 , i.e., a u 2 + v 2 + w2 = 1 . Ora
isto só será possível caso se tenha
⎧a=0
⎨
⎩ S = −α I
para que
⎛ ax ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ −α
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⇒ a = ⎜ ay ⎟ = ⎜ 0 ⎟ , S = ⎜ 0
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎝ az ⎠ ⎝ 0 ⎠
⎝ 0
0
−α
0
0 ⎞
⎟
0 ⎟
−α ⎠⎟
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
49
X T G X = 0 ⇒ α ⎡⎣1 − ( u 2 + v 2 + w2 ) ⎤⎦ = 0 .
Infere-se, portanto, que deverá ser
⎛α
⎜
0
T
G = L g L =α g = ⎜
⎜0
⎜
⎝0
0
−α
0
0
0
0
−α
0
0 ⎞
⎟
0 ⎟
.
0 ⎟
⎟
−α ⎠
Logo, vem sucessivamente
LT g L = α g ⇒ LT g = α g L−1 ⇒ g −1 LT g = α L−1 .
Como g −1 = g , obtém-se ainda
L−1 = α −1 g LT g .
Admitamos, agora, que
⎛ L00
⎜ 1
L
L = ⎜ 20
⎜L 0
⎜⎜ 3
⎝L 0
L01
L0 2
L11
L12
L21
L2 2
L31
L32
⎛ M 00
L03 ⎞
⎟
⎜ 1
L13 ⎟
M
−1
, L = ⎜ 20
2 ⎟
⎜M 0
L3
⎟
⎜⎜ 3
L33 ⎟⎠
⎝M 0
M 01
M 02
M 11
M 12
M 21
M 22
M 31
M 32
M 03 ⎞
⎟
M 13 ⎟
.
M 23 ⎟
⎟
M 33 ⎟⎠
Se se fizer então L0 0 = γ , isto significa que
x= y=z=0 ⇒
t =γ t.
Porém, se L0 0 = γ então M 0 0 = γ α pois L−1 = α −1 g LT g . Mas então, como X = L−1 X ,
x = y =z =0 ⇒ t=
γ
t .
α
Porém, pelo postulado P1, deverá ter-se
γ
=γ
α
⇒ α = 1.
Assim, conclui-se que
L−1 = g LT g ⇒
g = LT g L , Q.E.D.
A consequência deste exercício é a seguinte: o grupo de Lorentz é constituído por
grupo de Lorentz
→
O (1,3) = { L ∈ Mat ( 4,
) | LT g L = g }
.
50
Carlos R. Paiva
Exercício 29
2
Considere um bivector F ∈ ∧
1,3
. Em C
1,3
nem todos os bivectores são simples como em
C 3 . Em geral, tem-se
F2 = F2
0
+ F2
4
∈
4
⊕∧
1,3
.
Um bivector simples é aquele para o qual F 2
bivectores simples em C
1,3
4
= 0 , i.e., F 2 ∈
. Existem três tipos de
: (i) os bivectores nulos, para os quais F 2 = 0 ; (ii) os bivectores
hiperbólicos, para os quais F 2 > 0 ; (iii) os bivectores elípticos, para os quais F 2 < 0 . Mostre
que é sempre possível decompor o bivector F na forma
F = F1 + F2 , F12 > 0, F22 < 0 .
⎛ F
Sugestão: Faça ⎜
⎝ φ +ψ
2
⎞
⎟ = 1 em que φ ,ψ ∈
I⎠
.
Resolução
Façamos
F1 =
φ
ψ
F, F2 =
IF .
φ +ψ I
φ +ψ I
Então
2
2
⎛ φ ⎞ 2 ⎛ φ ⎞
2
2
F =⎜
⎟ F =⎜
⎟ (φ + ψ I ) = φ > 0
⎝ φ +ψ I ⎠
⎝ φ +ψ I ⎠
2
1
2
2
2
⎛ ψ ⎞
⎛ ψ ⎞ 2
⎛ ψ ⎞
2
2
2
F =⎜
⎟ (I F) = − ⎜
⎟ F = −⎜
⎟ (φ +ψ I ) = −ψ < 0
⎝ φ +ψ I ⎠
⎝ φ +ψ I ⎠
⎝ φ +ψ I ⎠
2
2
o que mostra logo que F1 é hiperbólico e que F2 é elíptico.
Vejamos, agora, uma forma alternativa de calcular F1 e F2 . Façamos
F 2 = (φ + ψ I ) = α + β I .
2
Nestas condições, vem
α 1
F
(γ + α − β I ) ⇒ F12 = + α 2 + β 2 > 0
2γ
2 2
.
F
α 1
2
2
2
F2 =
( γ − α + β I ) ⇒ F2 = − α + β < 0
2γ
2 2
F1 =
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
51
Exercício 30
Seja u+ ∈ C
+
1,3
. Mostre que o produto geométrico u+ u+ não tem grau 2, i.e., que u+ u+
pelo que, em consequência, F 2 ∈
então R = u+ ( u+ u+ )
−1 2
1 2
1,3
2
para F ∈ ∧
1,3
=0
(i.e., um bivector). Definindo
, prove que R ∈Spin + (1,3) (i.e., que R é um rotor). Fazendo
u+ u+ = exp (φ I ) , com
u+ = ( e φ I )
4
⊕∧
2
> 0 e φ escalares, mostre ainda que se tem a forma canónica
R .
2
No caso particular em que u+ é um bivector, com u+ = F ∈ ∧
1,3
, mostre finalmente que se
tem a decomposição invariante
F = F0 ( cos θ + I sin θ )
em que θ ∈
, F0 é um bivector hiperbólico (i.e, com F02 > 0 ) e I F0 um bivector elíptico
(i.e., com ( I F0 ) < 0 ).
2
Resolução
Comecemos por notar que
( u+ u+ )
= u+ u+ .
~
Logo, o produto geométrico não pode ter grau 2. Recorda-se aqui que (com α , β ∈
a, b ∈
1,3
2
e F ∈∧
1,3
)
u = α + a + F + b I + β I ∈C
u+ = α + F + β I ∈ C
1,3
+
1,3
⇒ u = α + a − F − b I + β I ∈C
⇒ u+ = α − F + β I ∈ C
1,3
+
1,3
pelo que
u + u + = (α 2 − β 2 ) − F 2 + 2 α β I ∈
∴ F2 ∈
4
⊕∧
1,3
4
⊕∧
1,3
.
Assim, podemos escrever (caso u+ u+ ≠ 0 )
u+ u+ = exp (φ I ) =
e onde tanto
( cos φ + I sin φ ) ,
>0
como φ são escalares. Nestas condições é então possível definir o rotor
,
Carlos R. Paiva
52
R = u+ ( u+ u+ )
−1 2
∈ Spin + (1,3) = { u+ ∈ C
+
1,3
| u+ u+ = 1} .
Provemos, com efeito, que assim é. Vem sucessivamente
( u+ u + )
−
1
2
= ⎡⎣ exp (φ I ) ⎤⎦
⎧
⎪R=
∴ ⎨
⎪R=
⎩
−
1
2
1
−
2
e
e
−
−
φ
2
φ
2
I
I
−
1
2
=
−
1
2
e
−
φ
2
I
u+
u+
1
RR = RR = exp ( − φ I )( u+ u+ ) = 1.
Mas então, tira-se que
u+ = ( e φ I )
1 2
R
que corresponde à forma canónica do enunciado.
