fundamentos de la teoría electromagnética - reitz & milford - 4ed
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Capítulo 1
1. Exercício 1.1: Para demonstrar o paralelismo basta construir
AB = A− B = −ı− 2+ k
CD = C − D = 3ı+ 6− 3k
e fazer o protudo vetorial entre eles. Se forem paralelos mesmo, deverádar zero.
AB ×CD =
∣∣∣∣∣∣ı k−1 −2 12 6 −3
∣∣∣∣∣∣ = 0para ver que é zero, basta notar que a coluna 2 e a coluna 3 são propor-cionais (ou então faz o cálculo na unha).
2. Exercício 1.2: Banal. Basta fazer o produto escalar e mostrar que dázero.
3. Exercício 1.3: Banal. Basta mostrar que AB − C = 0, mostrando queos pontos perfazem um triângulo e que o produto escalar de dois deles (aserem verificados) dá zero. Na verdade, é fácil ver que são A e B que sãoperpendiculares.
4. Exercício 1.4: Temos que∣∣∣ A∣∣∣2 = A2 = B2 +C2 − 2BC cos θ,
onde θ é o ângulo entre B e C. Geometricamente, temos que A, B e Cformam um triângulo, que é o conteúdo da fórmula
A = B − C,
assim, é só desenhar o triângulo e a lei dos cossenos aparece imediatamente.
5. Exercício 1.5: Façamos o produto escalar de A com B. Temos que
A · B = AB cos (θAB) = cosα cosβ + sinα sinβ,
onde θAB é o ângulo entre A e B, evidentemente. Este ângulo pode serimediatamente relacionado com os ângulos α e β, bastando para isso fazerum desenho de A e B num plano cartesiano. Assim, temos que θAB = α−βe, portanto,
cos (α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ,
como queríamos demonstrar.
1
6. Exercício 1.6: Basta escrever tudo em termos de vetores unitários. Ter-emos assim, considerando-se
r = xı+ y+ zk, A = axı+ ay + azk,
ficamos com (r − A
)· A = 0
implica em
(x− ax)ax + (y − ay)ay + (z − az)az = 0,
ou aindaaxx+ ayy + azz − (a2x + a2y + a2z) = 0,
que é a equação de um plano.
7. Exercício 1.7: Agora, com as mesmas convenções anteriores, ficamoscom
(x− ax)x+ (y − ay) y + (z − az) z = 0
o que fornecex2 − axx+ y2 − ayy + z2 − azz = 0
e que, completando quadrados, obtemos(x− ax
2
)2+(y − ay
2
)2+(z − az
2
)2=
a2x + a2y + a2z4
.
Você seria capaz de dizer, sem desenhar, que tipo de esfera é essa? (não!!?,credo!)
8. Exercício 1.8: A diagonal principal de um cubo é dada por (se precisarde desenhar, é mal sinal)
d = aı+ a+ ak,
já que todos os lados são iguais. Uma aresta é dada por A = aı, porexemplo. Assim, temos d · A = a2. Dependeria este resultado de qualaresta escolhêssemos?
9. Exercício 1.9: Ver exercício 1.4 (lembrando de tomar agora o módulo,pois trata-se de produto vetorial).
10. Exercício 1.10: Basta mostrar que este vetor é perpendicular aos vetoresAB e BC, por exemplo. Como estes vetores formam o plano, se o vetorem questão é perpendicular a eles, será perpendicular ao plano. Óbvio!Mostrar que o vetor
A× B + B × C + C × A
é perpendicular tanto a AB quanto a BC é fácil. Note que(A− B
)×[A× B + B × C + C × A
]= 0,
de forma banal e óbvia. O mesmo pode ser dito do outro produto.
2
11. Exercício 1.11: TemosC = A× X
ao mesmo tempo que
X =C × A
A2+ k A,
de modo que (substituindo acima)
C = A×[C × A
A2+ k A
]=
1
A2A×
(C × A
)
=
C(A · A
)− A
(C · A
)A2
= C − AC · AA2
Como C é perpendicular a A (da primeira expressão), temos que C · A = 0e o resultado se segue.
12. Exercício 1.12: óbvio. Se temos o produto triplo igual a zero, entãotemos que o determinante construído a partir das componentes é nulo.Mas ele é nulo apenas se suas linhas são combinações lineares umas dasoutras.
13. Exercício 1.13: Seja ϕ (x, y, z) = c, com c constante. Assim, demos que
dϕ = 0 =∂ϕ
∂xdx+
∂ϕ
∂ydy +
∂ϕ
∂zdz = 0
Mas isto é semelhante ao produto escalar(∂ϕ
∂xı+
∂ϕ
∂y+
∂ϕ
∂zk
)·(ıdx+ dy + kdz
)= 0.
Como o vetor ds = ıdx+ dy + kdz é tangente à superfície, temos que
∇ϕ =∂ϕ
∂xı+
∂ϕ
∂y+
∂ϕ
∂zk
tem que ser perpendicular à superfície.
14. Exercício 1.14: Temos que ds = drar + rdθaθ + dzk. Isto implica que
∂s
∂r= 1,
∂s
∂θ= r,
∂s
∂z= 1,
de modo que
∇cyl = r∂
∂r+ θ
1
r
∂
∂θ+ z
∂
∂z
3
15. Exercício 1.15: Basta escrever F = F (r, θ, z) = fr (r, θ, z) r+fθ (r, θ, z) θ+fz (r, θ, z) z e lembrar que
F · n∆a = frr∆θ∆z + fθ∆r∆z + fzr∆r∆θ
e assim, usando a definição (1.33) do livro, temos
div F = ∇ · F = lim∆V→0 1r∆r∆θ∆z
∂∂r (frr)∆θ∆z∆r
+∂fθ∂θ ∆r∆θ∆z + ∂
∂z (rfz)∆θ∆r∆z ,
e ficamos com
div F =∂
∂r(frr) +
1
r
∂fθ∂θ
+∂fz∂z
,
que é o resultado desejado.
16. Exercício 1.16: aplicação simples.
17. Exercício 1.17: Não... claro que não! Assim teremos F · ∇ × F = 0 epodemos colocar isso em termos da matriz
F ·∣∣∣∣∣∣
ı k∂∂x
∂∂y
∂∂z
fx fy fz
∣∣∣∣∣∣ =fx(∂fz∂y − ∂fy
∂z
)+ fy
(∂fx∂z − ∂fz
∂x
)+ fz
(∂fy∂x − ∂fx
∂y
).
Não há qualquer razão para que este fator dê zero. Para ver isto, tomefx = x, fy = 0 e fz = y, temos que a expressão anterior fica dada por x,que é diferente de zero.
18. Exercício 1.18: Considere a expressão ∇2 (ϕψ) e reescreva-a como ∇ ·∇ (ϕψ). Agora, expandindo este gradiente, ficamos com ∇· [ϕ∇ψ + ψ∇ϕ]que, novamente expandida, fica
∇2 (ϕψ) = ϕ∇2ψ + ψ∇2ϕ+ 2∇ϕ · ∇ψ.
19. Exercício 1.19: Os dois primeiros eu me recuso, pois são ridiculamentefáceis. O último é fácil também, mas vamos lá: temos que
u · ∇ = ux∂
∂x+ uy
∂
∂y+ uz
∂
∂z
e isso, aplicado a r = xı+ y+ zk , fornece
(u · ∇)r =
(ux
∂
∂x+ uy
∂
∂y+ uz
∂
∂z
)[xı+ y+ zk
]= ıux + uy + kuz = u,
como desejado.
4
20. Exercício 1.20: Seja A um vetor constante. Temos que (1.1.6 da tabela)
∇(A · r
)=(A · ∇
)r + A× (∇× r) + (r · ∇) A+ r ×
(∇× A
).
Ora, A é constante, de forma que todos os termos que possuem derivadasde A são nulos (os últimos dois termos acima). O segundo termo é nulopelo problema anterior e o primeiro é o próprio A.
21. Exercício 1.21: Farei, por preguiça, apenas o referente ao resultado 1.1.7.Temos que
∇ ·(ϕF)= (∇ϕ) · F + ϕ∇ · F .
É fácil demais! Escrevam o divergente em coordenadas cartesianas e tam-bém a função vetorial F nestas mesmas coordenadas. Ficamos com
∇ ·(ϕF)
=∂
∂x(ϕFx) +
∂
∂y(ϕFy) +
∂
∂z(ϕFz)
=
(∂ϕ
∂xFx +
∂ϕ
∂yFy +
∂ϕ
∂zFz
)+ ϕ
(∂Fx∂x
+∂Fy∂y
+∂Fz∂z
)= (∇ϕ) · F + ϕ∇ · F .
