Diferencia entre revisiones de «Optica: Capitulo9-problemas»

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=== Ejercicio 9.6 ===
=== Ejercicio 9.6* ===
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:Dos antenas de radio de 1,0 MHz que emiten en fase están separadas por 600 m a lo largo de una línea norte-sur. Un receptor de radio colocado a 2,0 km al este es equidistante con respecto a las dos antenas transmisoras y puede captar una señal bastante intensa. ¿A qué distancia hacia el norte debería moverse el receptor para que capte de nuevo una señal casi de la misma intensidad?
:Dos antenas de radio de 1,0 MHz que emiten en fase están separadas por 600 m a lo largo de una línea norte-sur. Un receptor de radio colocado a 2,0 km al este es equidistante con respecto a las dos antenas transmisoras y puede captar una señal bastante intensa. ¿A qué distancia hacia el norte debería moverse el receptor para que capte de nuevo una señal casi de la misma intensidad?


'''Solución'''
Al principio tenemos un triángulo isósceles con su base igual a 600 metros y una altura de 2 kilómetros. moviendo el receptor más al norte, la base y la altura del triángulo siguen siendo las mismas, pero el triángulo ya no es isósceles.
Necesitamos mover el receptor de modo que las diferencias en la distancia entre cada antena sea un múltiplo entero de su longitud de onda.
  <math>\lambda=\frac{c}{f}=\frac{3x10^8 m/s}{10^6 Hz}=300m<math>
=== Problema 9.46 ===
=== Problema 9.46 ===
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Revisión del 17:49 15 nov 2020

Bienvenidos. En esta página pueden dejar las soluciones a sus problemas del Hecht- Capítulo 9


Ejercicio 9.1

Regresando a la sección 9.1, sean & donde las formas de los frentes de onda no está especificada explítamente especificadas, y & son vectores complejos cuya dependencia es espacial y por sus fases respectivas iniciales. Muestre que el término de interferencia está dado por:

..... (9.109)

Muestra que la ecuación 9.109 lleva a la ecuación 9.11 para ondas planas


Solución

Sea que un campo es la superposición de los campos & , esto es:

Entonces:

Tomemos el operador lineal promedio temporal sobre el intervalo T en ambos lados de la ecuación anterior:

donde siempre que seamos negligentes con las constantes, pues, se sabe que .

Nos interesa el término

Sin embargo, la física se encuentra en la parte real de los campos & , es decir:

.

Pero sabemos que la parte real de un número complejo se puede escribir como . Así:

. Por lo que:

.

Pero

siempre que ó que son los rangos que estamos considerando a la hora de evaluar los valores promedio de las cantidades anteriores.

Lo mismo sucede con la cantidad . Por lo que obtenemos:

.

Por fin, es inmediato ver que, para ondas planas:

Por lo que: . Hagamos , obteniendo así:

que es precisamente la ecuación 9.11.


Diego de la Cruz López



Ejercicio 9.6*



Dos antenas de radio de 1,0 MHz que emiten en fase están separadas por 600 m a lo largo de una línea norte-sur. Un receptor de radio colocado a 2,0 km al este es equidistante con respecto a las dos antenas transmisoras y puede captar una señal bastante intensa. ¿A qué distancia hacia el norte debería moverse el receptor para que capte de nuevo una señal casi de la misma intensidad?

Solución

Al principio tenemos un triángulo isósceles con su base igual a 600 metros y una altura de 2 kilómetros. moviendo el receptor más al norte, la base y la altura del triángulo siguen siendo las mismas, pero el triángulo ya no es isósceles. Necesitamos mover el receptor de modo que las diferencias en la distancia entre cada antena sea un múltiplo entero de su longitud de onda.

  Error al representar (error de sintaxis): {\displaystyle \lambda=\frac{c}{f}=\frac{3x10^8 m/s}{10^6 Hz}=300m<math> === Problema 9.46 === ---- ---- :A partir de la observación fotográfica de los anillos de Newton observamos que las franjas con valores elevados de ''m'' parecen separadas por distancias casi iguales. Para comprobarlo de forma analítica, demuestre que:  <math>\frac{x_{m+1}-x_m}{x_{m+2}-x_{m+1}}≈1+\frac{1}{2m}}

Puede determinarse en el laboratorio (a ravés de las franjas oscuras adyacentes) con independencia de \Delta d

Solución:



--Fernando Valencia Hernández



Problema 9.21

Examinar las condiciones bajo la cual las aproximaciones de Ec.(9.23) son validas :

(a) Aplica la ley de los cosenos al triangulo en la Fig. 9.11c para obtener:

(b)Expande esto en una serie de Maclaurin produciendo así:

(c) Debido a la luz en la Ec. (9.17) demuestre que si es igual en a es requerido que


Solución:


La formula para la ley del coseno es:


Aquí, es la hipotenusa del triangulo y son los lados opuestos y adyacentes del triangulo y es el angulo entre el lado adyacente y opuesto del triangulo


(a) En la figura dada, la hipotenusa del triangulo es la longitud del lado adyacente del triangulo es , y la longitud del lado opuesto del triangulo es.

