Optica: Capitulo3-problemas

Bienvenidos. En esta página pueden dejar las soluciones a sus problemas del Hecht- Capítulo 3, con el siguiente formato:

Ejercicio 3.13 (Hecht, Optics 4 ed)

Pruebe que la irradiancia de una onda electromagnética armónica está dada por: $I={\frac {1}{2c\mu _{0}}}E_{0}^{2}$ y determinar el promedio de la energía por unidad de área transportada por una onda plana de amplitud 15.0 V/m.

Solución:

Consideremos la onda armónica plana: ${\vec {E}}\left({\vec {r}},t\right)=E_{0}\cos \left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right){\hat {n}}$

Dado este campo eléctrico, podemos obtener el campo magnético recurriendo a las ecuaciones de Maxwell, éste resulta ser: ${\vec {B}}\left({\vec {r}},t\right)={\frac {1}{c}}E_{0}\cos \left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)({\hat {k}}\times {\hat {n}})$

A continuación, determinamos el vector de Poynting:

${\vec {S}}\equiv {\frac {1}{\mu _{0}}}\left({\vec {E}}\times {\vec {B}}\right)={\frac {1}{\mu _{0}}}cE_{0}^{2}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right){\hat {k}}$

ya que, ${\hat {n}}\times \left({\hat {K}}\times {\hat {n}}\right)={\hat {k}}({\hat {n}}\cdot {\hat {n}})-{\hat {n}}({\hat {n}}\cdot {\hat {k}})={\hat {k}}$

Así, por definición:

$I\equiv \langle S\rangle ={\frac {E_{0}^{2}}{\mu _{0}c}}{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)$ siendo T el periodo alrededor de un ciclo completo.

Además, ${\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)=1/2$.....(1)

Pues, $\omega \equiv {\frac {2\pi }{T}}$ y ya que, el promedio temporal en un intervalo de longitud T de $\cos ^{2}\left(x\right)$ y $\sin ^{2}\left(x\right)$ es el mismo, podemos usar la fórmula pitagórica de las funciones trigonométricas para concluir la ecuación (2). Por lo tanto: $I={\frac {1}{2c\mu _{0}}}E_{0}^{2}$......(2)

Finalmente, basta considerar la irrandiancia por segundo y sustituir la amplitud en la expresión (2).

--Diego de la Cruz López

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Ejercicio 3.6

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El campo eléctrico de una onda electromagnética que viaja en la dirección x positiva ,está dada por: ${\overrightarrow {E}}={E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right){\overrightarrow {j}}$ a) Describe verbalmente el campo,b)Determine una expresión para k. (c) Encuentra la velocidad de fase de la onda.

Solución:

Analizando en el origen en z=0, tenemos que , $sin{\frac {0}{{z}_{0}}}=0$ , entonces el campo eléctrico es:

${\overrightarrow {E}}=0{\overrightarrow {j}}$

Otro punto donde se anula el campo eléctrico es en $z={z}_{0}$, entonces el campo tiene la forma :

${\overrightarrow {E}}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}_{0}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right){\overrightarrow {j}}$

Notemos que el $sin\pi =0$, implica:

${\overrightarrow {E}}=0$

Es decir, el campo eléctrico esta polarizado linealmente en la dirección $y$ y varia sinusoidal desde cero en z=0 hasta cero en $z={z}_{0}$

b) Usando la ecuación de onda tenemos:

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {x}^{2}}}+{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {y}^{2}}}+{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {z}^{2}}}-{\frac {1}{{c}^{2}}}{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {t}^{2}}}=0.........(1)$

Podemos evaluar la expresión para $k$ , al diferenciar la siguiente ecuación 2 veces:

${E}_{y}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right)$

Haciendo las derivadas:

${\frac {\partial {E}_{y}}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}\left({E}_{y}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right)\right)$

$=-k{E}_{o}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}sin(kx-\varpi t)$

La segunda derivada es:

${\frac {\partial {E}_{y}}{\partial {x}^{2}}}=-{k}^{2}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)........(2)$