22. Exercício 1.22: Ué!... nem sei o que fazer aqui! Se a função f dependeapenas de r, podemos escrever o gradiente em coordenadas esféricas eficamos imediatamente com o resultado.
23. Exercício 1.23: Vejam o anterior.
24. Exercício 1.24: Temos que
∇ϕ (ξ) =dϕ
dξ
∂ξ
∂x+
dϕ
dξ
∂ξ
∂y+
dϕ
dξ
∂ξ
∂z
e, como, ξ = A · r, temos que
∂ξ
∂x= Ax,
∂ξ
∂y= Ay,
∂ξ
∂z= Az
de modo que
∇ϕ (ξ) =dϕ
dξAx +
dϕ
dξAy +
dϕ
dξAz = A
dϕ
dξ.
25. Exercício 1.25: Façam!
26. Exercício 1.26: Farei apenas o 1.2.4. Vou supor, portanto, que já foiprovado o item 1.2.2. Temos que provar que∫
V
(∇ · G+ G · ∇
)Fdv =
∮S
F(G · n
)da.
5
O mais importante aqui é notar que podemos fazer tudo componente acomponente, ou seja, decompondo F . Assim, considere o termo
ı
∫V
(∇ · G+ G · ∇
)fxdv = ı
∫V
[fx
(∇ · G
)+ G · ∇fx
]dv.
Note agora que este termo entre colchetes pode ser escrito como
ı
∫V
∇ ·(fx G
)dv,
se usarmos a propriedade 1.1.7, tabela 1.1. Mas aplicando o teorema dadivergência sobre este termo, temos que
ı
∫V
∇ ·(fx G
)dv = ı
∮S
(fx G
)· ndv = ı
∮S
fx(G · n
)dv.
Repetindo isto para cada uma das outras componentes, ficamos com∫V
(∇ · G+ G · ∇
)Fdv =
∮S
(ıfx + fy + kfz
)(G · n
)dv
=
∮S
F(G · n
)da,
como queríamos demonstrar.
6
Wr= Vhswhpehu 4:/ 5336 Sdjh= 4+Fkdswhu khdg=,Fdsðwxor 5=t Hhufðflr 514= Dv gxdv sduwðfxodv hvwær vxvshqvdv sru r gh frpsulphqwrv , d sduwlugh xp srqwr frpxp1 Vxdv pdvvdv vær 6 h vxdv fdujdv vær ^1 Sdud fdofxodu r åqjxortxh fdgd frugd id frp d yhuwlfdo edvwd qrwdu txh ghyhprv whu/ ghfrpsrqgr iruêdvvreuh fdgd sduwðfxod 6 c A ULt w ' fA t? w c ^2eZ0f E2, t? w2 ' fDvvlp/ A ' 6 tiU w h 6 |@? w ' ^2eZ0f E2, t? w2gh prgr txh t? wULt w ' ^2SZ0f6,2rx t? wULt w tiU2 w ' |@? w n |@?2 w ' ^2SZ0f6,2 ctxh ì r uhvxowdgr ghvhmdgr1 Qrwh txh/ vh w / hqwær srghuðdprv hvfuhyhu
w ' ^2SZ0f6,2*
t Hhufðflr 515= Dv fdujdv vær ' ' 2 e f3b h '2 ' cfD e f3b1 D vhsdudêær ìo ' e e f3261 Dvvlp/ d iruêd hqwuh hodv vhuä8 ' ''2eZ0fo2 ' c e f3HeZ e HHDe e f32 e S e f3e '
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8 ' ''2eZ0fo2 ' 22D e f3HeZ e HHDe e f32 e S e f3e '' n2S e f3D
Wr= Vhswhpehu 4:/ 5336 Sdjh= 5t Hhufðflr 517= Whprv xp r lqqlwdphqwh orqjr/ frp ghqvlgdgh xqliruph gh fdujd bsru xqlgdgh gh frpsulphqwr1 D lqwhjudo sdud r fdpsr hoìwulfr/ sdud xp srqwr d xpdglvwåqfld Oo gd olqkd/ fd +sru vlphwuld whprv dshqdv r fdpsr udgldo hp frrughqdgdvfloðqgulfdv/ frorfdprv r srqwr vreuh r sodqr 5 ' f sru frqyhqlíqfld,
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Capítulo 12
1. Exercício 16.1: temos a condição inicial C∆ϕ = Q0, que é a cargainicial no capacitor, após ter sido carregado. Também temos que J = g E.Usando a equação da continuidade, dada por
∂ρ
∂t+∇ · J = 0
ficamos com∂ρ
∂t+ g∇ · E = 0
e, usando a eq. de maxwell ∇ · E = ρε , ficamos com (tendo integrado no
volume)∂q (t)
∂t= −g
εq (t)
o que dá, após integração e substituição da condição inicial, o resultado
q (t) = C∆ϕe−gt/ε,
como desejado. O item (b) pode ser obtido imediatamente a partir daderivação do resultado anterior e é dado por
i (t) = −gεC∆ϕe−gt/ε.
Finalmente, o item (c) é imediatamente obtido como B = 0 pela simetriado problema.
2. Exercício 16.3: O item (a) pode ser obtido se usarmos a equação deMaxwell
∇× H − ∂ D
∂t= J
e a integrarmos sobre a superfície do dielétrico. A integral de superfíciede ∇× H torna-se uma integral de linha sobre H e a integral de superfíciesobre D é simples de ser obtida, já que D é constante. Assim, ficamoscom ∮
C
H · dl = ∂ D
∂t·∫∫
ndA,
onde já usamos o fato de que, no dielétrico, J = 0. Assim, ficamos com(note que H é constante sobre C, por simetria)
2πaHθ = πa2∂Dz
∂t,
onde já expressamos o restultado em termos das componentes distintas dezero dos campos. Assim,
Hθ =1
2a∂Dz
∂t.
1
Note, entretanto, que, pela lei de Gauss, temos
∂Dz
∂t=
∂ρ
∂t
que, integrada sobre o volume, fornece
πa2L∂Dz
∂t= Iz
e, portanto,1
2a∂Dz
∂t=
Iz2πa
.
Assim, temos que
Hθ =1
2a∂Dz
∂t=
Iz2πa
,
que é o resultado desejado. O item (b) pode ser obtido imediatamente, jáque o vetor de Poynting é dado por
S = E × H = −EzHθ r = −12aEz
∂Dz
∂tr.
A integral desse vetor sobre a superfície fica dada por∫∫S · rdA = − (2πad) 1
2aEz
∂Dz
∂t= −πa2dEz ∂Dz
∂t,
como queríamos demostrar.
3. Exercício 16.4: Temos a corrente na direção do fio, que indicamos por z.Assim, o campo elétrico está na direção contrária e, portanto, E = −Ez z.O campo magnético H se encontra na direção θ (coordenadas cilíndricas),de modo que o vetor de Poynting aponta para a direção radial para fora,ou seja, S = EzHθr e implica numa radiação de energia para fora dofio por efeito Joule. O calor associado a essa emissão pode ser calculadofacilmente pela integral
QJoule = −∫∫∫
E · JdV = −J2z
gV.
Como Jz = I/A e V = AL (para uma região de comprimento L do fio),ficamos com
QJoule = −I2L
gA.
Já a integração do vetor de Poynting pode ser feita usando-se
QPoynting =
∫∫EzHθdA =
JzgHθ (2πaL) ,
2
onde a é o raio do fio. Entretanto, temos para esse problema que
Hθ =I
2πa
e, usando novamente que Jz = I/A, ficamos com
QPoynting =I2L
gA,
ou seja, toda a emissão Joule é feita por radiação via vetor de Poynting.
4. Exercício 16.5: começamos por notar que E é campo eletrostático, deforma que deve valer ∇× E = 0. Também temos que H é magnetostático,de forma que deve valer ∇ × H = J . Assim, a integração do vetor dePoynting sobre uma superfície S fornece∫∫
A
S · ndA =∫∫A
(E × H
)· ndA,
onde A é superfície fechada. Assim, podemos usar o teorema da di-vergência, para obter∫∫
A
S · ndA =∫∫∫V
∇ ·(E × H
)dV
que dá, usando as identidades vetoriais,∫∫A
S · ndA =
∫∫∫V
[H ·(∇× E
)− E ·
(∇× H
)]dV
= −∫∫∫
V
E · JdV
sendo que o último resultado é a perda de energia do sistema por efeitoJoule. Entretanto, na região considerada, existe um campo eletrostático eum magnetostático e, assim, não pode haver dissipação de energia líquida.Deste modo, a última integral tem que se anular e ficamos com∫∫
A
S · ndA = 0.