2
De forma a analisar o caso específico em que u+ = F ∈ ∧
1,3
, façamos agora
φ = 2θ + π .
Neste caso, obtém-se
F=
1
2
eθ I I R
donde se infere, assim, que
R=
−
1
2
2
e− θ I I F ∈ ∧
1,3
(i.e., o rotor é agora um bivector). Definamos, então,
1
2
F0 =
R I, F = F0 exp (θ I ) = F0 ( cos θ + I sin θ ) .
Facilmente se verifica que
R = − R ⇒ RR = − R 2 = 1 ⇒
∴ F =
2
0
( R I )( R I ) = −
R =1
R = >0
2
de forma que o bivector F0 é hiperbólico. Analogamente,
I F0 = F0 I ⇒
( F0 I )
2
= ( F0 I )( I F0 ) = F02 I 2 = − F02 = − < 0
o bivector F0 I é elíptico. Ou seja, fazendo F0 =
α=
cos θ
β=
sin θ
⇒
F = α Fˆ + β I Fˆ .
Fˆ e Fˆ 2 = 1 , vem
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
53
No caso particular de se ter um bivector nulo, F 2 = 0 , deverá escrever-se apenas
k⋅ =0 ⇒
F=k =k∧
( )( k ) = − ( k )( k ) = − k ( )
∴ F2 = k
2
2
em que k = α ( e0 + s1 ) é um vector nulo e
α, β ∈
=0
um vector elíptico (do tipo espaço) tal que (com
)
k = α ( e0 + s1 )
k2 = 0
( s1 ) = −1
2
( s2 ) = −1
→
s1 ⋅ s2 = 0
⇒ k ⋅ = α β ( s1 ⋅ s2 ) = 0 .
2
⇒
= β s2
2
Nota final: Para um bivector F ∈ ∧
∞
1,3
2
= −β 2
, tem-se
Fk
1
1
= 1 + F + F 2 + F3 +
k!
2
6
R = exp ( F ) = ∑
k =0
Como F 2 ∈
()
4
⊕∧
1,3
.
, infere-se portanto que
R = exp ( F ) ∈ Spin + (1,3)
uma vez que se tem R = exp ( F ) ∈ C
+
1,3
1
1
R = exp ( − F ) = 1 − F + F 2 − F 3 +
2
6
.
e ainda RR = 1 em que
No caso de um bivector nulo, com F 2 = 0 , vem simplesmente
R = exp ( F ) = 1 + F, R = exp ( − F ) = 1 − F .
Porém, existem rotores da forma
R = −1 − F = − exp ( F ) , R = −1 + F = − exp ( −F ) , F 2 = 0
que não podem ser escritos como
2
R = exp ( G ) , G ∈ ∧
1,3
.
Por essa razão as exponenciais de bivectores não constituem um grupo. Porém, qualquer rotor
pode ser escrito na forma geral
forma geral de um
rotor em C
13
2
→ R = ± exp ( F ) ∈ Spin + (1,3) , F ∈ ∧
1,3
.
Carlos R. Paiva
54
Exercício 31
Um aluno, que está a fazer um exame escrito, afasta-se do professor com uma velocidade
normalizada β = v c = 0.8 . Quando o aluno passa pelo professor recebe o enunciado. Assim
que o professor regista, no seu relógio, que decorreu 1 hora desde o início faz sinal ao aluno
para terminar. O aluno acaba o seu exame assim que recebe esse sinal. Quanto tempo teve o
aluno para fazer o seu exame?
Resolução
Seja t1 = 1h a duração do exame do ponto de
ct
vista do professor e t0 essa duração tal como
ct
entendida pelo aluno. Não se trata de um
problema de simples dilatação do tempo: há
c Δt
t2 = t1 + Δ t
que ter em consideração o tempo que o sinal
electromagnético (o sinal de acabar) leva a
propagar-se desde o início (em t1 ) até chegar
c t0
c t1
ao aluno. O sinal electromagnético, se for
x
c Δt 2
reflectido de volta para o professor (onde
chega em t2 ), corresponde num diagrama de
Minkowski a rectas de inclinação a ± 45 pois correspondem a linhas x = x0 ± ct , tal como se
indica na figura anexa. Assim
c
Δt
Δt ⎞
⎛
= v ⎜ t1 + ⎟ ⇒
2
2 ⎠
⎝
Δt
β
=
t1
2 1− β
Δt ⎞
Δt
⎛
c ⎜ t1 + ⎟ e0 + c
e1 = ( c t0 ) f0
2 ⎠
2
⎝
f0 = γ ( e0 + β e1 ) ⇒
f0 ⋅ e1 = − γ β
Δt ⎞
Δt
⎛
c ⎜ t1 + ⎟ ( e0 ⋅ e1 ) + c
( e1 ⋅ e1 ) = ( c t0 ) ( f0 ⋅ e1 )
2 ⎠
2
⎝
−1
−γ β
0
Δt
β
= γ β t0 ⇒
t1 = γ β t0
2
1− β
∴
k=
1+ β
1− β
→
t0 = k t1 .
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
55
Como β = 0.8 é k = 3 e, consequentemente, t0 = 3h .
Exercício 32
A
Os acontecimentos
e B
no espaço-tempo de Minkowski são caracterizados,
respectivamente, pelos vectores rA = 3 e0 + e1 ∈
1,3
e rB = 4 e 0 + 3 e1 ∈
1,3
em termos de um
referencial de inércia S . Em S , portanto, A é anterior a B . Qual deve ser a velocidade
relativa (normalizada) β = v c de um outro referencial de inércia S em relação a S , de
forma que os dois acontecimentos sejam simultâneos em S ?
Resolução
O conceito de simultaneidade,
c tA = c tB = c t0
ct
em relatividade, é um conceito
ct
relativo. Uma forma geométrica
apropriada de o constatar utiliza
os diagramas de Minkowski
(figura anexa, que não está à
ct B
B
escala).
x
ct A
que
acontecimentos
A
c t0
Para
os
dois
sejam
simultâneos no referencial S é
xB
necessário que a linha que os
une
xA
xB
xA
x
seja
uma
linha
de
simultaneidade, i.e., que seja
paralela ao eixo x . Como o
ângulo θ =
( e1 , f1 ) = ( e0 , f0 )
entre os eixos x e x é tal que tan θ = β , infere-se que – no
caso numérico em análise – se tem
β = tan θ =
c tB − c t A 1
1
2
.
=
⇒ γ =
=
2
xB − x A
2
3
1− β
Note-se que este problema só tem solução para
β <1 ⇒
tB − t A <
1
( xB − x A ) .
c
Carlos R. Paiva
56
Os dois acontecimentos considerados são ambos do tipo tempo: são caracterizados por
vectores hiperbólicos uma vez que
rA2 = c 2 t A2 − x A2 = 8 > 0, rB2 = c 2 t B2 − xB2 = 7 > 0 .
No referencial S tem-se
⎛ c tA ⎞
⎛ 1
⎜
⎟=γ ⎜
⎝ −β
⎝ xA ⎠
⎛ c tB ⎞
⎛ 1
⎜
⎟=γ ⎜
⎝ −β
⎝ xB ⎠
5
⎧
⎪ c tA = 3
−β ⎞ ⎛ c tA ⎞
⎪
⎟⎜ x ⎟ ⇒ ⎨
1 ⎠⎝ A ⎠
⎪x = − 1
⎪⎩ A
3
5
⎧
⎪ c tB = 3
− β ⎞ ⎛ c tB ⎞
⎪
⎟⎜ x ⎟ ⇒ ⎨
1 ⎠⎝ B ⎠
⎪x = 2
⎪⎩ B
3
Vejamos em que circunstâncias é que a causalidade seria violada entre os dois
acontecimentos. Em geral, tem-se
⎧ Δ t = tB − t A
v
⎛
⎞
⇒ Δ t = tB − tA = γ ⎜ Δ t − 2 Δ x ⎟ .