Similar, para las segundas parciales con respecto a $y$ y $z$ , tenemos:

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial y^{2}}}=0........(3)$

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial z^{2}}}={\frac {-{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}{E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)........(4)$

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial t^{2}}}=-{\varpi }^{2}{E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)........(5)$

Sustituyendo la ecuación (2), (3), (4) y (5) en la ecuación (1), obtenemos:

$(-{k}^{2}-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}){E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)=0$

Como esto es verdadero para toda x,z y t, cada término debe ser igual a cero, es decir:

$(-{k}^{2}-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}})=0$

Despejando:

$-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}={k}^{2}$

${k={\left(-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}\right)}^{\frac {1}{2}}}$

De la expresión anterior factorizamos un ${\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}$, resulta:

${k={\left(\left({\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}\right)\left(1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}\right)\right)}^{\frac {1}{2}}}$

Finalmente la expresión para $k$ es:

${k={\frac {\varpi }{c}}{\sqrt {1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}}}}$

(c) La velocidad de fase de la onda será $\nu ={\frac {\varpi }{k}}$

Simplificando tenemos:

$\nu {={\frac {c}{\sqrt {1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}}}}}$

--Luis Manuel Chávez antonio

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Ejercicio 3.62

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Demuestre que la ecuacion (3.70) puede volverse a escribir como:

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

donde $C=4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}/Nq_{e}^{2}$

Solución:

Ecuación de dispersión:

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)$..........(3.70)

La ecuación dada es :

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

sustituimos el valor $C=4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}/Nq_{e}^{2}$ en la ecuación dada:

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)\lambda ^{-2}+\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)\lambda _{0}^{-2}$

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}}{\lambda ^{2}}}\right)\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)+\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}}{\lambda _{0}^{2}}}\right)\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)$

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {2\pi c}{\lambda }}\right)^{2}\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)+\left({\frac {2\pi c}{\lambda _{0}}}\right)^{2}\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)$

Como $\left({\frac {2\pi c}{\lambda }}=\omega \right)$ y $\left({\frac {2\pi c}{\lambda _{0}}}=\omega _{0}\right)$

$(n^{2}-1)^{-1}={\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\left[\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}\right]$

${\frac {1}{(n^{2}-1)}}={\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\left[\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}\right]$

$(n^{2}-1)={\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left[{\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right]$

$n^{2}=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left[{\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right]$

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)$

Esta es la ecuación de dispersión

Por lo tanto:

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)$

se puede reescribir como:

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

--Enrique Ortiz Martinez

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Problema 3.4

Imagine una onda electromagnética con su campo E en la dirección del eje x. Demuestre que la ecuación

Error al representar (error de sintaxis): ∂E/∂x=-∂B/∂t

aplicada a las ondas armónicas:

$'''E'''='''E0'''cos(kx-wt)$ y $'''B'''='''B0'''cos(kx-wt)$

lleva a la conclusión de que:

$E0=cB0$

Solusión:

Derivando las dos ecuación parcialmente, se tiene que:

Error al representar (error de sintaxis): ∂E/∂x=-E0k sin⁡〖(kx-wt)〗 Error al representar (error de sintaxis): ∂B/∂t=B0w sin⁡〖(kx-wt)〗

Al igualar hacer uso de la relación entre las derivadas parciales, vemos que:

Error al representar (error de sintaxis): ∂E/∂x=-E0k sin⁡〖(kx-wt)〗=-∂B/∂t=-B0w sin⁡〖(kx-wt)〗

Lo que implica que:

$E0k=B0w$

$E0=k/wB0$

Pero se sabe que $c=k/w$. Entonces

$E0=cB0$

--Fernando Valencia Hernández

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Problema 3.66

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En 1871 Sellmeier derivo la ecuación:

${n}^{2}=1+\sum _{j}{\frac {{A}_{j}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{0j}^{2}}}$

Donde la ${A}_{j}$ son términos constantes y cada ${\lambda }_{0j}$ es la onda de longitud al vació asociada con una frecuencia natural ${\nu }_{0j}$ ,tal como ${\lambda }_{0j}{\nu }_{0j}=c$. Esta formulación es una mejora considerablemente practica sobre la ecuación de Cauchy. Muestra que donde $\lambda >>{\lambda }_{0j}$ la ecuación de Cauchy es una aproximación a la de Sellmeier .