5. Exercício 16.6: Temos que
∂2E
∂z2= εµ
∂2E
∂t2.
Fazendo as mudanças de variável
ξ = t+√εµz ; η = t−√εµz
3
ficamos com
∂
∂z=
∂ξ
∂z
∂
∂ξ+∂η
∂z
∂
∂η=√εµ
(∂
∂ξ− ∂
∂η
)e, portanto,
∂2
∂z2= εµ
(∂2
∂ξ2− 2 ∂2
∂ξ∂η+
∂2
∂η2
).
Um raciocínio análogo nos leva a
∂2
∂t2= εµ
(∂2
∂ξ2+ 2
∂2
∂ξ∂η+
∂2
∂η2
).
Assim, a equação de onda original implica que devemos ter
∂2E
∂ξ∂η= 0
cuja solução geral é facilmente percebida como sendo
E = E1 (ξ) +E2 (η) .
6. Exercício 16.7: Para encontrar B podemos usar a equação de Faraday.Assim, temos que
∇× E +∂ B
∂t= 0.
O rotacional de E fornece
∂ B
∂t= ıE0ω
√εµ cos [ω (
√εµz − t)] + E0
√εµ sin [ε (
√εµz − t)]
que integrado gera o campo magnético
H = −E0√
ε
µı cos [ω (√εµz − t)]− sin [ε (
√εµz − t)] .
Assim, o vetor de Poynting S = E × H fica dado por
S = E20
√ε
µk,
como desejado.
7. Exercício 16.8: Temos que Fv = ρE+ J × B. Usando a lei de Gauss e alei de Ampére modificada para isolar ρ e J , respectivamente, ficamos com
Fv = ε0 E(∇ · E
)+1
µ0
(∇× B
)× B − ε0
∂ E
∂t× B
= ε0 E(∇ · E
)− ε0
∂(E × B
)∂t
+1
µ0
(∇× B
)× B + ε0 E × ∂ B
∂t
4
que, usando a lei de Faraday, fornece
Fv = ε0 E(∇ · E
)− ε0
∂(E × B
)∂t
+1
µ0
(∇× B
)× B− ε0 E×
(∇× E
).
AgoraE ×
(∇× E
)=1
2∇(E · E
)−(E · ∇
)E,
o mesmo valendo para B. Assim, ficamos com
Fv = −ε0∂(E × B
)∂t
+ ε0 E(∇ · E
)− 12ε0∇
(E2)+(E · ∇
)E
+1
µ0
(B · ∇
)B − 1
2µ0∇ (B2)+ 1
µ0B(∇ · B
),
onde o último termo foi incluído apenas para ressaltar a simetria do re-sultado, já que é identicamente nulo.
8. Exercício 16.9: Temos que
E = ıE0 sin
[2π
λ(z − ct)
].
Como temos ϕ = 0, sabemos que
E = −∂A
∂t.
Assim, é fácil mostrar que
A = −ı λE02πc
cos
[2π
λ(z − ct)
].
Mas todo esse cálculo só está consistente se tivermos ∇ · A = 0, uma vezque colocamos ϕ = 0 e temos que satisfazer a condição de Lorentz. Mas éfácil mostrar que ∇ · A = 0, uma vez que depende apenas de z, mas temcomponente apenas na direção x (faça a conta).
9. Exercício 16.10: Temos que ρ = 0 e que J = 0. Sabemos que as equaçõesde Maxwell são dadas, para esses casos, por
∇ · E = 0∇ ·B = 0
∇× E + ∂ B∂t = 0
∇× B − εµ∂E∂t = 0
.
Com a escolha dos potenciais de forma que
E = −∇ϕ− ∂ A
∂t; B = ∇× A
5
satisfazemos a segunda e terceira equações de Maxwell. Fica faltandomostar que satisfazemos igualmente a primeira e a quarta. A quarta ficadada por
∇×(∇× A
)− εµ
∂
∂t
(−∇ϕ− ∂ A
∂t
)= 0
ou seja,
∇2 A− εµ∂2 A
∂t2−∇
(∇ · A+ ∂ϕ
∂t
)= 0.
A primeira equação de Maxwell fica
∇ · E = ∇2ϕ+ ∂
∂t
(∇ · A
)= 0.
Se colocarmos ∇ · A = 0 e que A satisfaz a
∇2 A− εµ∂2 A
∂t2= 0,
então temos que
∇∂ϕ
∂t= 0,
ou seja, o potencial escalar é do tipo eletrostático (daí o nome ’calibre deCoulomb’). Esse resultado é consistente com o resultado
∇2ϕ = 0
que obtemos da equação para ϕ acima.
10. Exercício 16.11: Temos que
∇ · E = ρ
ε
e, portanto, substituindo para os potenciais
∇2ϕ+ ∂
∂t
(∇ · A
)= 0,
já que ρ = 0. A equação de Ampére modificada fornece
∇×(∇× A
)− εµ
∂
∂t
(−∇ϕ− ∂ A
∂t
)= µJ
que, rearranjando os termos e usando que J = g E, fornece
∇2 A− εµ∂2 A
∂t2− µg
∂ A
∂t= ∇
(µgϕ+ εµ
∂ϕ
∂t+∇ · A
).
6
Assim, essa última equação fica da forma desejada se fizermos
∇ · A = −µgϕ− εµ∂ϕ
∂t.
Ficamos, portanto, com
∇2 A− εµ∂2 A
∂t2− µg
∂ A
∂t= 0.
Já a equação para o potencial escalar, obtida mais acima, fica
∇2ϕ+ ∂
∂t
(−µgϕ− εµ
∂ϕ
∂t
)= 0,
ou seja,
∇2ϕ− εµ∂2ϕ
∂t2− µg
∂ϕ
∂t= 0,
que é o resultado desejado.
11. Exercício 16.12: ρ = 0, J = 0, µ = µ0 e P = P (x, y, z, t). Temos que
E = ∇×(∇× Z
)− 1
ε0P
B =1
c2∇× ∂ Z
∂t
e sabemos que Z satisfaz à equação
∇2 Z − 1
c2∂2 Z
∂t2= −
P
ε0.
A lei de Gauss pode ser obtida diretamente, tomando-se o divergente deE para obter
∇ · E = − 1ε0∇ · P
e notando que devemos ter ∇· P = 0, que, como sabemos, representa a dis-tribuição volumétrica das cargas de polarização e que se anula quando essadistribuição é uniforme. A equação de Faraday pode ser obtida tomando-se o rotacional de E, dado por
∇× E = ∇×[∇(∇ · Z
)−∇2 Z
]− 1
ε0∇× P
e a derivada temporal de B, dada por
∂ B
∂t=1
c2∇× ∂2 Z
∂t2.
7
Assim, ficamos com
∇× E +∂ B
∂t= −∇×
[∇2 Z − 1
c2∂2 Z
∂t2− 1
ε0P
]= 0
e, portanto, vale a lei de Faraday. A divergência de B é obviamente nula,visto que B está dado por um rotacional. A última equação é a de Ampéremodificada, que pode ser escrita na forma
∇× B − µ0∂ D
∂t=
1
c2∇×
(∇× ∂ Z
∂t
)− µ0
∂
∂t
[ε0 E + P
]=
1
c2∇×
(∇× ∂ Z
∂t
)− µ0ε0∇×
(∇× ∂ Z
∂t
)= 0,
valendo a quarta equação de Maxwell.
12. Exercício 16.13: usa as mesmas idéias do anterior.
13. Exercício 16.14: idem.
8
Capítulo 17
1. Exercício 17.1: considere F (r) = Aeik·r, com A um vetor constante.
Temos que
∇ · F =∂Fx∂x
+∂Fy∂y
+∂Fz∂z
= Axikxeik·r +Ayikye
ik·r +Azikzeik·r
= ik · Aeik·r = ik · F (r)Da mesma forma
∇× F (r) =
∣∣∣∣∣∣ı k∂x ∂y ∂z
Axeik·r Aye
ik·r Azeik·r
∣∣∣∣∣∣e, portanto, [
∇× F]x= (Aziky −Ayikz) e
ik·r[∇× F
]y= (Axikz −Azikx) e
ik·r[∇× F
]z= (Ayikx −Axiky) e
ik·r
Assim, ficamos com
∇× F (r) = ik × Aeik·r = ik × F (r) ,
como desejado.
2. Exercício 17.2: Para uma onda plana no vácuo temos que
E = cB.
Como também temos que
H =1
µ0B
e c = 1/√ε0µ0, ficamos com
E
H= µ0c =
√µ0ε0
.
3. Exercício 17.3: As ondas planas têm polarização circular, mesmos ω,k e amplitude E, mas as polarizações são opostas, ou seja, φ = π/2 eφ = −π/2, para cada uma delas. Assim, temos que
E1 = E (p sinωt+ s cosωt) e E2 = E (−p sinωt+ s cosωt) .