⎨
c
⎝
⎠
⎩ Δ x = xB − x A
Definindo a velocidade
u=
Δx
Δt
⇒
u Δx
=
c c Δt
vem então
⎛ uv⎞
Δ t = γ ⎜1 − 2 ⎟ Δ t .
c ⎠
⎝
Desde que u < c e v < c , é sempre
1−
uv
>0
c2
de forma que não é possível ter
violação da causalidade
→
Δt Δ t < 0 .
Já se se admitir que u > c então existe sempre um referencial S para o qual é possível
encontrar uma velocidade v < c que permita uma violação da causalidade.
A partir do acontecimento «aqui e agora», o «algures absoluto» (i.e., a zona exterior ao cone
de luz) é constituída pelos acontecimentos do tipo espaço (i.e., descritos por vectores
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
57
elípticos). Porém, os acontecimentos do tipo espaço não podem estar ligados ao
acontecimento «aqui e agora» através de uma linha de universo de uma partícula material já
que a velocidade desta é necessariamente inferior a c (ver próximo exercício).
Exercício 33
No âmbio da álgebra geométrica C
1,3
um acontecimento é descrito por um vector r ∈
Isto significa que, numa base B = { e0 , e1 , e2 , e3 } de
4
1,3
.
, se tem e 02 = 1 e e12 = e 22 = e32 = −1 . Se
fizermos corresponder esta base ao referencial (de inércia) S , é então possível escrever o
vector acontecimento, neste referencial, como segue
r = ( ct ) e0 + r , r = x1 e1 + x 2 e2 + x3 e3 .
[ Nota: Usando a convenção da soma (de Einstein) tem-se r = xα eα = x 0 e 0 + x i ei sendo,
portanto, r = x i ei . ]
Mostre que, se r ( t ) descrever a linha de universo de uma dada partícula material, a
respectiva velocidade própria é dada pelo vector de
1,3
u ( t ) = uα eα = γ ( v + u ) , u = u i ei
em que u = d r dτ ( τ é o tempo próprio da partícula), v = c e0 e u = d r d t representa a
velocidade relativa dessa partícula em S . Considera-se que
γ = γ (t ) =
1
1 − u 2 c2
, u (t ) = u (t ) .
Resolução
Comecemos por notar que, sendo τ o tempo próprio da partícula (i.e., o tempo medido por
um relógio hipotético que pertence ao referencial próprio instantâneo da partícula onde esta se
encontra sempre em repouso), vem
r = ( c t ) e0 + r ( t ) = ( c τ ) f0 .
Estamos a considerar que o tal referencial próprio (instantâneo) é descrito por uma base
B ′ = { f0 , f1 , f2 , f3 } . Note-se que este referencial próprio não tem de ser um referencial de
inércia: podemos admitir, se se preferir, que – em cada instante – existe um referencial de
inércia (imaginário) que coincide com o referencial próprio. Naturalmente que, também,
Carlos R. Paiva
58
consideramos a chamada «hipótese dos relógios»: o funcionamento do relógio que mede o
tempo próprio τ não é afectado, por hipótese, pela existência (eventual) de aceleração.
Nestas condições, vem
u=
d r d r dt dt
=
=
dτ d t dτ dτ
⎛
dr
⎜ c e0 +
dt
⎝
⎞ dt
( v + u ) = c f0 .
⎟=
⎠ dτ
Ou seja: no referencial próprio é sempre u = c f0 enquanto que, no referencial S , se tem
2
referencial S
⎛ dt ⎞
dt
2
→ u=
( v + u ) , u 2 = ⎜ ⎟ ⎡⎣ v 2 + ( u ) ⎤⎦ .
dτ
⎝ dτ ⎠
Portanto, no referencial próprio da partícula, é sempre
→ u = c f0 , u 2 = c 2
referencial próprio
já que, também para a base B ′ = { f0 , f1 , f2 , f3 } , deverá ter-se f 02 = 1 e f12 = f 22 = f32 = −1 .
Notando, então, que v 2 = c 2 (pois v = c e0 ) e
(u )
2
= u u = u ⋅u = − u
2
= − u2 ,
infere-se que deve ser necessariamente (pois u 2 é um invariante de Lorentz)
2
2
⎛ dt ⎞ ⎡ 2
⎛ dt ⎞ 2
2
2
2
c =⎜
⎟ ⎣ v + ( u ) ⎦⎤ ⇒ c = ⎜
⎟ (c − u ) ⇒
⎝ dτ ⎠
⎝ dτ ⎠
2
dt
=
dτ
1
u2
1− 2
c
.
Este resultado mostra que, efectivamente, dt d τ = γ . A escolha do sinal para a raiz quadrada
tem uma explicação simples: quando u = 0 deve recuperar-se o resultado γ = 1 . Portanto, em
conclusão, tem-se
u
γu
velocidade própria
da partícula
→
u = γ (v + u)
γv
tal como se pretendia mostrar.
Em C
1,3
esta expressão da velocidade própria da partícula admite uma escrita mais simples.
Com efeito, vem sucessivamente
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
u = u u0 = ( β c ) u0 ,
( u0 )
2
59
= −1
u = γ ( v + u ) = γ ( c e0 + β c u0 ) = γ ⎡⎣1 + β ( u0 e0 ) ⎤⎦ ( c e0 )
∴ u = γ (1 + β U 0 ) v, U 0 = u0 e0 .
Logo, notando que se tem
U 02 = ( u0 e 0 )( u0 e0 ) = − ( u0 e 0 )( e0 u0 ) = − ( u0 ) e 02 = 1
2
infere-se que
⎧ γ = cosh ζ
⎨
⎩ β = tanh ζ
u = ( cosh ζ + U 0 sinh ζ ) v = exp (ζ U 0 ) v .
⇒
Definindo um rotor
⎛ζ
⎞
⎛ ζ
⎞
R = exp ⎜ U 0 ⎟ , R = exp ⎜ − U 0 ⎟ , RR = 1
⎝2
⎠
⎝ 2
⎠
vem finalmente
u = R v R = R 2 v, R v = v R .
A operação
R:
1,3
→
1,3
u = R( v) = R v R
:v
constitui um boost. No caso geral, não tem de ser
( c e0 )( u e0 ) = − ( u e0 )( c e0 )
⇒ v U0 = − U0 v .
No caso geral, com efeito, será
v = v U0 U0 = ( v U0 ) U0 + ( v ∧ U0 ) U0
v
v⊥
de forma que
v U0 = − U0 v
⇒ v R=Rv
v ⊥ U0 = U0 v ⊥
⇒ v⊥ R = R v⊥
u = R ( v ) = R v R = R ( v + v⊥ ) R = R2 v + v⊥
⎧ u = R2 v
∴ ⎨
⎩ u⊥ = v⊥
Carlos R. Paiva
60
Exercício 34
Com base nos resultados do exercício anterior deduza a conhecida lei da composição de
velocidades «colineares»
β=
β1 + β 2
.