Pista: Escribe la expresión de arriba solo con el primer termino en la suma ; expandelo por el teorema binomial ; toma la raíz cuadrada de ${n}^{2}$ y expandela otra vez.

Solución:

La ecuacion de Sellmeier dada por:

${n}^{2}=1+\sum _{j}{\frac {{A}_{j}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{0j}^{2}}}$

donde ${A}_{j}$ es una constante y ${\lambda }_{0j}$ es la onda de longitud al vació asociada con una frecuencia natural ${\nu }_{0j}$

$\therefore$ Consideramos solo el primer termino de la sumatoria

${n}^{2}=1+{\frac {{A}_{1}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{01}^{2}}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{\frac {{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{\frac {1}{(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}^{-1}$

Conocemos la expansión binomial de:

${(1-x)}^{-1}=1+x+{x}^{2}+{x}^{3}+......$

$\therefore \quad \quad {n}^{2}=1+{A}_{1}\{1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})+{({\frac {{\lambda }_{01}}{{\lambda }^{2}}})}^{2}+{({\frac {{\lambda }_{01}}{{\lambda }^{2}}})}^{3}+.....\}$ donde $x={\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}$

por lo tanto se ignoran los términos de orden superior por que sabemos que $\lambda >>{\lambda }_{0j}$ entonces tenemos:

${n}^{2}=1+{A}_{1}[1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]$ despejando a $n$ vemos que:

$n={[1+{A}_{1}(1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}))]}^{\frac {1}{2}}$

$n={[1+{(A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}))]}^{\frac {1}{2}}$................(1)

Nosotros sabemos que la expansión binomial esta dada por:

${(1+x)}^{n}=1+{\frac {n}{1!}}x+{\frac {n(n-1)}{2!}}{x}^{2}+.........$ realizando la expansión con la ecuación (1) tenemos:

$n=1+{\frac {1}{2}}[{A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]+{\frac {{\frac {1}{2}}({\frac {1}{2}}-1)}{2!}}{[{A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]}^{2}+.........$ desarrollando esta expansión tenemos:

$n=1+{\frac {1}{2}}{A}_{1}+{\frac {1}{2}}{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})+{\frac {{\frac {1}{2}}(-{\frac {1}{2}})}{2}}{[{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{1}}^{2}({\frac {{\lambda }_{01}^{4}}{{\lambda }^{4}}})+2{A}_{1}({A}_{1}{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]}+.........$

$n=1+{\frac {{A}_{1}}{2}}+{\frac {{A}_{1}}{2}}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{8}}{{{A}_{1}}^{2}-{\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}({\frac {{\lambda }_{01}^{4}}{{\lambda }^{4}}})-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{4}}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}+.........$

Reordenaremos la ecuación en términos lineales y orden superior:

$n=(1+{\frac {{A}_{1}}{2}}-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{8}}...........)+{\frac {{A}_{1}}{2}}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{4}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{4}({\frac {1}{{\lambda }^{4}}})+........$

Ya que ${A}_{1}$ y ${\lambda }_{01}$ son constantes , así que, tomaremos a los términos lineales como otra constante

${C}_{1}=1+{\frac {{A}_{1}}{2}}-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{8}}...........$

A los términos cuadráticos la renombraremos por otra constante:

${C}_{2}={\frac {{A}_{1}{\lambda }_{01}^{2}}{2}}-{\frac {1}{4}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{2}...........$

Y de igual forma a los de orden superior :

${C}_{3}=-({\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{4})...........$

Por lo anterior podemos ver que $n$ lo podemos reescribir como:

$n={C}_{1}+{C}_{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})+{C}_{3}({\frac {1}{{\lambda }^{4}}})+......$

$\therefore$ Esto es la ecuación de Cauchy esto quiere decir que la ecuación de Cauchy es una aproximación a la de Sellmeier.