A onda resultante da superposição dessas duas ondas é dada por
ET = 2Es cosωt
e possui amplitude 2E.
1
4. Exercício 17.6: Sejam A e B vetores complexos. Assim, A = Ar + i Aie B = Br + i Bi. Deste modo temos que
ReA·Re
B= Ar · Br
enquanto que
ReA · B
= Ar · Br − Ai · Bi.
Assim, podemos ter ReA · B
= 0 com Ar · Br = Ai · Bi, mas de tal
modo que nenhum dos dois membros é nulo.
5. Exercício 17.7: As ondas têm os mesmos ω, k e sentido de polarizaçãop, mas têm amplitudes e fases diferentes, dados por E1, 0 e E2, φ. Suasrepresentações são
E1 = pE1 cos(ωt− k · r
)e E2 = pE2 cos
(ωt− k · r − φ
).
O vetor de Poynting é dado por
S =n
cµ0E2 =
n
cµ0
[E1 cos
(ωt− k · r
)+E2 cos
(ωt− k · r − φ
)]2=
=n
cµ0
[E21 cos
2(ωt− k · r
)+E22 cos
2(ωt− k · r − φ
)+
+2E1E2 cos(ωt− k · r
)cos(ωt− k · r − φ
)]Agora podemos tomar a média temporal deste resultado lembrando que⟨
cos2 α⟩T=1
2
e que
cos(ωt− k · r
)cos(ωt− k · r − φ
)=
= cos(ωt− k · r
) [cos(ωt− k · r
)cosφ+ sin
(ωt− k · r
)sinφ
]=
= cos2(ωt− k · r
)cosφ+ cos
(ωt− k · r
)sin(ωt− k · r
)sinφ
Agora〈cosα sinα〉T = 0,
então ⟨cos(ωt− k · r
)cos(ωt− k · r − φ
)⟩=1
2cosφ.
Desta maneira, ficamos com
〈S〉T =n
cµ0
1
2
[E21 +E22 + 2E1E2 cosφ
],
como queríamos demonstrar.
2
6. Exercício 17.8: Temos duas ondas no vácuo de mesma frqüência e am-plitude, com polarização linear que se superpõem para dar uma ondaestacionária no vácuo. Tais ondas ficam representadas por
E1 = pE cos(ωt− k · r
)e E2 = pE cos
(ωt+ k · r
).
Agora temos que
E = pE[cos(ωt− k · r
)+ cos
(ωt+ k · r
)].
Note entretanto, que
cos (a− b) + cos (a+ b) = 2 cosa cos b
de modo que ficamos com
E = p2E cos (ωt) cos(k · r
)e o vetor de Poynting fica
S =n
cµ0E2 =
n
cµ04 cos2 (ωt) cos2
(k · r
),
e sua média temporal fica
〈S〉T =2n
cµ0cos2
(k · r
).
7. Exercício 17.9: Para uma onda plana em um meio condutor temos
B =n
cu× E.
Como E é elipticamente polarizado, com E = Epeiφp + Ess, temos que
(n = n+ ik)
B =n
c
(u× pEpe
iφ + u× sEs)=
n
c
(−pEs + sEpeiφ).
Assim, temos que
ReE
= Ep cosφp+Ess
ReB
=1
c[−nEsp+ (n cosφ− k sinφ)Eps]
Ficamos com
ReE· Re
B
=1
c−nEpEs cosφ+ nEpEs cosφ− kEpEs sinφ
= −k
cEpEs sinφ
como desejado.
3
8. Exercício 17.11: Temos que Ki = Kr no caso em questão. Queremoscalcular os n e k. Usando as expressões (17.52) do livro, chegamos a(Kr = K)
n =
√1
2
[K +K
√2]=√K
√1 +
√2
2= 1.098684114
√K
k =
√1
2
[−K +K
√2]=√K
√−1 +√2
2= 0.4550898604
√K
Temos ainda que
δ =c
kω=
c
k 2πcnλ=
nλ
2πk
de forma queδ
λ=
n
2πk= 0.3842340223,
como desejado.
9. Exercício 17.12: O meio é quase transparente. Temos que
δ =c
kω,
mas k = Ki/2n = g/(2nε0ω) de forma que kω = g/2nε0 e ficamos com
δ =c2nε0g
.
Agora, como
c =1√ε0µ0
,
o resultado pode ser escrito como
δ =2nε0
g√ε0µ0
=2n
g√µ0/ε0
,
como desejado.
4
Capítulo 18
1. Exercício 18.1:O coeficiente de reflexão de Fresnel para uma onda s-polarizada que incide no ar (meio1) sobre um dielétrico (meio2) é dadopor
r12,s =cos θ1 − n cos θ2cos θ1 + n cos θ2
,
onde θ1 é o ângulo de incidência no meio 1, θ2 é o ângulo de refraçãoe fizemos n1 = 1 por ser o ar. Se θ1 = θB, então, como sabemos quetan θB = n (por n1 = 1), temos que
cos2 θB =1
sec2 θB=
1
1 + tan2 θB=
1
1 + n2
e, portanto,
cos θB =1√1 + n2
and sin θB =n√1 + n2
.
A lei de Snell fornece
sin θ2 =sin θBn
=1√1 + n2
e cos θ2 =n√1 + n2
e, portanto
r12,s =
1√1+n2
− n2√1+n2
1√1+n2
+ n2√1+n2
=1− n21 + n2
,
como queríamos demonstrar.
2. Exercício 18.2: Uma onda p-polarizada incide no meio 1 (ar) sobre omeio 2 (dielétrico) segundo o ângulo θ1 = π/2− δ. Temos que encontrarRp (δ) quando δ → 0 em termos de K. Temos para a onda p-polarizadaque
r12,p =n cos (π/2− δ)− cos θ2n cos (π/2− δ) + cos θ2 =
n sin δ − cos θ2n sin δ + cos θ2
.
A lei de Snell nos fornece que n sin θ2 = sin (π/2− δ) = cos δ e, portanto,
cos θ2 =
√1− cos
2 δ
K,
onde usamos K = n2. Quando δ → 0 podemos aproximar
sin δ = δ e cos δ = 1
até a ordem δ2. Assim, ficamos com o termo de Fresnel
r12,p =
√Kδ −
√1− 1
K
√Kδ +
√1− 1
K
=Kδ −√K − 1Kδ +
√K − 1 .
1
Nós ainda poderíamos fazer
r12,p =
K√K−1δ − 1K√K−1δ + 1
e expandir o denominador em série de MacLaurin para obter
r12,p =
(K√K − 1δ − 1
)(1− K√
K − 1δ)= −
(1− K√
K − 1δ)2.
Como RP = r212,p, ficamos com
Rp =
[Kδ −√K − 1Kδ +
√K − 1
]2=
(1− K√
K − 1δ)4.
A inclinação da curva em termos de δ é dada por
dRpdθ1
= −dRpdδ
=4K√K − 1 −
12K
K − 1δ + o(δ2).
3. Exercício 18.3: Agora a onda é p-polarizada e incide do meio 1 (con-stante K) para o ar e temos
r12,p =cos (θc − δ)−
√K cos θ2
cos (θc − δ) +√K cos θ2
.
Temos que
sin θc =1√K
e, portanto,
cos θc =
√1− 1
K=
√K − 1K
Expandindo o cosseno da soma e usando as substituições necessárias,temos
r12,p =
√1− 1
K cos δ +1√Ksin δ −√K cos θ2√
1− 1K cos δ +
1√Ksin δ +
√K cos θ2
.
Usando a lei de Snell, ficamos com
sin θ2 =√K sin (θc − δ) =
(cos δ −√K − 1 sin δ
)(1−√K − 1δ
).
Assim
cos θ2 √1−
(1−√K − 1δ
)2=
√2√K − 1δ.
2
Substituindo, ficamos com
r12,p =
√K − 1 + δ −
√2√K − 1δ√
K − 1 + δ +√2√K − 1δ
Assim, Rp = r212,p fica, em primeira aproximação (fazer com o maple)
Rp = 1− 4K√
2δ√K − 1 ,
como queríamos demonstrar.
4. Exercício 18.5: A luz é p-polarizada e é refletida por uma superfíciemetálica vindo do ar (n1 = 1 e n2 = n + ik). Para calcular Rp temosque calcular r12,p lembrando que é um valor complexo e que Rp = |r12,p|2.Temos que as mesmas expressões valem para o coeficiente de Fresnel e,assim
r12,p =(n+ ik) cos θ1 − cos θ2(n+ ik) cos θ1 + cos θ2
.