En la figura dada, el angulo entre el lado adyacente y opuesto del triangulo es,

De la ley del coseno:

De lo anterior podemos ver que :

sustituyéndolo en la ecuación anterior y factorizando tenemos :


Ahora despejenado tenemos:


Por lo tanto, el valor de es

(b)

De la serie de Taylor podemos obtener la serie de Mauclaurin. Una expansión de una función sobre 0 es:

Error al representar (error de sintaxis): f(x)=f(0)+f´(0)+\frac { f´´(0) }{ 2! } { x }^{ 2 }+...+\frac { { f }^{ (n) }(0) }{ n! } { x }^{ n }

Aplicando la serie de Maclaurin a


Por lo tanto el valor de es

(c)

La contribución

A partir del tercer termino en la expansión de Maclaurin será despreciable si,

Por lo tanto podemos ver que

--Ruben Espinosa Guzman


Problema 9.48

Uno de los espejos de un Interferómetro de Michelson se mueve, y 1000 pares de franjas se desplazan más allá de la raya de un telescopio de observación durante el proceso. Si el dispositivo está iluminado con una señal de 500 nm, ¿qué distancia se movió el espejo?

Solución

Tenemos los siguientes datos:

Longitud de onda de la luz

Numero de franjas desplazadas

En el interferometro de Michelson se tiene que:

Donde , es el desplazamiento de un espejo de un interferometro de Michelson:

--Luis Gutiérrez Melgarejo



Ejercicio 9.44


Se observan anillos de Newton en una película con cuasimonocromaticos que tiene una longitud de onda de 550 nm. Si el vigésimo anillo brillante tiene un radio de 1 cm, ¿cual es el radio de curvatura de la lente que forma parte del sistema interferente?


Solución


La longitud de onda de la luz casi monocromatica


Radio de 20 anillo brillante


Radio del anillo brillante


....(1)


Donde:


R=Radio de curvatura de la lente convexa


= Indice de refracción del medio entre superficie plana óptica y lente convexa. Aquí el medio es el aire


Desde:










El radio de curvatura de la lente es


--Enrique Ortiz Martinez


Problema 9.26

En el espejo doble de Fresnel s = 2 m, = 589 nm, y se encontró que la separación de las franjas era de 0.5 mm. ¿Cuál es el ángulo de inclinación de los espejos, si la distancia perpendicular de la fuente puntual real a la intersección de los dos espejos es 1 m?


Solución: La separación de las franjas de fresnel esta dada:

.......(1)

Aquí, es la separación entre las fuentes de imagen y la pantalla es la separación entre dos fuentes de imagen.

El angulo a dos fuentes de imagen desde el punto de intersección de los espejos es 2, cuando los espejos forman un ángulo , Así que:

.........(2)

Sustituyendo (2) en (1):

....(3)

La longitud de onda y la separación de las franjas de la luz es en metros:

Sustituyendo las anteriores expresiones y = 2m y = 1m, en (3):

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/»:): \alpha ={ 0.067°\quad \quad }

Por lo tanto el ángulo de inclinación de dos espejos es:

Error al representar (error de sintaxis): \alpha ={ 0.067°\quad \quad }



--Luis Manuel Chávez Antonio


Problema 9.24


Imagínese que tenemos una antena a la orilla de un lago recogiendo una señal de una radio estrella lejana que esta apareciendo horizontalmente en ese momento. Escriba las expresiones para \deltay para la posición angular de la e strella cuando la antena detecta su primer máximo.


Solución:
Estamos hablando de un interferometro de division del frente de onda llamado espejo de Lloyd, ya que el lago es una superficie reflectora. 