--Ruben Espinosa Guzmán

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Ejercicio 3.21

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La siguiente es la expresión para el campo $\vec{\bf E}$ de una onda electromagnética que se desplaza en un dieléctrico homogéneo:

$\vec{\bf E}=\left(-100 V/m\right) e^{i(kz-\omega t)}\hat{\bf e}_x$

En este caso, $\omega=1.80 \times 10^{15} rad/s$ y $k=1.20 \times 10^7 rad/m$

(a) Determine el campo $\vec{\bf B}$ asociado. (b) Calcule el índice de refracción. (c) Calcule la permitividad. (d) Encuentre la irradiancia.

Solución:

(a) $\vec{\bf B}$ está en la dirección $\hat{\bf e}_y$, dado que la onda se desplaza en la dirección $\vec{\bf E} \times \vec{\bf B}$ y que apunta en la dirección $\hat{\bf e}_z$

La velocidad es $v=\omega/k$:

$v=\frac{1.80 \times 10^{15} rad/s}{1.20 \times 10^7 rad/m}=1.5 \times 10^8 m/s$

$E_0=vB_0=\left(1.5 \times 10^8 m/s\right)B_0$

$B_0=\frac{-100 V/m}{1.5 \times 10^8 m/s}=-6.7 \times 10^{-8} T$

$\vec{\bf B}=\left(-6.7 \times 10^{-8} T\right) e^{i(kz-\omega t)}\hat{\bf e}_y$

(b) $n=\frac{c}{v}=\frac{2.99\times 10^8 m/s}{1.5 \times 10^8 m/s}$

$n=1.993$

(c) $n=\sqrt{K_E}$

$n^2=K_E$

$K_E=3.973$

$\epsilon=\epsilon_0 K_E$

$\epsilon=(8.8542 \times 10^{-12} \frac{C^2}{N m^2})3.973$

$\epsilon=(3.5181 \times 10^{-11} \frac{C^2}{N m^2})$

(d) $I=\frac{\epsilon v}{2}E_0^2$

$I=\frac{1}{2}\left(3.5181 \times 10^{-11} \frac{C^2}{N m^2}\right)\left(1.5 \times 10^8 m/s\right)\left(-100 V/m\right)$

$I=26.38575\frac{W}{m^2}$

--Sergio

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Problema 3.57

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Muestre que para sustancias de baja densidad, como los gases, que tienen una sola frecuencia de resonancia ${\omega }_{0}$, el índice de refracción viene dado por: $n\approx 1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{2{\epsilon }_{0}{m}_{e}({\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2})}}$

Solución:

De la ecuación de dispersión: ${n}^{2}(\omega )=1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$

Donde:

${\omega }_{0}$= Frecuencia de resonancia

${\omega }$= Frecuencia

$N$= Numero de electrones

${q}_{e}$= Carga del electrón

${m}_{e}$= Masa del electrón

${\epsilon }_{0}$= Permitividad del espacio libre

$n$= Indice de refracción

Para una sola frecuencia de resonancia, tenemos: $n={\left[1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)\right]}^{1/2}$

Ya que para materiales de baja densidad $n\approx 1$ Por lo tanto el segundo termino de la Ec. $\left(1\right)$ es $\ll 1$ Y solo se tendra que conservar los dos primeros terminos de la expansión binomial de $n$

Así mediante el uso de la expansión binomial: ${\left(1+x\right)}^{1/2}=1+{\frac {1}{2}}x+{\frac {{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2}}-1\right)}{2!}}{x}^{2}$

Despreciando terminos de orden superior, tenemos: ${\left(1+x\right)}^{1/2}=1+{\frac {1}{2}}x$

Comparando la Ec. $\left(1\right)$ con ${\left(1+x\right)}^{1/2}$, obtenemos: $x={\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$

Asi: $n=1+{\frac {1}{2}}{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$ ya que partir de la Ec. $\left(2\right)$

$n\approx 1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{2{\epsilon }_{0}{m}_{e}({\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2})}}$