Se usamos a aproximação (exigida pelo problema) de cos θ2 ∼ 1, temosque
r12,p =(n+ ik) cos θ1 − 1(n+ ik) cos θ1 + 1
=n2 cos2 θ1 + k
2 cos2 θ1 − 1 + 2ik cos θ1n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1
.
Com esse resultado, ficamos com
Rp =n2 cos2 θ1 − 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1
.
Para achar o mínimo, basta derivar em termos de θ1 para obter
dRpdθ1
= 0 =n sin θ1
(n2 cos2 θ1 + k
2 cos2 θ1 − 1)
(n2 cos2 θ1 + 2n cos θ1 + k2 cos2 θ1 + 1)2 .
A solução dessa equação implica que
θ1 = 0 ou n2 cos2 θ1 + k2 cos2 θ1 = 1.
A solução θ1 = 0 era esperada, visto que nesse ângulo de ataque teremosRp máximo. A outra solução deve dar o valor mínimo deste. Assim, temos
cos θ1 =1√
n2 + k2
como solução esperada, como queríamos demonstrar. Podemos traçar ográfico de Rp (θ1) para valores arbitrários de n e k, para ver seu comporta-mento. Na figura abaixo, mostramos esse comportamento para os valoresn = 1, k = 6.
3
Note que, para estes valores, temos Rp mínimo em θ1 = arccos(1/√37)=
1.405647649.
5. Exercício 18.6: Nas condições k n 1 valem as condições de Hagen-Rubens. Note que temos, nesse caso,
2
k= 2
√2ε0ω
g,
ou seja,g
k2= 2ε0ω.
A dissipação da energia é dada pelo termo de Joule, J · E que, na aproxi-mação linear da lei de Ohm, fica
d = −gE22 ,e usamos E2 pois se trata da onda no meio 2, o metal. Para calcular E22 ,usamos a relação que envolve os coeficientes de Fresnel,
|E2|2 = |t12|2 |E1|2 ,onde
t12 =2n1
n2 + n1.
Com n2 = n+ ik, ficamos com
|t12|2 = 4n1 1
(n1 + n)2+ k2
2n1k2
4
e, portanto,
|E2|2 = 2n1k2
|E1|2 .Assim, a dissipação fica
d = −2n1gk2
|E1|2 = −4ε0ωn21 |E1|2 .
Se o meio 1 é o ar, então n1 = 1. Se temos E1 = 103V/m e f = 1010Hz,então, ω = 2π1010Hz e
d = −4× 8.85× 10−12 × 2π × 1010 = −2.22J/m3.
6. Exercício 18.7:Uma onda no ar n1 = 1 incide numa superfície condutoracom um ângulo θ1 no intervalo onde a relação de Hagen-Rubens é válida.Assim, temos que
r12,s =cos θ1 − (n+ ik)cos θ1 + (n+ ik)
que gera, após cálculos semelhantes ao que fizemos no exercício anterior,
Rs =n2 + k2 + cos2 θ1 − 2n cos θ1n2 + k2 + cos2 θ1 + 2n cos θ1
.
Como temos a absorvância definida como As = 1−Rs, ficamos com
As =4n cos θ1
n2 + k2 + cos2 θ1 + 2n cos θ1.
No limite de validade da relação de Hagen-Rubens temos que n k 1.Assim, podemos colocar
As =2cos θ1k
,
como desejado. Para a onda p-polarizada é a mesma coisa.
7. Exercício 18.8: A incidência é normal θ1 = 0 do ar n1 = 1 para umasuperfície condutora n2 = n+ ik. Assim, temos que
r12,s =1− (n+ ik)1 + (n+ ik)
= −n2 + k2 − 1 + 2ikn2 + k2 + 1+ 2n
.
Assim, temos que a parte real e a parte imaginária são dadas por
Re r12,s = − n2 + k2 − 1n2 + k2 + 1 + 2n
e Im r12,s = − 2k
n2 + k2 + 1 + 2n
de modo que sua fase fica
αs = tan−1
2k
n2 + k2 − 1,
como queríamos demonstrar.
5
8. Exercício 18.10: Temos uma onda que sai de um meio n1, passa poruma película n2 e sai pelo meio n3. Temos que, para onda p-polarizadacom incidência normal
r12,p =n2 − n1n2 + n1
e r23,p =n3 − n2n3 + n2
.
Podemos transformar as quantidades em r23,p de modo a colocá-la escritaem termos de elementos dos meios 1 e 2, para comparar o resultado comr12,p. Assim, temos n2 =
√n1n3 e
r23,p =
n22n1− n2
n22n1+ n2
=n22 − n2n1n22 + n2n1
=n2 − n1n2 + n1
= r12,p,
como queríamos demonstrar. Para incidência normal temos que
R =r212 + r
223 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r223 + 2r12r23 cosβ
.
Se cosβ = −1, então ficamos com o numerador igual a zero, dado quer23,p = r12,p.
9. Exercício 18.11: A freqüência do feixe é ω e ele incide do ar (n1 = 1)para um filme dielétrico de índice de refração n2 = n com espessura d. Oscoeficientes de transmissão e reflexão são dados por
r =r12 + r23e
iβ
1 + r12r23eiβ
o que fornece
R =r212 + r
223 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r223 + 2r12r23 cosβ
,
como visto no problema anterior. Entretanto, sabemos que
r12 =n− 1n+ 1
e r23 =1− n1 + n
de modo que ficamos com
R =
(n2 − 1)2 (1− cosβ)
n4 + 6n2 + 1− (n2 − 1)2 cosβNeste caso, temos que β = 2dωc n (ver 18.84 no texto) de modo que
R =
(n2 − 1)2 [1− cos (2dωc n)]
n4 + 6n2 + 1− (n2 − 1)2 cos (2dωc n) .Supondo n fico e ω fixo, o comportamento de R em termos de d fica dadocomo mostra a figura abaixo:
6
10. Exercício 18.12: Temos que:
(a) Para β1 = 0, a equação matricial fica(E1E′1
)=
1
t12
(1 r12r12 1
)(E20
),
o que dá
E1 =1
t12E2,
o que é verdade, visto que sabemos que E2 = t12E1, por definição docoeficiente de transmissão de Fresnel. Também obtemos que
E′1 =r12t12E2
e usando a expressão para E2 em termos de E1, ficamos com E′1 =r12E1, que é o resultado esperado.
(b) Temos agora que (o sinal na dos expoentes complexos parece estarerrado, mas isso não é relevante, pois precisamos apenas de r∗r e t∗t)(
E1E′1
)= 1
t12t23
(1 r12r12 1
)(e−iβ2/2 r23e
−iβ2/2
r23eiβ2/2 eiβ2/2
)(E20
)= 1
t12t23
(e−iβ2/2 + r12r23eiβ2/2 r23e
−iβ2/2 + r12eiβ2/2
r12e−iβ2/2 + r23eiβ2/2 eiβ2/2 + r12r23e
−iβ2/2
)(E20
)
7
o que fornece
E1 =1
t12t23
(e−iβ2/2 + r12r23eiβ2/2
)E3.
Reorganizando os termos, ficamos com
E3 =t12t23e
iβ2/2
1 + r12r23eiβ2.
Da mesma forma, ficamos com
E′1 =1
t12t23
(r12e
−iβ2/2 + r23eiβ2/2)E3
e, substituindo E3 em termos de E1, ficamos com
E′1 =r12 + r23e
−iβ2
1 + r12r23eiβ2E1,
o que corresponde às definições do livro texto.
11. Exercício 18.13: Uma superfície metálica tem sobreposta uma películadielétrica. O cáculo da reflectância é dado por (incidência normal)
R =r212 + r
223 + 2r12r23 cosβ
1 + r212r223 + 2r12r23 cosβ
onder12 =
n− 1n+ 1
e r23 =n3 − nn3 + n
,
onde n é o índice de refração da película (de espessura d) e n3 = n+ ik ecomo o condutor é perfeito, k →∞, de modo que
r23 = ±1.
Assim, ficamos com
R =
(n−1n+1
)2+ 1 + 2
(n−1n+1
)cosβ
1 +(n−1n+1
)2+ 2
(n−1n+1
)cosβ
= 1,
como queríamos demonstrar.
12. Exercício 18.14: A radiação incide normalmente a partir do ar sobre umfilme metálico espesso de tal forma que podemos desprezar as múltiplasreflexões. Assim, temos que
t = t12t23.
8
Temos que
t12 =2
1+ (n+ ik)
e também
t23 =2 (n+ ik)
1 + (n+ ik).
Assim, ficamos com
T =∣∣t∣∣2 = n2 + k2
1 + 4n+ 6n2 + 2k2 + 4n3 + 4nk2 + n4 + 2n2k2 + k4.