Entonces:

Sabemos que para este interferometro $ \delta = k(r_1 - r_2) \pm \pi$

Realizando los calculos se obtiene

$r_1 = a/2 sin \alpha $
$r_2 = sin(90$$°$$ -2 \alpha) a/2 sin\alpha$

Por lo tanto

$ \delta=(a/2 sen\alpha-[sen(90° -2 \alpha)]a/1sen\alpha +\pi) \\ \\

\delta = ka(1+cos2\alpha)/2sen\alpha + \pi $

Los maximos ocurren cuando $\delta = 2\pi $ entonces


--Flor Ivon Vivar



Ejercicio 9.55

Para satisfacer algunos detalles de la deducción del incremento de fase más pequeño separado por dos franjas de Frabry-Perot resolubles , es decir:

$( \Delta \delta) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F} }$

teniendo en cuenta que :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}}$

a)Demuestre que la ecuación :

$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} $

Puede reescribirse de nuevo como :

$2[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}} = 0.81 \left(1+ [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta} \right)$


b)Cuando $F$ es grande y $\gamma$ pequeña, y $ \sin \left( \Delta \delta \right) = \Delta \delta $ . Demuestre que entonces se obtiene :

$( \Delta \delta) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F} }$


Solución :

Para el inciso a) comenzamos tomando la ecuación :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}}$

Si sustituimos el valor de $\delta$ en cada una obtenemos:


$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = \frac{1}{1+F \sin^2 ( \frac{\delta_a}{2} + \frac{\Delta \delta}{4} )} + \frac{1}{1+F \sin^2 ( \frac{\delta_b}{2} + \frac{\Delta \delta}{4} )}$

Antes de sumarlas notamos que el resultado se simplifica si tomamos en cuenta que :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}}$

Ahora sin las contribuciones de $ \frac{\delta_a}{2}$ y $ \frac{\delta_b}{2}$:


$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = \frac{2}{1+F \sin^2 ( \frac{\Delta}{4})} = 2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}$

Por lo tanto :

$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} = \frac{2}{1+F \sin^2 ( \frac{\Delta \delta}{4})} = 2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}$


Y a su vez $\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} $ se puede reescribir como:


$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }}= \left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a}x } + I'}{ I _{a m \acute{a}x }}$ $= \left(\frac{8}{\pi^2} \right) \left( 1 +\frac{ I'}{ I _{a m \acute{a}x }} \right)$


En este caso $\frac{ I' }{ I _{a m \acute{a}x }} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta}$ y sustituyendo eso y el valor numérico de $\frac{8}{\pi^2}$ obtenemos:

$2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}= 0.81 \left(1+[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta} \right) $

Para el inciso b) :

Necesitamos la expresión explicita de $2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta}$ :

$2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta} = \frac{2}{1+F \sin^2( \frac{\Delta \delta}{2})}$

Si aproximamos $\sin \frac{\Delta \delta}{2} \approx =\frac{\Delta \delta}{2} $ entonces:

$\frac{2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } = 0.81 \left(1+ \frac{1}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } \right) $


$\frac{2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } = 0.81 \left(\frac{1+ 1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } \right)$


$F^2 (\Delta \delta)^4-15.5 F (\Delta \delta)^2 -30=0 $


Resolvemos para $(\frac{\Delta \delta}{2})$ y nos quedamos con la solución positiva y real

$(\frac{\Delta \delta}{2}) = 4.1521 \sqrt{\frac{1}{F}}$


$(\frac{\Delta \delta}{2}) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F}}$

Aurea Espin (discusión) 21:38 17 nov 2018 (CST)


Ejercicio 9.53

Comenzando con la ecuación (9.53) para una onda transmitida, calcule la densidad de flujo, es decir, obtenga la ecuación (9.54).

Solución:

La ecuación (9.53) es:

donde es la amplitud de la onda, y es una contribución a la fase que proviene de la diferencia de caminos ópticos entre los haces incidentes.

Para obtener la intensidad de flujo transmitido debemos multiplicar por su conjungado que es

y por ello

En el denominador podemos reducir la suma de términos exponenciales utilizando la identidad

la cual nos lleva a

Y sabiendo que

obtenemos finalmente

Nota: En la 3a edición del libro el resultado se queda hasta antes de utilizar la identidad para el coseno. En la 5a edición se llega a

que difiere en un factor de 2 con el resultado aquí obtenido

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 10:53 18 nov 2018 (CST)


Ejercicio 9.6

Dos antenas de radio de $1 MHz$ emitiendo en fase están separadas por $600 m$, a lo largo de la linea norte-sur. Un receptor de radio localizado equidistantemente de las dos antenas emisoras $2 Km$ al este recibe una muy buena señal. ¿Qué tan lejos al norte se debería mover el receptor si se quiere de nuevo recibir una muy buena señal?