1 + β1 β 2
Resolução
Vem sucessivamente
u1 = exp (ζ 1 U 0 ) v, u 2 = exp (ζ 2 U 0 ) u1 = exp (ζ U 0 ) v
exp (ζ U 0 ) v = exp (ζ 2 U 0 ) exp (ζ 1 U 0 ) v
exp (ζ U 0 ) = exp ⎡⎣(ζ 1 + ζ 2 ) U 0 ⎤⎦
∴
ζ = ζ1 + ζ 2 .
u1 = c f0
u1
u2
v = c e0
u2 = c g0
u
Note-se que estamos apenas a considerar velocidades «colineares» no sentido em que
velocidades «colineares»
→
U 0 = s1 e0 = s2 f 0
tal como se indica no esquema anexo. Refira-se que estamos a considerar que s1 , s2 são
vectores unitários: ( s1 ) = ( s2 ) = −1 . Assim, com efeito, tem-se
2
2
u1 = ( β1 c ) s1 = u1 s1 , u2 = ( β 2 c ) s2 = u2 s2 , u = ( β c ) s1 = u s1
∴ U 02 = 1 .
O termo velocidades «colineares» tem a ver com o facto de se ter
u1 u s1 ⇒ u1 = u1 s1 , u = u s1 .
Logo, obtém-se
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
β = tanh ζ = tan (ζ 1 + ζ 2 ) =
∴
u=
61
tanh ζ 1 + tanh ζ 2
β + β2
= 1
1 + tanh ζ 1 tanh ζ 2 1 + β1 β 2
u1 + u2
.
u1 u2
1+ 2
c
Em particular, no caso limite em que u1 = u2 = c , vem ainda u = c – em conformidade com o
segundo postulado de Einstein sobre a invariância da velocidade da luz (no vácuo).
Note-se que, no caso geral, é
u = ( β c) s = u s
→ U1 = s1 e0 ≠ U = s e0
i.e., existe um ângulo θ =
( s1 , s ) . Neste caso a composição de velocidades obedece a uma
lei de composição muito mais complexa. Esta complexidade deriva do seguinte (que aqui
apenas enunciamos sem demonstração): o conjunto dos boosts não constitui um grupo sob a
respectiva composição. A chamada rotação de Thomas e a consequente precessão resultam
desta característica.
Exercício 35
Considere a base ortonormada de
1,3
que se designa por Bs = { e0 , e1 , e2 , e3 } . Nesta base
tem-se, portanto, e 02 = 1 e e12 = e 22 = e32 = −1 . Além disso a base dual será Bs∗ = { e0 , e 2 , e 2 , e3 } .
Assim, como a matriz da métrica é
⎛1 0 0 0 ⎞
⎜
⎟
0 −1 0 0 ⎟
G = ( gαβ ) = ( eα ⋅ e β ) = ⎜
,
⎜ 0 0 −1 0 ⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 0 −1⎠
determine os tensores de Faraday F α β , Fα β , F α β e Fα β .
Resolução
Atendendo à métrica, tem-se (convenção da soma)
a = aα eα = aα eα
aα = g αβ aβ , aα = gαβ a β
eα = g αβ e β , eα = gαβ e β
Carlos R. Paiva
62
em que
G −1 = ( g αβ ) = G = ( gαβ ) .
Nomeadamente, tem-se e 0 = e 0 , e1 = − e1 , e 2 = − e 2 , e3 = − e3 e ainda a 0 = a0 , a1 = − a1 ,
a 2 = − a2 e a 3 = − a3 .
Comecemos por notar que, e.g., se tem
E = E x e1 + E y e2 + E z e3 = − ( Ex e1 + E y e2 + Ez e3 )
E = E e0 = − ( Ex e10 + E y e20 + Ez e30 )
E I = I E = Ex e23 + E y e31 + Ez e12
de forma que
1
1
F = E + I B F = − ( Ex e10 + E y e20 + Ez e30 ) + ( Bx e23 + By e31 + Bz e12 )
c
c
1
1
G = D + I H G = − ( Dx e10 + Dy e20 + Dz e30 ) + ( H x e23 + H y e31 + H z e12 )
c
c
Para construir o tensor de Faraday há que definir a função anti-simétrica F :
recorrendo ao seu bivector característico. Assim,
F (a) = a F
o que implica que
F ( e0 ) = F ( e0 ) =
1
( Ex e1 + Ey e2 + Ez e3 )
c
E
F ( e1 ) = − F ( e1 ) = x e0 + By e3 − Bz e 2
c
E
F ( e 2 ) = − F ( e2 ) = y e0 − Bx e3 + Bz e1
c
E
F ( e3 ) = − F ( e3 ) = z e0 + Bx e2 − By e1
c
de modo que
F α β = eα ⋅ F ( e β ) , Fα β = eα ⋅ F ( e β ) , Fα β = eα ⋅ F ( e β ) , F α β = eα ⋅ F ( e β ) .
Daqui se tiram as formas matriciais do tensor de Faraday.
⎛ 2⎞
tensor ⎜ ⎟ anti-simétrico → F α β
⎝0⎠
− Ex c − E y c − Ez c ⎞
⎛ 0
⎜
⎟
0
Ex c
− Bz
By ⎟
⎜
=
⎜ Ey c
0
Bz
− Bx ⎟
⎜⎜
⎟
0 ⎟⎠
Bx
⎝ Ez c − By
1,3
→
1.3
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
63
⎛0⎞
tensor ⎜ ⎟ anti-simétrico ou forma-2 → Fα β
⎝ 2⎠
Ex c E y c Ez c ⎞
⎛ 0
⎜
⎟
0
− Ex c
− Bz
By ⎟
⎜
=
⎜ − E y c Bz
0
− Bx ⎟
⎜⎜
⎟
0 ⎟⎠
Bx
⎝ − E z c − By
− E x c − E y c − Ez c ⎞
⎛ 0
⎜
⎟
0
Bz
− Ex c
− By ⎟
β
⎜
Fα =
⎜ − E y c − Bz
0
Bx ⎟
⎜⎜
⎟
By
0 ⎟⎠
− Bx
⎝ − Ez c
Ex c E y c Ez c ⎞
⎛ 0
⎜
⎟
Ex c
Bz
0
− By ⎟
α
⎜
F β =
⎜ E y c − Bz
Bx ⎟
0
⎜⎜
⎟⎟
E
c
B
B
0
−
z
y
x
⎝
⎠
⎛ 1⎞
tensores mistos ⎜ ⎟ →
⎝ 1⎠
A escrita tensorial correcta dos tensores propriamente ditos (e não apenas das suas
componentes) implica a notação
F A = Fα β eα ⊗ e β , FB = Fα β eα ⊗ e β , FC = Fα β eα ⊗ e β , FD = F α β eα ⊗ e β .
Com efeito, sendo V =
1,3
o nosso espaço linear (ou vectorial) e V ∗ o respectivo espaço dual
tal que (onde, portanto, ω é uma forma-1)
V ∗ = {ω | ω :V →
},
F A : V ∗ ×V ∗ → , F B : V ×V → , F C : V ×V ∗ → , F D : V ∗ ×V →
.
Por exemplo, a aplicação da forma-2 a dois vectores conduz a um número real:
⎧a = aα eα
⎨
α
⎩b = b eα
→ FB ( a, b ) = Fα β a μ bν eα ( e μ ) e β ( eν ) = Fα β a μ bν δ μα δνβ = Fα β aα b β ∈
.