--Luis Gutiérrez Melgarejo

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Problema 3.16

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Demostrar que una formulación más general del problema anterior produce:

Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): { \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> }_{ T }=\frac { 1 }{ 2 } \left[ 1+senc\omega Tcos2\omega T \right]

Para cualquier intervalo T

solución:

el promedio de tiempo de una función viene dado por la sig. ecuación integral:

Error al representar (error de sintaxis): { \left< f(t) \right> }_{ T }=\frac { 1 }{ T } \int _{ t }^{ t+T }{ f({ t }^{ , }){ dt }^{ \quad , } }

aquí $f(t)$ esta la función cuyo promedio de tiempo que se desea calcular, T es el periodo de de la función armónica y t una variable ficticia.

sustituyendo ${cos}^{2}\omega t$ de $f(t)$

Error al representar (error de sintaxis): { \left< { cos }^{ 2 }\omega t \right> }_{ T }=\frac { 1 }{ T } \int _{ t }^{ t+T }{ { cos }^{ 2 }(\omega { t }^{ \quad , }){ dt }^{ \quad , } }

usamos la siguiente relación del lado derecho:

${cos}^{2}(\omega t)=\quad {\frac {1+cos(2\omega {t}^{\quad ,})}{2}}$

eso da:

Error al representar (error de sintaxis): \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ T } \quad \int _{ t }^{ t+T }{ \left[ \frac { 1+cos(2\omega { t }^{ \quad , }) }{ 2 } \right] }

Error al representar (error de sintaxis): \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } \quad \{ \int _{ t }^{ t+T }{ d{ t }^{ , }+\int _{ t }^{ t+T }{ \left[ cos(2\omega { t }^{ , }d{ t }^{ , } \right] \} } }

Error al representar (error de sintaxis): \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } \quad \left[ { t }^{ , }+\left[ \frac { \left[ sen(2\omega { t }^{ , } \right] }{ 2\omega } \right] \right]

Error al representar (error de sintaxis): \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } \quad \left[ \left[ t+T \right] -t \right] +\frac { 1 }{ 2\omega } \left[ sen(2\omega (t+T)-sen2\omega t \right]

la ecuación anterior da:

Error al representar (error de sintaxis): \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } [T+\frac { 1 }{ 2\omega } \left[ sen(2\omega t+2\omega T)-sen2\omega t \right]

se escribe $2\omega T$ como la suma en el segundo termino $\omega T$ también en el tercer termino y queda:

Error al representar (error de sintaxis): \frac { 1 }{ 2T } \left[ T+\frac { 1 }{ 2\omega } \left\{ sen(2\omega t+\omega T+\omega T)\\ -sen(2\omega t+\omega T-\omega T) \right\} \right] ec(1)

recordando la relación trigonométrica general:

$sen(\alpha +\beta )-sen(\alpha -\beta )=2(cos\alpha )(sen\beta )$

sustituyendo$2\omega t+\omega T\quad por\quad \alpha \quad y\quad \omega T\quad para\quad \beta$

$sen(2\omega t+\omega T+\omega T)-sen(2\omega t+\omega T-\omega T)=2cos(2\omega t+\omega T)sen(\omega T)$

usando esto en la ec(1)

${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {1}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\omega T)sen(\omega T)\right\}\right]$

${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\omega T)\right\}\right]$

usando el termino ${\frac {2\pi }{T}}\quad para\quad \omega$ para el ultimo parentesis...

${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\left({\frac {2\pi }{T}}\right)T)\right\}\right]$=${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\left(2\pi \right))\right\}\right]$

ahora usamos la expresion general:

${\frac {senx}{x}}=sencx$

y esto da:

Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): { \left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> }_{ T }=\frac { 1 }{ 2 } \left[ 1+senc\omega Tcos2\omega T \right]

--Salvador Alejandro Morales Carranza

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Problema 3.35

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Una antena parabólica de radar con $2m$ de diámetro trasmite $200 KW$ pulsos de energía. Si la tasa de repetición son $500$ pulsos por segundo, cada uno durando $2 \mu s$. Determinar el promedio de la fuerza de reacción sobre la antena.