Solución-----

Podemos considerar al problema similar al experimento de Young, con las antenas emisoras como las dos rendijas, por lo que las ondas que generan una uy buena señal en la antena receptora estan espaciadas por un ángulo que cumple la siguiente relación:
$Sen(\theta_m)= \frac{m\lambda}{a}$
Con m un número que identifica a la onda que tiene una buena señal(por así decirlo), $\lambda$ la longitud de la onda y ¨a¨ la separación entre las antenas emisoras. Si la antena receptora se quiere mover hacia el norte entonces habrá un incremento ¨$y$¨ a lo largo del norte, entonces por argumentos geométricos, el $sen(\theta_m)$ tambíen se puede escribir como:
$sen(\theta_m)= \frac{y}{\sqrt{s^{2} + y^{2}}}$
Con ¨s¨ la distancia equidistante de la antena receptora a las emisoras. Considerando como $m= 0$ a la configuración inicial de las antenas, entonces la siguiente configuración para la cual la antena receptora recibe una buena señal será para $m= 1$, por lo que sustituyendo la expresión anterior en la primera, queda como:

$\frac{\lambda}{a}= \frac{y}{\sqrt{y^{2} + s^{2}}}$

Despejando $y$ de la expresión anterior:

$y= \frac{s(c/{\nu})}{\sqrt{a^{2} - y^{2}}}$

Ya que $ c= \lambda\nu$ con $\nu$ la frecuencia de la onda.

Entonces si se quiere mover la antena receptora hacia el norte de tal forma que siga teniendo una muy buena señal, se tendrá que mover 1.150 kilómetros hacia el norte de donde estaba.

Usuario:Pedro J. Julián


Ejercicio 9.54


Dado que los espejos de un interferómetro de Fabry-Perot tienen un coeficiente de amplitud de reflexión $r=0.8944$, calcule:

(a) el coeficiente de fuerza,
(b) la semianchura,
(c) la fineza,
(d) el $factor$ $de$ $contraste$ definido por:
 $C\equiv \frac{(I_t/I_i)_{máx}}{(I_t/I_i)_{mín}}$


Solución:
(a)El coeficiente de fuerza está dado por:
 $F=\left(\frac{2r}{1-r^2}\right)^2$
$F=\left(\frac{2(0.8944)}{1-(0.8944)^2}\right)^2=79.387$
(b) La semianchura
 $\gamma=4 \sin^{-1}{(1/\sqrt{F})}$
$\gamma=0.449$
(c)La fineza
 $\mathscr{F}=\frac{2\pi}{\gamma}$
$\mathscr{F}=13.966$
(d) para el factor de contraste
 $\frac{I_t}{I_i}=\frac{1}{1+F \sin^2 (\delta/2)}$
Por lo que $\left(\frac{I_t}{I_i}\right)_{mín}=\frac{1}{1+F}$ y $\left(\frac{I_t}{I_i}\right)_{máx}=1$
$C=1+F=80.387$


--Sergio



Ejercicio 9.31


Usando el espejo de Lloyds, se observaron franjas de rayos X cuyo especiado se encontró que era de 0.0025 cm, la longitud de onda fue de 8.33A, la distancia de la pantalla de la fuente fue de 3m. Que altura se coloco la fuente puntual de rayos X sobre el plano?

solución

la longitud de onda

el espaciado de franjas es de

la distancia entre la fuente es de

en el experimento de Lloyd el espaciado de las franjas

la fuente puntual era distancia sobre el plano del espejo

por lo tanto, la fuente puntual del plano del espejo es

esto es:

--Salvador Alejandro Morales Carranza



Ejercicio 9.56


Considere que la figura de interferencia del interferómetro de Michelson provenga de dos haces con igual densidad de flujo. A partir de la ecuación (9.17) calcule la semi anchura. ¿Cuál es la separación en \delta, entre máximos adyacentes? ¿cuál es entonces la fineza? Solución'

$Ι=4Ι_0cos^{2}(δ/2)$ (ecuación 9.17)
Donde $Ι_{max}=4Ι_0$
$Ι=Ι_{max}cos^{2}(δ/2)$
$Ι=Ι_{max}/2$ cuando $\delta=\frac{\pi}{2}$
Por lo tanto $\gamma=\pi$
La separación entre máximos es $2\pi$
La fineza es $\mathscr{F}=\frac{2\pi}{\gamma}=\frac{2\pi}{\pi}=2$

--Verenisse


Ejercicio 9.7

Un haz alargado de luz roja de un láser He-Ne ($\lambda_{0}=632.8\mathrm{nm}$) incide en una pantalla que contiene dos rendijas horizontales muy estrechas separadas por $.200\mathrm{nm}$. Una distribución de franjas aparece en una pantalla blanca colocada a una distancia de $100\mathrm{m}$.