Eta exercício idiota! Desculpem aí por ter indicado.
13. Exercício 18.18: Se vamos apenas somar as intensidades, então a in-tensidade refletida fica dada por
R = R12 + T12R23T21 + T12R23R12R23T21 + · · ·e portanto
R = R12 + T12R23T21 [1 +R23R12 + · · ·]e, visto que temos uma série geométrica, ficamos com
R = R12 +T12R23T211−R21R23 .
Assim,
R =R12 −R12R21R23 + T12R23T21
1−R21R23 ;
note, entretanto, que
r12 = −r21 ⇒ R12 = R21.
Assim, ficamos com
R =R12 +R23
(T12T21 −R212
)1−R12R23 .
Agora note que
T12 =4n21
(n2 + n1)2 e T21 =
4n22
(n2 + n1)2
de modo que
T21T12 −R212 = −n22 − 6n1n2 + n21(n2 + n1)
2
ao mesmo tempo que
1− 2R12 = −n22 − 6n1n2 + n21(n2 + n1)
2 .
9
Assim, podemos escrever
R =R12 +R23 (1− 2R12)
1−R12R23 =R12 +R23 − 2R12R23
1−R12R23 ,
como queríamos demonstrar. Se R12 = R23, então facilmente chegamos a
R = 2R12 −R2121−R212
= 2R12 (1−R12)
(1−R12) (1 +R12)o que fornece
R =2R121 +R12
,
como desejado.
14. Exercício 18.17: Encontrar E e B para ondas TM propagando-se noplano yz entre duas placas condutoras em y = 0 e y = a. Temos que, paraTM o campo magnético B deve ser dado por (onde usamos que rs = −1nas placas para o campo elétrico)
B = ıB0
[eik(y cos θ+z sin θ)−ωt ± eik(−y cos θ+z sin θ)−ωt
]de forma que ficamos com
1
c2∂ E
∂t= ∇× B
e
∇× B =
∣∣∣∣∣∣ı k∂x ∂y ∂zBx 0 0
∣∣∣∣∣∣ = ∂zBx − k∂yBxfornecendo
1
c2∂Ey∂t
= B0ik sin θ[eik(y cos θ+z sin θ) ± eik(−y cos θ+z sin θ)
]e−iωt
e, portanto, (ω = kc)
Ey = −cB0 sin θ[eik(y cos θ+z sin θ) ± eik(−y cos θ+z sin θ)
]e−iωt.
Da mesma forma
1
c2∂Ez∂t
= B0ik cos θ[eik(y cos θ+z sin θ) ∓ eik(−y cos θ+z sin θ)
]e−iωt
e, portanto,
Ez = cB0 cos θ[eik(y cos θ+z sin θ) ∓ eik(−y cos θ+z sin θ)
]e−iωt
10
Note que Ez = 0 em y = 0 de modo que temos que escolher o sinalnegativo na expressão anterior. Mas isso significa que temos que escolhero sinal positivo na expressão inicial para B. Desta forma, ficamos com
Bx = B0 cos (ky cos θ) ei[kz sin θ−ωt]
Ey = −cB0 sin θ cos (ky cos θ) ei[kz sin θ−ωt]Ez = cB0 cos θ sin (ky sin θ) e
i[kz sin θ−ωt]
15. Exercícios 18.19 e 18.20: chatíssimos... basta substituir na expressão.FAÇAM! hehehe
11
Capítulo 19
1. Exercício 19.2: Sabemos que a Maxwelliana é dada pela expressão
f (ω) =ω2pω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4de forma que seu ponto de máximo é obtido exatamente sobre ω = ω0 e édado por
M = f (ω0) =ω2pω20
γ/4
γ2/4=ω2pγω20
.
Na altura média, ficamos com
M
2=ω2pω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4.
Usando o M dado acima, ficamos com
ω2pγω20
=ω2pω20
γ/4
(ω0 − ω)2 + γ2/4cuja solução gera o resultado
ω0 − ω = ±γ2,
que é o resultado desejado.
2. Exercício 19.5: A lorentziana tem a forma
FL (ω) =1
γ
γ2
2 (ω0 − ω)2 + γ2,
implicando uma altura máxima 2 e uma largura de meio máximo 1/2 (γ =0.5), centrada em ω0 = ω. A gaussiana com as mesmas características édada por
FG (ω) =1
γexp
(−2 (ω − ω0)
2
γ2
).
Seus gráficos podem ser vistos na figura abaixo: (M = 2, g = 0.5, ω0 = 0)
1
3. Exercício 19.6: Temos que
K (ω) = K∞ +ω2p
ω2T − ω2
e também que K (ωL) = 0. Com este último vínculo, obtemos que
0 = K∞ +ω2p
ω2T − ω2Lque, resolvendo para ωp fornece
ω2p = −K∞(ω2T − ω2L
).
Agora
K (0) = K0 = K∞ +ω2pω2T.
Substituindo nessa última expressão o resultado obtido para ωp, fica-secom
K0K∞
=ω2Lω2T,
como queríamos demonstrar.
4. Exercício 19.8: A constante dielétrica complexa é dada por
g =g0
1− iωτ =g0 (1 + iωτ)
1 + ω2τ2
2
de modo quegr =
g01 + ω2τ2
e gi =g0ωτ
1 + ω2τ2.
Assim, disso resulta que, para ω = 1/τ ,
gr = gi =g02.
5. Exercício 19.9: O comportamento das constantes do problema é dadopor
γ
ωp= 10−2.
Queremos obter n e k, do índice de refração complexo n = n+ ik, para afreqüência ω = ωp. Para o caso em questão, temos que
Kr − 1 = −ω2p
ω2 + γ2e Ki =
ω2pγ
ω (ω2 + γ2).
Se calcularmos estes valores em ω = ωp, como desejado, ficamos com
Kr = 1− 1
1 + (γ/ωp)2 = 1−
1
1 + 10−4= .999900e− 4
Ki =γ/ωp
1 + (γ/ωp)2 =
10−2
1 + 10−4= .9999000100e− 2
Assim, Ki é duas ordens de grandeza maior do que Kr. Agora, temos que
n =
√1
2
[Kr +
√K2r +K
2i
]√Ki2= .7071067810
√Ki
k =
√1
2
[−Kr +
√K2r +K
2i
]√Ki2= .7071067810
√Ki
como desejado.
6. Exercício 19.13: A tangente do ângulo desejado é dada por
tan θ =(K0 − 1)ωτK0 + (ωτ)
2 .
Como procuramos um máximo e a tangente é uma função crescente,podemos derivar diretamente a tangente para obter
d tan θ
dτ=(K0 − 1)ωK0 + ω2τ2
− (K0 − 1)ωτ(2ω2τ
)[K0 + ω2τ2]
2 = 0
dando, depois de simplificações,
ω =K0τ
ou τ =K0ω.
3
Para tal valor, as constantes dielétricas real e imaginária ficam
Kr =K0 − 11 +K2
0
1
K0 0 e Ki =
(K0 − 1)K01 +K2
0
1.
7. Exercício 19.14: Temos que
g = −iωχde modo que
gr (ω) = ωχi (ω) e gi (ω) = −ωχr (ω) .Temos também que
χr (ω) =2
π
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)ω′2 − ω2 dω
′;
multiplicando ambos os membros por ω2 e tomando o limite com ω →∞temos que
−π2limω→∞ω
2χr (ω) =
∫ ∞
0
ω′χi (ω′) dω′.
Usando a relação para gr (ω) ficamos com∫ ∞
0
g (ω) dω = −π2limω→∞ω
2χr (ω) .
Note, entretanto, que para ω → ∞ devemos ter (essa parte o livro nãodeixa clara, infelizmente, gerando os problemas para a solução)
χr (ω) = ε (ω)− 1 = −ω2pω2,
de modo que∫ ∞
0
g (ω) dω = −π2limω→∞ω
2χr (ω) =π
2ω2p =
πNe2
2m,
como queríamos demonstrar. Por outro lado, podemos começar com
gr (ω) = ωχi (ω)
e escrever
limω→∞ gr (ω) = lim
ω→∞−2ω2
π
∫ ∞
0
χr (ω′)
ω′2 − ω2 dω′ =
2
π
∫ ∞
0
χr (ω) dω
e, portanto, ∫ ∞
0
χr (ω) dω =π
2limω→∞ gr (ω) .
Com a relação entre gr (ω) e χi (ω) e lembrando que χi (ω) vai para zerocom ω3, quando ω →∞, temos que∫ ∞
0
χr (ω) dω =π
2limω→∞ gr (ω) = 0,
como esperado.