Exercício 36
Explique de que forma se pode obter, em C
1,3
, o bivector de Faraday a partir do potencial
vector
1
A = Φ e0 + A ∈
c
1,3
.
Designa-se por Φ o potencial escalar e por A ∈
0,3
o potencial vector relativo. Mostre ainda
que, no vácuo, a condição de Lorenz ∂ ⋅ A = 0 conduz à equação de onda
64
Carlos R. Paiva
∂ 2 A = η0 J .
Resolução
Em C
∂ = eα
1,3
o operador de Dirac ∂ escreve-se
∂
1
= e0 + ∇ ∈
α
∂x
c
1,3
, ∇ = ei
∂
∂
∂
∂
∂
= ei
= e1
+ e2
+ e3
∈
i
∂x
∂ xi
∂x
∂y
∂z
0,3
.
Como o bivector de Faraday tem a forma
(
)
1
1
1
1
F = E + I B = E + B I = E e0 + B e0 e0123 = E e0 + B e123
c
c
c
c
facilmente se verifica que
F=∂∧A .
Com efeito, tem-se
⎛1 ∂
⎞ ⎛Φ
1 ∂A
1
1
⎞
∂ ∧ A = ⎜ e0
+ ∇ ⎟ ∧ ⎜ e0 + A ⎟ = −
e0 − ( ∇Φ ) e0 + ∇ ∧ A = E e0 + B e123
c ∂t
c
c
⎠
⎝ c ∂t
⎠ ⎝c
⎧
∂A
⎪ E = −∇Φ −
∂t
∴ ⎨
⎪ B = − ∇ ∧ A e = ∇× A
123
⎩
(
)
Por outro lado, a equação de Maxwell homogénea obtém-se de forma imediata
eq. de Maxwell homogénea
→
∂∧F = ∂∧∂∧A = 0 .
No vácuo, tem-se
η0 =
μ0
ε0
→ G=
1
η0
F
pelo que, da equação de Maxwell não homogénea, vem
∂ G = J ⇒ ∂ F = η0 J .
Mas então
∂
( ∂ ∧ A ) = η0 J
⇒
( ∂ ⋅ ∂ ) A − ∂ ( ∂ ⋅ A ) = η0 J .
Logo, impondo o gauge de Lorenz
condição de Lorenz
obtém-se efectivamente
∂ 2 A = η0 J .
→
∂⋅A = 0
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
65
Note-se que a condição de Lorenz (e não Lorentz!) conduz a
∂⋅A = 0 ⇒
1 ∂Φ
+∇⋅ A = 0
c2 ∂ t
←
gauge de Lorenz .
A equação de onda admite, por sua vez, uma separação em duas equações distintas como
segue
⎧ 1
⎪ c2
⎪
2
∂ A = η0 J ⇒ ⎨
⎪ 1
⎪⎩ c 2
∂ 2Φ
− ∇2Φ =
2
∂t
ε0
∂2 A
− ∇ 2 A = μ0 J
∂ t2
.
Sublinhe-se que o dalembertiano ∂ 2 é tal que
⎛1 ∂
⎞ ⎛1 ∂
⎞ 1 ∂2
∂ = ∂ ⋅∂ = ⎜
e0 + ∇ ⎟ ⋅ ⎜
e0 + ∇ ⎟ = 2 2 − ∇ 2
⎝ c ∂t
⎠ ⎝ c ∂t
⎠ c ∂t
2
uma vez que
⎛ ∂
⎛ ∂2
∂
∂ ⎞ ⎛ ∂
∂
∂ ⎞
∂2
∂2 ⎞
∇ ⋅∇ = ⎜ e1
+ e2
+ e3
⋅
e
+
e
+
e
=
−
+
+
= −∇ 2 .
⎜ 2
⎟ ⎜ 1
⎟
2
3
2
2 ⎟
∂y
∂z⎠ ⎝ ∂x
∂y
∂z⎠
⎝ ∂x
⎝∂x ∂y ∂z ⎠
Exercício 37
Interprete as componentes «temporal» e «espacial» da força de Lorentz em C
1,3
:
f = m u = q (F u) .
Resolução
Está-se a considerar uma partícula de massa (própria) m e carga eléctrica q imersa num
campo electromagnético descrito pelo bivector de Faraday F . A velocidade própria da
partícula é u = c f0 = γ ( v + u ) onde v = c e0 é a velocidade própria de um observador no
«laboratório». Notando que E = E e0 = E ∧ e0 é o bivector (relativo) do campo eléctrico e que
B = B e0 = B ∧ e0 é o bivector (relativo) do campo magnético, o bivector de Faraday escrevese
1
1
F = E + I B = E e0 + B e123
c
c
66
Carlos R. Paiva
onde E é um bivector hiperbólico (i.e., E 2 > 0 ) e I B = B I é um bivector elíptico (i.e.,
(I B)
2
= I 2 B 2 = − B 2 < 0 ). Como sempre, tem-se
2
⇒ I 2 = ( e0 e123 ) = − e02 e123
= −1 .
I = e 0123 = e 0 e123
2
Note-se que, ao contrário de C 3 , em C
1,3
é
2
2
e123
= ( e1 e23 )( e1 e23 ) = e12 e23
= ( −1)( −1) = 1 .
Analisemos, então, a contracção à direita
⎛1
⎞
F u = ⎜ E e0 + B e123 ⎟ ⎡⎣γ ( c e0 + u ) ⎤⎦ = γ ⎡ E e0
⎣
⎝c
⎠
(
)
γ
e0 ⎤ + ⎡ E e0
⎦ c⎣
(
)
(
u ⎤ + γ ⎡ B e123
⎦
⎣
)
u⎤
⎦
onde se teve em consideração que
(Be )
e0 = 0 .
123
0,3
Apesar de
ser diferente, enquanto espaço quadrático, do subespaço
3
=
3,0
⊂ C 3,
podemos considerar a soma ortogonal
1,3
=
1,0
⊥
0,3
⊂C
1,3
.
Neste sentido podemos escrever que
(Be )
( B e )⎤⎦ = u × B .
u = − ⎡u
⎣
123
123
A única diferença é que, agora, devemos considerar
u = u i ei
B = B i ei
e1
→ u × B = u1
e2
u2
e3
u 3 = ( u 2 B3 − u 3 B 2 ) e1 + ( u 3 B1 − u1 B3 ) e2 + ( u1 B 2 − u 2 B1 ) e3
B1
B2
B3
Por outro lado, tem-se
(E e )
0
(
)
e0 = E e0 e0 = E e02 = E
e ainda
(Ee )
0
u = − ⎡u
⎣
( E ∧ e )⎤⎦ = − ⎡⎣( u ⋅ E ) e
0
0
(
)
− ( u ⋅ e0 ) E ⎤ = − u ⋅ E e 0 .
⎦
Ou seja
F u=−
γ
c
(u ⋅ E ) e
0
(
+γ E +u×B
)
.
Vejamos, agora, a força própria f . Comecemos por notar que o momento linear próprio da
partícula é
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
p = m u = γ m ( c e0 + u ) =
67
E
e0 + p = m c f0
c
⇒ p 2 = m 2 c 2 f02 = m 2 c 2
em que se tem
E = γ m c 2 = γ E0 ,
p = γ mu .