(a) ¿ A que distancia (en radianes y milímetros ) por encima y por debajo del eje central se hallan los primeros ceros de irradiancia ?

(b ) ¿ A que distancia ( en mm ) del eje se halla la quinta franja brillante ?


Solución

(a)

Sabemos que la interferencia constructiva se dara en $r_{2}-r_{1}=m\lambda$, donde $r_{2}$ y $r_{1}$ son los caminos ópticos de la rendijilla 2 y 1 y $\lambda$ la longitud de onda del láser He-Ne, por tanto la interferencia destructiva se dará cuando sea $\frac{\lambda}{2}$, así que la primera interferencia se dará en $m=1$ entonces

 $r_{2}-r_{1}=\frac{\lambda}{2}$............(1)


Ahora del experimento de Young (figura 9.8, {Óptica}, Hecht, 3ed.) y de las funciones trigonométrica obtenemos

$\sin \theta =\frac{r_{2}-r_{1}}{a}\Rightarrow$

$r_{2}-r_{1}=a\sin \theta\Rightarrow$

 $a\theta =r_{2}-r_{1}$............(2)

Donde empleamos la relación para ángulos pequeños $\sin \theta =\theta$.

Sustituimos ecuación (2) en (1) y despejamos $\theta$

 $\theta=\frac{\lambda}{2a}$...............(3)

Sustituimos valores dados en el problema

$\theta=\frac{632.8\times 10^{-9}}{2 \times.200 \times 10^{-9}}\Rightarrow$

$\theta =\pm1.58 \times 10^{-3}\mathrm{rad}$

Los signos positivos t negativos aparecen por que es la misma distancia para positivo como negativo.De la ecuación (9.30)

$\Delta y= \frac{s \lambda}{a}$

para $\lambda\rightarrow\frac{\lambda}{2}$

por ser interferencia destructiva y

$\Delta y = y_{1}-y_{0} $ donde

$y_{0}=0$

encontramos que


 $y_{1}=s\frac{\lambda}{2a}$.........(4)

sustituimos (3) en (4)

$y_{1}=s\theta\Rightarrow$

$y_{1}=1\mathrm{m}\times 1.58 \times 10^{-3}\mathrm{rad}\Rightarrow$

$y_{1}=\pm1.58\mathrm{mm}$


(b)

Se hace las mismas operaciones que a el inciso anterior solo que $\frac{\lambda}{2}\rightarrow \lambda$ y $m=5$ asi

$y_{5}=\frac{5\lambda s}{a}\Rightarrow$

$y=\frac{1\mathrm{m}\times 5\times 632.8\times10^{-9}\mathrm{m}}{.200\times10^{-3}\mathrm{m}}\Rightarrow$

$y_{5}=15.8\mathrm{mm}$


--[[Usuario:Jesús|Jesús Flores Ortega]



Ejercicio 9.17

Demuestre que para el biprisma de fresnel ,a viene dada por $a= 2d(n-1){\alpha}$

un rayo de S golpea al prisma en un ángulo ${\theta_i}$ es refractado a un ángulo ${\theta_t}$ y golpea la 2da cara con un angulo $({\theta_t + \alpha})$



$sen({\theta_i})$= n sen${\theta_t}$



$nsen({\theta_t +\alpha})$= nsen$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$

donde el angulo ${\theta}$ es definido por ${\theta_i})$ --> 0

${\theta_t}$-->0


${\alpha}$, ${\theta}$ ambos son pequeños.


$nsen({\alpha})$= nsen$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$


entonces n${\alpha}$=$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$= $2(n-1){\alpha}$

donde de la figura


tan$\frac{\theta}{2}$= $\frac{a}{2}*d$

entonces


$\frac{\theta}{2}$= $\frac{a}{2}*d$


${\theta}$= $\frac{a}{d}$

$\frac{a}{d}$= $2(n-1){\alpha}$

por lo que


$a= 2d(n-1){\alpha}$


--[[Usuario:luisa vega ]