4
8. Exercício 19.15: Temos que
χi (ω) =π
2ω0χ0δ (ω − ω0) e E (t) =
E0ω0δ (t) .
Assim, usando a expressão (19.82) do livro, temos que
P (t) =
∫ ∞
0
f (t′)E (t− t′) dt′.
Substituindo E (t) nessa expressão, ficamos com
P (t) =E0ω0
∫ ∞
0
f (t′) δ (t− t′) dt′ = E0ω0f (t) .
Mas, de acordo com a expressão (19.83), temos que
f (t) =2
π
∫ ∞
0
χi (ω) sin (ωt) dω.
Assim, usando a expressão para χi (ω) ficamos com
f (t) = ω0χ0
∫ ∞
0
δ (ω − ω0) sin (ωt) dω = ω0χ0 sin (ω0t) .
Juntando os resultados, ficamos com
P (t) = E0χ0 sin (ω0t) ,
como queríamos demonstrar.
9. Exercício 19.16: Para fazer as mesmas passagens para J (t) ao invésde P (t), lembramos que temos que desenvolver os resultados em termosde uma relação linear entre J (t) e o campo elétrico E (t) (já que esse éum dos pressupostos das relações de Kramers-Kronig) além de ser umarelação causal (sendo este o outro pressuposto). Assim, escrevemos
J (t) =
∫ ∞
0
h (t)E (t− t′) dt′,
onde
E (t) =
∫ +∞
−∞E (ω) e−iωtdω e J (t) =
∫ +∞
−∞g (ω) E (ω) e−iωtdω.
Assim, podemos escrever
E (t− t′) =∫ +∞
−∞E (ω) e−iω(t−t
′)dω
5
e substituir na primeira expressão para obter
J (t) =
∫ +∞
−∞E (ω) e−iωt
∫ ∞
0
h (t′) e+iωt′dt′dω
que implica, por comparação com a outra expressão para J (t) em
g (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) e+iωt′dt′
e, portanto,
gr (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) cos (ωt′) dt′
gi (ω) =
∫ ∞
0
h (t′) sin (ωt′) dt′
como no caso da suscetiblidade. Invertendo a equação para gi (ω) ficamoscom
h (t) =2
π
∫ ∞
0
gi (ω′) sin (ω′t) dω′
e substituindo em gr (ω) temos finalmente
gr (ω) =2
π
∫ ∞
0
gi (ω′) sin (ω′t′) cos (ωt′) dt′dω′.
Integrando sobre t′, ficamos com
gr (ω) =2
π
∫ ∞
0
ω′gi (ω′)ω′2 − ω2 dω
′
gi (ω) = − 2πω
∫ ∞
0
gr (ω′)
ω′2 − ω2 dω′
como queríamos demonstrar (as integrais são feitas pelo método dos resí-duos).
(a) Agora vamos usar a relação g = −iωχ. Assim, ficamos, para a ex-pressão de gi (ω), com
−ωχr (ω) = −2
πω
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)ω′2 − ω2 dω
′
dando
χr (ω) =2
π
∫ ∞
0
ω′χi (ω′)ω′2 − ω2 dω
′,
que é similar àquela já encontrada. Já para gr (ω) pode-se repetir ospassos acima para ficar com
χi (ω) = −2
ωπ
∫ ∞
0
ω′2χr (ω′)ω′2 − ω2 dω
′,
que é diferente da anteriormente obtida, mas que tem que ser passívelde ser levada nela.
6
(b) Temos que
g (ω) = gr (ω) + igi (ω)
=2
π
∫ ∞
0
ω′gi (ω′) dω′
ω′2 − ω2 − 2iπω
∫ ∞
0
gr (ω′) dω′
ω′2 − ω2
de modo que
g (0) =2
π
∫ ∞
0
gi (ω′)
ω′dω′.
Mas como gi (ω) = −ωχr (ω), ficamos com
−π2g (0) =
∫χr (ω) dω.
A expressão para∫∞0g (ω) dω pode ser obtida por meios similares.
7
Capítulo 20
1. Exercício 20.1: Se a oscilação é radial, então temos que a aceleração édada por
dv
dt= ar,
onde r é o vetor unitário na direção radial. Mas os campos que contribuempara a radiação são dados por
B (r, t) = − µ04πcr2
r ×..
p e E (r, t) = − crr × B (r, t) .
Como a aceleração é radial, temos que..
p = ear
e o produto vetorial na expressão de B (r, t) se anula. Assim, B (r, t) = 0e portanto, E (r, t) = 0.
2. Exercício 20.2: Para ver isso, temos que integrar o vetor de Poyntingapenas com relação ao tempo, pois a integração sobre o elemento de super-fície dΩ elimina justamente as componentes θ e φ da emissão de radiação.Temos que
S =EθBφµ0
R2 =1
µ0
lI0ω
4πε0c2sin θ
R
µ0I0lω
4πc
sin θ
Rcos2
[ω(t− rc
)]que, promediado no tempo, fica
S =1
2
I20 l2ω2
16π2ε0c3sin2 θ.
Como esperado, até mesmo pelas características de simetria do problema,não há dependência em φ (o problema tem simetria cilíndrica, já que é estaa conformação do dipolo). Considerando o termo multiplicativo como umaconstante, a configuração de radiação (média no tempo) fica dada comomostrado na figura abaixo.
1
3. Exercício 20.3: Temos uma espira circular de fio, conduzindo a correnteI = I0 cosωt. Sabemos que
A (r, t) =µ04π
∮I (r′, t− |r − r′| /c)
|r − r′| dl,
onde dl é tomado sobre a espira e, portanto, vale dl = Rdφφ, onde R é oraio da espira. Note que, em coordenadas cartesianas, tomando x, y e zdo ponto de observação, r = xi+ yj+ zk, e r′ = x′i+ y′j, temos que
|r − r′| = r[1− 2r·r′
r2
]1/2= r − r·r′
r
= r −R sin θ cosφ′,
onde θ é o ângulo entre o eixo z e o vetor r (cf. figura 1). Note quecolocamos o eixo x sob o ponto de observação e que o ângulo φ′ refere-seà posição das cargas (e portanto, vem com a linha).
Esquema de variáveis no exercício 20.3
Substituindo na expressão para o A (r, t), temos que
A (r, t) =µ04π
1
r
∮I
(r′, t− r −R sin θ cosφ
′
c
)dl′.
Este é o termo em primeira ordem associado à expansão do potencial vetor(já colocamos o r para fora da integral). Esta expressão pode ser com-parada com a expressão (8.69) do livro texto, onde igual termo aparece,mas se anula devido a termos a corrente I constante. Note, entretanto,que agora temos uma corrente que não é constante. Para fazermos estaintegração, podemos expandir o termo da corrente, que escrevemos nova-
2
mente como
A (r, t) = µ04π
1r
∮I(r′, t− r
c +R sin θc
)dl′
= µ04π
1r
[∮I(t− r
c
)dr′ +
∮r′·rcr
(∂I∂t
)R sin θ=0
dl′]
= 0 + µ04π
1r1c
dI(t− rc )
dt sin θ∫ 2π0cos2 φ′R2dφ′φ = µ0
4π1cr
dI(t− rc )
dt sin θ(πR2
)φ
= µ04πA
1cr sin θ
dI(t− rc )
dt φ
onde colocamos a espira com área na direção z, para termos o elementode linha na direção φ (em coordenadas esféricas). Assim, temos
A (r, t) = Aφφ
e
Aφ =µ04πa sin θ
I(t− r
c
)cr
,
e ficamos apenas com a componente φ do potencial vetor. Ora, o rotacionaldeste termo é dado pela expressão
∇× A = r 1r sin θ
[∂∂θ (Aφ sin θ)− ∂Aθ
∂φ
]+ θ 1r
[1
sin θ∂Ar∂φ − ∂(rAφ)
∂r
]+φ1r
[∂(rAθ)∂r − ∂Ar
∂θ
]e portanto
∇× A = r 1r sin θ
[cos θAφ +
∂Aφ∂θ
]− θ 1r ∂(rAφ)∂r =
= r cot θAφr − θ
[∂Aφ∂r +
1rAφ
] .
Note, entretanto, que o termo em r e o último termo em θ dão con-tribuições com r−α, α ≥ 2 e, portanto, não são relevantes para a parteradiativa. Assim, ficamos com
B (r, t) = Bradθ (r, t) θ,
ondeBradθ (r, t) = −∂Aφ
∂r = −µ04πa sin θ
∂∂r
I(t− rc )
r
= −µ04πa
[I(t− r
c )r2 + 1
r
∂I(t− rc )
∂r
].
O primeiro termo novamente pode ser desprezado e ficamos com
Bradθ (r, t) = −µ04πasin θ
cr
∂I(t− r
c
)∂r
.