Note-se que E 0 = m c 2
Dinâmica relativista de uma partícula
é a
«energia intrínseca» ou energia
em repouso da partícula. O
E = γ E0 = E0 + K
teorema da inércia da energia
estabelece, então, que
K
⎧ sin φ = β
⎨
⎩ sec φ = γ
E
⎛E
⎜ e0 +
⎝c
2
⎞
p ⎟ = m2 c 2
⎠
2
2
⎛ E0 ⎞
⎛E ⎞
⎜ ⎟ + ( p) = ⎜ ⎟
⎝c⎠
⎝ c ⎠
E0
cp
2
⎛ E0 ⎞
⎛E ⎞
2
⎜ ⎟ − p =⎜ ⎟
⎝c⎠
⎝ c ⎠
φ
∴
E 0 = mc 2
2
2
E 2 = c 2 p 2 + E 02 .
A energia cinética K é pois,
como se indica na figura anexa,
dada por K = E − E 0 . Note-se que ( p ) = − p = − p 2 . A velocidade relativa u da partícula
2
2
(tal como registada pelo observador do laboratório) é dada por
u= u =
dE
.
dp
Logo, do teorema da inércia da energia, obtém-se
E 2 = c 2 p 2 + E 02
⇒ 2E
dE
dE c2 p
= 2 c2 p ⇒ u =
=
E
dp
dp
de forma que
β=
u cp
=
= sin φ
c E
⇒ γ =
1
1− β 2
= sec φ =
E
.
E0
Portanto, a força própria que actua sobre a partícula será
f=
⎛1 dE
d p d p dt
dp
=
=γ
=γ ⎜
e0 +
dτ d t dτ
dt
⎝c dt
⎞
f ⎟,
⎠
f =
dp
dt
sendo f a força relativa. Como p = m u , infere-se ainda que
68
Carlos R. Paiva
f = m u, u =
du
.
dτ
Como u = γ ( c e0 + u ) , resulta daqui que
⎛ dE
⎞
f ⋅u = γ 2 ⎜
+ f ⋅ u ⎟ = m (u ⋅ u ) .
⎝ dt
⎠
Ora, atendendo a que
u2 = u ⋅ u = c2
⇒ u ⋅u + u ⋅u = 0 ⇒
u ⋅u = 0
infere-se então que
f ⋅u = 0
⇒
f ⋅u = −
dE
.
dt
A conclusão deste exercício é agora evidente.
⎛1 dE
⎞
f =γ ⎜
e0 + f ⎟ = q ( F u ) = γ
⎝c dt
⎠
q
⎧ dE
⎪ dt = − c u⋅E
∴ ⎨
⎪ f = q E +u×B
⎩
(
(
⎡ q
⎤
⎢⎣ − c u ⋅ E e0 + q E + u × B ⎥⎦
(
)
(
)
)
)
(
)
Note-se que a equação f = q E + u × B é apenas a expressão sobejamente conhecida da
força de Lorentz em três dimensões. Quanto à equação
(
dE
q
= − u⋅E
dt
c
)
ela nada traz de novo. Com efeito,
(
f = q E +u×B
)
⇒
(
)
f ⋅u = q E ⋅u .
Mas, como se viu anteriormente,
(
)
f ⋅u = q E ⋅u = −
dE
.
dt
Esta equação é sempre válida para uma força pura, i.e., para uma força em que a massa
própria da partícula não varie ao longo do tempo (como, e.g., numa explosão). Para uma força
que não seja pura teria de se escrever
f=
d
dm
( m u ) = m u + m u, m = .
dτ
dτ
Logo, para uma força que não fosse pura (impura?), viria
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
f ⋅ u = m (u ⋅ u ) + m (u ⋅ u ) = c2
0
69
dm
.
dτ
Porém, para uma força exclusivamente electromagnética, é d m d τ = 0 e, consequentemente,
f ⋅ u = 0 ou ainda
f ⋅u = −
dE
.
dt
Nota final: O bivector F exprime a intensidade do campo electromagnético. Essa intensidade
traduz-se na força de Lorentz, i.e., na acção do campo electromagnético sobre uma partícula
carregada (ou até sobre uma distribuição «contínua» de carga eléctrica). Uma carga «pontual»
q sofre a acção do campo eléctrico mesmo quando parada (como em electrostática); em
movimento o campo magnético passa a actuar sobre a partícula, juntando-se ao campo
eléctrico, por intermédio da velocidade relativa desta. Somos levados a concluir que o campo
magnético só se manifesta quando existem cargas eléctricas em movimento: o campo
magnético é um campo eléctrico mais o movimento relativo. Isto sugere que, na
magnetostática (em que existe um campo magnético, e.g., produzido por um íman estático) o
campo magnético deve ser, de alguma forma, o resultado do movimento interno das cargas
eléctricas que constituem o material: o íman, no exemplo considerado), traduzindo-se esse
movimento em correntes de fuga (eddy currents). O campo magnético do nosso planeta é uma
consequência do seu movimento de rotação. Do ponto de vista epsitemológico, portanto, as
equações de Maxwell são o inverso da força de Lorentz: ao contrário da força de Lorentz, que
nos diz como o campo electromagnético actua sobre as cargas eléctricas, as equações de
Maxwell dizem-nos que tipo de campo electromagnético resulta das fontes que o produzem –
as cargas eléctricas e as correntes eléctricas. Note-se, finalmente, que a carga q que figura na
força de Lorentz é aquilo que, em electrodinâmica clássica, se designa por «carga de teste»: a
carga sofre a acção do campo exterior, onde está imersa, e essa acção tem um comportamento
linear – no sentido em que não se considera a eventual interacção desse campo pré-instalado
exterior com o campo que (também) a carga deverá produzir.
70
Carlos R. Paiva
Exercício 38
Sugira um método experimental para a medição do coeficiente de dilatação do tempo com
base no efeito Doppler. Admita que a aceleração não afecta o funcionamento dos relógios.
Resolução
No efeito Doppler a frequência ωr do receptor está relacionada com a frequência ωe do
emissor através da expressão geral
ωr
= γ (1 − β cos θ )
ωe
em que, como de costume, se considera que β = v c . Está-se a admitir que a velocidade
relativa entre o emissor e o receptor é v e que existe um ângulo θ entre a direcção do fotão
emitido e a direcção da velocidade relativa. O efeito Doppler longitudinal corresponde a
θ = 0 enquanto que o efeito Doppler transversal corresponde a θ = π 2 . No caso do efeito
Doppler longitudinal, portanto, tem-se
ωr
= γ (1 − β ) =
ωe
1− β
.
1+ β
Assim, quando existe um afastamento entre o emissor e o receptor, é β > 0 e, portanto,
ωr < ωe (redshift: desvio para o vermelho). Porém, quando se verifica uma aproximação entre
o emissor e o receptor, é β < 0 pelo que ωr > ωe (blueshift: desvio para o azul). A expansão
do universo implica, deste modo, um desvio para o vermelho no espectro da radiação
electromagnética recebida das estrelas.
No efeito Doppler transversal, por outro lado, é θ = π 2 o que implica que
efeito Doppler
transversal
→
ωr
=γ =
ωe
1
1− β 2
.
Logo, neste caso, é possível medir experimentalmente o coeficiente γ (o coeficiente de
dilatação do tempo) a partir de uma medição de ωr ωe .
Suponhamos que o receptor efectua um movimento de translação à volta do emissor,
percorrendo uma trajectória circular, de raio a , com uma velocidade angular Ω constante. Se
se admitir que os relógios não são afectados pela aceleração, temos então uma situação em
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
71
que o efeito Doppler é puramente transversal pelo que, como se viu, γ = ωr ωe . Mais
precisamente, tem-se então
ωr
=
ωe
1
⎛ Ωa ⎞
1− ⎜
⎟
⎝ c ⎠
2
.