-- Solución -- La fuerza se puede calcular mediante la definición de presión:

$F= PA$

A--> Area de la antena

Con F la fuerza promediada sobre la antena y P la presión promediada. En este caso la presión por radiación ejerce una fuerza de reacción sobre la antena, entonces:

$\langle{P}\rangle= \langle{S}\rangle/ c$

Con $\langle{S}\rangle$ el promedio en la energía radiada por la antena:

$\langle{S}\rangle= Energía/(tiempo)(área)$

$\langle{S}\rangle= (2 \times 10^5 W)(500 \times 2 \times 10^-{6})/A$

Entonces $\langle{P}\rangle$ es:

$\langle{P}\rangle= \langle{S}\rangle/c= 6.66 \times 10^{-7}/A [Joules/metro]$

Por lo tanto, $F=PA= \langle{P}\rangle A= 6.66 \times 10^{-7} [Joules/Metro]= 6.66 \times 10^{-7} [Newtons]$

--Pedro Jesús Julián Salgado

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Problema 3.33

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Un haz de luz con una irradiancia de 2.00 x 10^6 W / m2 incide normalmente en una superficie que refleja 70.0% y absorbe 30.0%. Calcule la presión de radiación resultante en la superficie.

Solución:

EL componente reflejado tiene un cambio de impulso, y por lo tanto una presión, de dos veces el impulso incidente.

Entonces:

$P(reflejado)= 2(70 $%$) \frac{I}{c}$

Mientras para el absorbido

$P(absorbido)= 2(30 $%$) \frac{I}{c}$

Realizando los calculos

$P_r=2(70 \%)\frac{2x10^6 W/m^2}{3x10^8 m/s} =0.93x10^{-2} N/m^2$

$P_a=2(30 \%)\frac{2x10^6 W/m^2}{3x10^8 m/s} =0.20x10^{-2} N/m^2$

Por lo tanto

$P=P_{r} + P_{a} = 1.13x10^{-2}N/m^2$

--Flor Vivar

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Ejercicio 3.15

El promedio temporal de una función $f(t)$ calculado sobre un intervalo $T$ está dado por

$ \dfrac{1}{T} \int_t^{t+T} f(t') dt'$

donde $t'$ es una variable muda. Si $\tau = 2 \pi / \omega$ es el periodo de una función armónica, muestre que

$<sin^2(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t)> = \dfrac{1}{2}$ , $<cos^2(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t)> = \dfrac{1}{2}$ , $<sin(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t) cos(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t)> = 0$

cuando $T = \tau$.

Solución: Haremos un cambio de variable donde $x = \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t$ y por ello $dx = - \omega dt \Rightarrow dt = -dx / \omega$. Ahora tenemos las siguientes identidades trigonométricas

$sin^2(x) = \dfrac{1}{2} \left[1 - cos(2 x)\right]$

$cos^2(x) = \dfrac{1}{2} \left[1 + cos(2 x)\right]$

Como debemos integrar estas funciones, haremos lo siguiente:

$I_{\pm} = -\dfrac{1}{2\omega T} \int_a^b \left[1 \pm cos(2 x)\right] dx$

donde $a$ y $b$ son los límites de integración, entonces

$I_{\pm} = -\dfrac{1}{2\omega T} \left[x \pm \dfrac{1}{2} sen(2 x)\right]_a^b$

Consideremos los dos casos, cuando $T = \tau$ y cuando $T >> \tau$.

$T = \tau = 2 \pi / \omega$

Entonces

$I_{\pm} = - \dfrac{1}{2 \omega} \dfrac{\omega}{2 \pi} \left[x \pm \dfrac{1}{2} sen(2 x)\right]_a^b$

con $a = \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t$ y $b=\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega (t+2\pi/\omega)$

$I_{\pm} = - \dfrac{1}{4 \pi} \left\{\left[\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega (t+2\pi/\omega) \pm sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega (t+2\pi/\omega)\right)\right] - \left[\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t \pm sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega t\right)\right]\right\}$

de donde notamos que

$sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega (t+2\pi/\omega)\right) = sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega t\right)$

y por ello simplificamos

$I_{\pm} = - \dfrac{1}{4 \pi} \left\{\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t - 2 \pi \pm sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega t\right) - \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} + \omega t \mp sin\left(2\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - 2\omega t\right) \right\} = \dfrac{2 \pi}{4 \pi} = \dfrac{1}{2}$

Lo cual prueba las primeras dos igualdades.