A derivada acima fica
∂I(t− r
c
)∂r
= −I0ω2
ccos[ω(t− rc
)]3
e, portanto
Bθ (r, t) =µ0I04πaω2
c2rsin θ cos
[ω(t− rc
)].
O campo elétrico pode ser obtido de cálculos similares.
4. Exercício 20.4: Para calcular a relação, devemos usar a fração (o re-sultado para o vetor de Poyinting do dipolo magnético usa a resposta dolivro, à qual o aluno deve ter chegado após o exercício anterior–o termo12 refere-se ao fato de estarmos comparando potências médias)
PelePmag
=
I20 l2
6πε0ω2
c312
µ0I20A
2
6πω4
c312
.
Como o diâmetro de A é igual a l, temos que A = π(l/2)2 = πl2/4. Assim,ficamos com
PelePmag
=16c2
π2l2ω2.
Assim, se o comprimento é l = 2m e a freqüência é ω = 106Hz, temos
PelePmag
=36
π2104,
aproximadamente 104 vezes maior para a emissão do dipolo elétrico.
5. Exercício 20.6: Temos que
ϕ (r, t) =1
4πε0
[Q
r+r · p (t− r
c
)r3
+r ·
.
p(t− r
c
)cr2
]e
A (r, t) =µ04πr
.
p(t− rc
).
A condição de Lorentz é dada por
1
c2∂ϕ
∂t+∇ · A (r, t) = 0.
Agora,
1
c2∂ϕ
∂t=ε0µ04πε0
[r ·
.
p(t− r
c
)r3
+r ·
..
p(t− r
c
)cr2
]enquanto que
∇ · A (r, t) = µ04π∇ ·
[ .
p(t− rc )
r
]=
µ04π
[(∇1r
) · .p (t− rc
)+ 1
r∇ ·.
p(t− r
c
)]= −µ0
4π
[r·.
p(t− rc )
r3 +r·..
p(t−rc )
r2c
] .
Estas duas últimas relações mostram que a condição de Lorentz é satisfeita.
4
6. Exercício 20.8: Temos que o momento de dipolo pode ser representadopor
p = p0 (i cosωt+ j sinωt) ,
representando um dipolo perpendicular à direção z, girando no plano xycom freqüência ω e mantendo o seu módulo como p0. Desta forma, temosque
..
p = −ω2p.Os campos ficam dados por
B (r, t) =µ0ω
2
4πcr2r × p e E (r, t) = −µ0ω
2
4πr3r × (r × p) .
O vetor de Poynting é
S = E × H =E × Bµ0
=µ0ω
4
16π2r5|r × p|2 r.
Note que agora não podemos fixar a direção de p como o eixo z, como foifeito no texto principal. Isso altera drasticamente o cálculo da potênciairradiada (confira a expressão).
7. Exercício 20.9: Sabemos que
Ek =e2
8πε0r.
(a) Queremos calcular PTEk, onde T é o período orbital. Sabemos ainda
que
P =e2
4πε0
2
3
v2
c3.
Assim, temos que
PT
Ek=e2
4πε0
2
3
v2
c3Te2
8πε0r
=4
3
v2rT
c3.
Mas T = 2πω e como o movimento é circular, temos que
v =v2
r,
devido à força centrípeta. Assim,
PT
Ek=4
3
v2rT
c3=8π
3
v4
c3 (rω).
Mas, novamente, como o movimento é circular, temos que rω = v,de modo que
PT
Ek=8π
3
(vc
)3,
como queríamos demonstrar.
5
(b) Temos quev
c=
1
137n;
se n = 2, então
PT
Ek=8π
3
(1
137× 2)3=
π
3× 1373 = 4.072× 10−7.
8. Da expressão (20.53) do capítulo, sabemos que a intensidade do feixeincidente é dada por
S0 =1
µ0cE2.
Considere o esquema do fenômeno e o esquema de eixos mostrados nafigura abaixo ((a) e (b), respectivamente).
Sabemos também que o ângulo entre dois vetores quaisquer, em coorde-nadas esféricas, é dado por (Jackson, p. 77)
cos γ = cos θ cos θ′ + sin θ sin θ′ cos(φ− φ′) ,
onde γ é o ângulo entre os vetores quaisquer, θ, φ são os ângulos esféricosde um deles e θ′e φ′ os ângulos esféricos do outro (ou seja, os ângulos quefazem com os eixos cartesianos em coordenadas esféricas). Adaptando aonosso problema, como mostrado na figura anterior (b), temos (chamandoos ângulos com linha como aqueles associados ao campo elétrico e os semlinha como os associados ao vetor OP )
γ = θ, θ′E =π
2, φ′E = φ, φop = 0, θop = β,
ficamos com
cos θ = cosβ cosπ
2+ sinβ sin
π
2cosφ = sinβ cosφ,
6
de modo que a expressão para dσT/dΩ, dada no livro (20.52) como
dσTdΩ
= R2e sin2 θ
ficadσTdΩ
= R2e(1− sin2 β cos2 φ) .
Ora, integrando sobre todos os φ‘s, como é óbvio, se queremos a médiasobre todos estes ângulos, temos que (lembrar como se calcula média deângulos e que
⟨cos2 φ
⟩= 1/2)
dσTdΩ
= R2e
(1− sin
2 β
2
)= R2e
(1− 1− cos
2 β
2
)= R2e
(1 + cos2 β
2
),
que é o resultado do livro (20.53). Como trata-se da medida da intensidadeespalhada e não da potência espalhada, deve-se ter
IS = I0
(1 + cos2 β
2
)R2er2,
já que a intensidade espalhada decai com r2, visto ser esférica.
7
Capítulo 21
1. Exercício 21.1:
(a) Devemos demonstrar que
R∗ = R
√1−
(vcsin θ
)2.
Sabemos que
R∗ = R′(1 +
n′ · vc
).
Considere a disposição de eixos mostrada na figura abaixo (semel-hante à do livro):
Note que usando as equações desenvolvidas no livro, chegamos aoresultado (Eq. 21.23 do livro)
R∗ =√v2 (t0 − t)2 + b2 (1− v2/c2) =
√v2 (t0 − t)2 + b2 (1− v2/c2)
=√v2 (t0 − t)2 +R2 sin2 θ (1− v2/c2)
,
onde usamos que b = R sin θ. Note agora que
v2 (t0 − t)2 = R cos θ,de modo que
R∗ =√R2 cos2 θ +R2 sin2 θ (1− v2/c2) = R
√1−
(vcsin θ
)2,
como queríamos demonstrar.
(b) O campo elétrico fica dado por
E (r, t) =q
4πε0
(1− v
2
c2
) R
R∗3.
1
Assim, o resultado anterior implica que
E (r, t) = E0R
R31[
1− (vc sin θ)2]3/2e ∣∣∣E∣∣∣ = E0
R21[
1− (vc sin θ)2]3/2e o gráfico, para vários valores de v/c estão mostradas na figura aseguir.
Os vetores de campo elétrico estão mostrados para o caso v/c = 0.96.A densidade de linhas de campo deixa de ser esférica (como no casov = 0 ou, aproximadamente, para v = 0.1) e passa a haver uma maiordensidade de linhas de campo na direção perpendicular ao eixo domovimento da partícula.
2. Agora temos que calcular o campo magnético d B devido a uma dis-tribuição de cargas dq com velocidade constante v. Temos, evidentemente,que
d B = 1c2v × E = 1
4πε0c2
(1− v2
c2
)(dq)v×RR∗3
= 14πε0c2
(1− v2
c2
)(vdq) sin θ
R2[1−(v sin θ/c)2]3/2
= 14πε0
(1− v2
c2
)sin θIdx
R2[1−(v sin θ/c)2]3/2
.
2
Usando agora o fato quedx = R sin θdθ,
ficamos com
dB =I
4πε0Rc2
(1− v
2
c2
)sin θdθ[
1− (v sin θ/c)2]3/2
e, portanto,
B (R) = µ0I4πR
(1− v2
c2
)∫ π0
udu
[1−(vu/c)2]3/2
= µ0I4πR
(1− v2
c2
)2(
1− v2
c2
)= µ0I
2πR
.
Portanto,
B (R) =µ0I
2πR,
que é o resultado usual, como queríamos demonstrar.
3. Agora devemos supor que a aceleração de uma partícula está na mesmadireção de sua velocidade. Temos, portanto, que
dv
dt v.
O vetor de Poynting fica (Eq. 21.56)
S =q2
16π2ε0c3
R′(R′ ×
.
v′)2
R′5,
de modo que, na direção do movimento, R′ ‖.
v′ e S = 0.
3