A confirmação experimental desta fórmula é, deste modo, uma verificação (indirecta) da
dilatação do tempo.
Exercício 39
Uma fonte emissora de luz é observada, por dois observadores em movimento relativo, sob
diferentes ângulos. Discuta este efeito (conhecido por aberração).
Resolução
A constante de propagação de um fotão é um vector nulo. Isto significa que podemos escrever
a tangente à trajectória de um fotão na forma de um vector nulo n ∈
Vem então sucessivamente:
n = e0 + s1 = f0 + s2
⎧ s = − α1e1 − α 2e2
→ ⎨ 1
⎩ s2 = − β1 f1 − β 2 f2 − β3 f3
1 − (α12 + α 22 ) = 1 − ( β12 + β 22 + β 32 ) = 0
⎧ f0 = γ ( e0 + β e1 )
⎪
⎪ f1 = γ ( e1 + β e0 )
→
⎨
⎪ f2 = e2
⎪⎩ f3 = e3
α1 = n ⋅ e1 = cos θ
α 2 = n ⋅ e 2 = sin θ
e0 ⋅ f1 = γ β
e1 ⋅ f1 = −γ
e2 ⋅ f1 = 0
β1 = n ⋅ f1 = e0 ⋅ f1 − α1 ( e1 ⋅ f1 ) − α 2 ( e 2 ⋅ f1 )
β 2 = n ⋅ f2 = n ⋅ e2 = α 2
β 3 = n ⋅ f3 = n ⋅ e3 = 0
β1 = γ β + γ α1 = γ ( β + cos θ )
∴
s2 = −γ ( β + cos θ ) f1 − sin θ f 2 = − cos θ f1 − sin θ f 2
tan θ =
n ⋅ e2
n ⋅ f2
sin θ
=
, tan θ =
n ⋅ e1
n ⋅ f1 γ ( β + cos θ )
1,3
, i.e., com n 2 = 0 .
72
Carlos R. Paiva
cos θ =
1
1 + tan 2 θ
γ 2 = 1+ γ 2β 2 →
γ ( β + cos θ )
=
γ 2 ( β + cos θ ) + 1 − cos 2 θ
2
cos θ =
β + cos θ
.
1 + β cos θ
O fotão que, no referemcial S , é observado sob um ângulo θ é então observado, em S , sob
um ângulo θ que se relaciona com θ pela expressão da aberração que se acaba de deduzir.
Naturalmente que, quando β = 0 , se recupera o caso θ = θ . Porém, quando β → 1 , verificase que θ → 0 .
Note-se que, para valores pequenos de β , se pode utilizar a aproximação
β + cos θ
≈ ( β + cos θ )(1 − β cos θ )
1 + β cos θ
= β − β 2 cos θ + cos θ − β cos 2 θ ≈ β + cos θ − β cos 2 θ
= cos θ + β sin 2 θ .
cos θ =
Assim, definindo φ = θ − θ e tendo em conta esta aproximação, vem
cos θ ≈ 1 −
cos θ ≈ 1 −
θ2
2
θ2
≈ 2θ
1 2
1
2
→ cos θ − cos θ ≈ (θ − θ ) = (θ + θ
2
2
) (θ − θ ) ≈ (θ − θ ) sin θ
φ
2
∴ φ sin θ ≈ β sin 2 θ
⇒
φ ≈ β sin θ .
Exercício 40
Definindo o operador momento-energia T :
T (a ) = −
1
2μ0
(F a F) =
(
1
FaF
2 μ0
1,3
)
interprete o significado físico do vector T ( e0 ) .
Resolução
Atendendo a que se tem
1
1
F = E + I B = E e0 + B e123
c
c
→
1,3
:a
b = T ( a ) tal que
73
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
infere-se que (recorda-se aqui que, em C
T ( e0 ) = −
=−
1,3
2
, é e123
=1)
1
1 1
1
⎞
( F e0 F ) = − ⎛⎜ E + B e123 e0 ⎞⎛
⎟⎜ E e0 + B e123 ⎟
2μ0
2 μ0 ⎝ c
⎠⎝ c
⎠
1 ⎧⎡1
E
⎨
2μ0 ⎩ ⎢⎣ c 2
( ) + ( B ) ⎥⎦⎤ e
2
2
0
+
1
⎫
E B − BE e123 ⎬
c
⎭
(
)
2
2⎞
⎛ε
1
1
B ⎟ e0 −
E ∧ B e123
=⎜ 0 E +
2 μ0
μ0 c
⎝2
⎠
(
)
ou ainda
1
T ( e0 ) = Eˆ e0 + S
c
onde se fez
2
ε
1
B
densidade volúmica de energia Eˆ = 0 E +
2
2 μ0
vector de Poynting
S =−
1
μ0
( E ∧ B)e
123
2
=
1
μ0
( E × B)
.
Enquanto que Ê representa a densidade volúmica de energia electromagnética, S é o vector
de Poynting. Note-se que
densidade volúmica de momento linear → g =
1
S
c2
é a densidade volúmica de momento linear e
1
densidade de fluxo de momento linear → c g = S
c
é a densidade de fluxo de momento linear. Em unidades SI (que são sempre as unidades
utilizadas) vem
⎡Eˆ ⎤ = J m −3 ,
⎣ ⎦
[ S ] = W m−2 = J m−2 s−1 .
Exercício 41
Considere dois observadores: António e Beatriz. António parte do local em que se encontrava
junto a Beatriz com uma velocidade constante v = β c . Após decorrido algum tempo, António
inverte subitamente o sentido do seu movimento e volta a encontrar-se com Beatriz,
aproximando-se desta novamente com uma velocidade constante v = β c . Suponhamos que,
74
Carlos R. Paiva
tanto António como Beatriz, enviam um ao outro sinais electromagnéticos (uniformemente
espaços no respectivo tempo próprio). Seja f a frequência dessa emissão (i.e., o número de
sinais que cada um deles emite na unidade de tempo próprio). O tempo total que dura a
viagem, do ponto de vista de Beatriz, é T = 2 L v (em que L é a máxima distância de
afastamento de António durante a viagem deste). Usando o efeito Doppler mostre que, do
ponto de vista de António, o tempo que dura a sua viagem é T0 = 2 L ( γ v ) , i.e., T0 = T γ
com γ = 1
1 − β 2 . Verifique ainda que, ao contrário do que uma interpretação errada da
reciprocidade poderia sugerir, ambos os observadores estão de acordo com esta diferença.
Resolução
ct
ct
A D = cT
C
0
D
2
2
2
⎛T ⎞
⎛T ⎞
⎛T ⎞
c ⎜ 0 ⎟ = c2 ⎜ ⎟ −v2 ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
2
2
B
cT 2
A
L = vT 2
x
No referencial S onde se encontra o observador B (Beatriz), a linha de universo de B
corresponde a
( A B C ) enquanto que a linha de universo de A (António) é (A D C ) . O
tempo total que dura a viagem, tal como medido por B , é T = 2 L v .