Para las siguiente igualdad integremos por partes utilizando el mismo cambio de variable, y trabajando sólo con la integral sin considerar el factor $-1/\omega T$:

$I = \int_a^b sen(x) cos x dx = sen(x) \int cos(x) - \int cos(x) \int cos(x) dx dx = sen^2(x) - \int sen(x) cos(x) dx$

de donde despejando la integral original obtenemos:

$I = \dfrac{1}{2} sen^2(x)$

y debemos evaluar en los mismos límites que el caso anterior, entonces:

$I = sen^2 \left[\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t - 2 \pi\right] - sen^2 \left[\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t\right] = \left[sen(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t) cos(2\pi) - cos(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t) sen(2\pi)\right]^2 - sen^2 \left[\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t\right]$

que simplificando queda como

$I = \left[sen(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t)\right]^2 -sen^2(\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t) = 0$

lo que prueba la tercera igualdad.

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 21:14 28 oct 2018 (CDT)

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Ejercicio 3.65

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El cuarzo cristalino tiene indices de refracción de 1.557 y 1.547 a longitudes de onda de 410 ,0 nm y 550 nm, respectivamente. Utilizando solo los primeros dos términos en la ecuación de Cauchy . calcule $C_1$ y $C_2$ y determine el índice de refracción del cuarzo a 610nm.

Solución:

Augustin-Louis Cauchy definió una ecuación empírica para $n(\lambda)$, su expresión corresponde a la relación en serie de potencias :

$n=C_1+\frac{C_2}{\lambda^2}+\frac{C_3}{\lambda^4}+....$

donde las C son todas constantes.

Tomamos los primeros dos términos

$n=C_1+\frac{C_2}{\lambda^2}$

Usaremos el Subíndice A para $\lambda=410.0 nm$ y el subíndice B para $\lambda=550,0 nm$

Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

$n_A=C_1+\frac{C_2}{\lambda_A^2}$

$n_B=C_1+\frac{C_2}{\lambda_B^2}$

Despejamos $C_1$ de la primera y $C_2$ de la segunda:

$n_A- \frac{C_2}{\lambda_A^2}=C_1$

$n_B \lambda_B^2-C_1 \lambda_B^2=C_2$

Sustituimos $C_1$ en la segunda expresión:

$n_B \lambda_B^2- \left(n_A- \frac{C_2}{\lambda_A^2}\right) \lambda_B^2 = C_2$

Para despejar $C_2$:

$n_B \lambda_B^2- n_ A \lambda_A^2 = C_2 \left( 1- \frac{ \lambda_B^2 }{ \lambda_A^2 } \right)$

$n_B \lambda_B^2- n_ A \lambda_A^2 \left( 1- \frac{ \lambda_B^2 }{ \lambda_A^2 } \right)^{-1} = C_2$

Al sustituir los valores encontramos que $ C_2 = 0.02617 \mu m^2 $

Sustituyendo este valor para encontrar $C_1$:

$n_A- \frac{0.02617 \mu m^2}{\lambda_A^2}=C_1$

$C_1 = 1.401$

Para determinar el valor del índice de refracción del cuarzo cuando $\lambda = 610 nm$, sustituimos los valores de $C_1$ y $C_2$ en la ecuación de Cauchy

$n(610 \times 10^{-9} nm) =1.401+ \frac{0.02617 \times 10^{-12}}{(610 \times 10^{-9})^2 }$

$n(610 \times 10^{-9} nm) = 1.471$

Aurea Espin (discusión) 20:05 28 oct 2018 (CDT)