Comecemos por descrever a viagem do ponto de vista do observador
B . A viagem de A até
uma distância L durou ao todo um tempo T = 2 L v . Vejamos, então, qual o tempo que durou
a viagem para o viajante A do ponto de vista de B . Como a viagem durou um tempo total T ,
o observador B enviou para A um total de
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
N( ) = fT =
e
75
2f L
v
sinais. O observador B detecta a inversão de marcha do viajante A ao fim do tempo t1 tal
que
t1 =
L L L
+ = (1 + β ) .
v c v
Assim, o número total de sinais recebidos por B nesta viagem de ida é f1 t1 em que, pelo
efeito Doppler relativista já anteriormente discutido, vem
1− β
.
1+ β
f1 = f
Logo, vem
f1 t1 =
fL
(1 + β )
v
1− β f L
1 − β2 .
=
1+ β
v
Porém, o tempo que dura a viagem de volta é t2 tal que
t2 =
L L L
− = (1 − β ) .
v c v
Deste modo o número total de sinais recebidos por B durante a viagem de volta é f 2 t2 em
que, neste caso,
1+ β
1− β
f2 = f
pelo que
f 2 t2 =
fL
(1 − β )
v
1+ β f L
1 − β2 .
=
1− β
v
Portanto o número total de sinais recebidos pr B será
N ( r ) = f1 t1 + f 2 t2 =
2f L
v
1 − β2 =
2f L
.
γv
O observador B conclui, assim, que a viagem de A terá durado, para o observador A , um
tempo total
T0 =
N ( r ) f1 t1 + f 2 t2 2 L
.
=
=
γv
f
f
Vejamos, de seguida, a interpretação de A . Para ele a viagem terá durado um tempo total
76
Carlos R. Paiva
T0 =
2L
.
γv
Neste tempo ele terá enviado para B um total de
N 0( e ) = f T0 =
2f L
= N (r )
γv
sinais – um número que está de acordo com o total de sinais N (
r)
que B recebeu. Para A a
inversão do movimento terá ocorrido ao fim do tempo
t1 =
L
.
γv
Durante este tempo ele terá recebido um número de sinais dado por
f1 t1 =
fL
γv
1− β f L
=
(1 − β ) .
1+ β
v
O tempo da viagem de volta é
t2 =
L
γv
e o número total de sinais recebidos neste lapso de tempo foi de
f 2 t2 =
fL
γv
1+ β f L
=
(1 + β ) .
1− β
v
Assim, o número total de sinais recebidos por A terá sido
N 0( ) = f1 t1 + f 2 t2 =
r
2f L
e
=N( )
v
em conformidade, portanto, com o número de sinais N ( ) enviados por B . O viajante A será
e
levado a concluir que, para o observador B , terá decorrido o tempo total
N( ) f t + f t
2L
T= 0 = 11 2 2 =
.
f
f
v
r
Quando os observadores se voltam a encontar estão, portanto, ambos de acordo que decorreu
um tempo total T para B e um tempo total T0 = T γ < T para A . Não há pois lugar a
qualquer paradoxo. A dilatação do tempo é um efeito recíproco, mas A passa por dois
referenciais distintos durante a sua viagem criando uma assimetria que se reflecte na diferença
de tempos realmente vividos por cada um.
77
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
Exercício 42
Para um meio isotrópico em movimento, a relação constitutiva assume a forma invariante
G=
1
η
exp ( − ξ rv ) F
em que G é o bivector de Maxwell, F o bivector de Faraday, ξ = ln ( n0 ) e
1
rv ( F ) = Fv = − F † = − E + I B, rv2 ( F ) = F, rv2 = 1 .
c
Tem-se, ainda,
η = η0
μ
, η0 =
ε
μ0
.
ε0
No referencial S próprio do meio, onde todas as respectivas partículas se encontram em
repouso (dust), é v = c e0 que se exprime, no referencial S do laboratório (onde o meio é
visto em movimento), na forma
v = γ ( u + v ) , u = c f0 , v = c β
sendo, portanto, u = c f0 a velocidade própria que caracteriza o observador do laboratório.
Note-se que, em S , se tem
1
⎧
⎪⎪ F = c E + I B
⎨
⎪G = D+ 1IH
⎪⎩
c
⎧ D = ε0ε E
→
⎨
⎩ B = μ0 μ H
n0 =
εμ .
O vector de onda próprio de uma onda electromagnética plana a propagar-se no meio em
causa tem a forma
k=
ωi
c
( e0 + n0 s0 )
S
=
ωb
⎡f0 + n (θ ) s ⎤⎦ .
c ⎣
S
Sem utlizar a técnica de «redução à forma do vácuo» (utilizada na Lição de Síntese) mostre
que obteria os mesmos resultados – i.e., a expressão de n (θ ) – utilizando o efeito Doppler.
Designa-se por θ o ângulo existente entre o vector β e o vector s (i.e., trata-se de um
ângulo medido no laboratório).
78
Carlos R. Paiva
Resolução
Da definição do vector de onda resulta imediatamente que
⎛ω ⎞
⎛ω ⎞
k 2 = ⎜ i ⎟ (1 − n02 ) = ⎜ b ⎟ (1 − n 2 ) .
⎝ c ⎠
⎝ c ⎠
2
2
Logo, com efeito, basta conhecer a relação entre ωb e ωi (efeito Doppler) para se extrair a
relação entre n e n0 . A expressão do efeito Doppler, por sua vez, resulta de
⎛
⎞
⎡
⎤
ω
ω
k ⋅ e0 = i ⎜ e0 ⋅ e0 + n0 s0 ⋅ e0 ⎟ = b ⎢⎢ f0 ⋅ e0 + n (θ ) s ⋅ e0 ⎥⎥
⎜
⎟
c ⎜
⎟ c ⎢
− γ β cos θ ⎦⎥
0 ⎠
⎝ 1
⎣ γ
→
efeito Doppler
ωi = γ ωb (1 − β n cos θ )
pois tem-se
(
e0 = γ f0 + β
)
⎛
⎞
⎜
⇒ s ⋅ e0 = γ s ⋅ f0 + s ⋅ β ⎟ = − γ β cos θ .
⎜
⎟
⎜ 0
− β cos θ ⎟⎠
⎝
Assim, substituindo a expressão do efeito Doppler nas duas formas da equação para k 2 ,
obtém-se
γ 2 (1 − β n cos θ ) (1 − n02 ) = 1 − n 2
2
∴
(β
2
Ω cos 2 θ − 1) n 2 − 2 β Ω cos θ n + (1 + Ω ) = 0
tendo-se definido
Ω = γ 2 ( n02 − 1) .
Finalmente, escolhendo a raiz consistente com a solução n = n0 para β = 0 , vem
n (θ ) =
1 + Ω (1 − β 2 cos 2 θ ) − β Ω cos θ
1 − β 2 Ω cos 2 θ
que coincide com o reultado obtido pela técnica de «redução à forma do vácuo».
Nota final: Recorde-se aqui que, na «redução à forma do vácuo», é possível obter
imediatamente uma expressão invariante na forma
expressão obtida pela
redução à forma do vácuo
→ k2 +
1 2
2
2
n − 1) ( v ⋅ k ) = 0 ← ( k ′ ) = 0 .
2 ( 0
c
Como ( v ⋅ k ) = γ 2 ωb2 (1 − β n cos θ ) , basta utilizar a equação
2
2
Lição de Síntese: Exercícios Resolvidos
79
⎛ω ⎞
k = ⎜ b ⎟ (1 − n 2 )
⎝ c ⎠
2
2
Para obter a expressão de n (θ ) sem ter que mencionar o efeito Doppler e, muito menos,
utilizar a respectiva expressão que foi deduzida neste exercício.