Demonstrações de equações do livro Eletrodinâmica (David Griffiths)

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DEMONSTRAÇÕES MAIS DETALHADAS
Emanuelly da Silva Santos
15 de novembro de 2023
Equação 9.109
Os resultados apresentados na equação 9.109 vem das equações 9.105 e 9.107 (apresentadas abaixo
respectivamente), vejamos:
Ẽ0I − Ẽ0R = βẼ0T
Ẽ0I + Ẽ0R = αẼ0T
Agora vamos isolar o Ẽ0T de 9.105 e substituir 9.107:
Ẽ0I = αẼ0T − Ẽ0R
= α
[
1
β
(Ẽ0I − Ẽ0R)
]
− Ẽ0R
=
α
β
Ẽ0I −
α
β
Ẽ0R − Ẽ0R
= − β
β − α
(
α
β
Ẽ0R + Ẽ0R
)
=
β
α− β
[(
α+ β
β
)
Ẽ0R
]
=
(
α+ β
α− β
)
Ẽ0R
Com efeito:
Ẽ0R =
(
α− β
α+ β
)
Ẽ0I
De maneira análoga, agora tomemos o valor de Ẽ0R de 9.107 e substitúımos em 9.105:
Ẽ0I = βẼ0T + Ẽ0R
= βẼ0T + (αẼ0T − Ẽ0I)
=
(
β + α
2
)
Ẽ0T
O que implica:
Ẽ0T =
(
2
α+ β
)
Ẽ0I
Equação 9.110
Temos de 9.108 que:
α ≡ cos θTcos θI
1
Mas sabemos da trigonometria que sin2 x+ cos2 x = 1, com efeito:
cosx =
√
1− sin2 x
Fazendo para θT , teremos:
α =
√
1−sin2 θT
cos θI
Agora da lei de Snell (9.100):
sin θT
sin θI
= n1n2 ∴ sin θT =
n1
n2
sin θI
Substituindo, ficamos com:
α =
√
1−[(n1/n2) sin θI ]2
cos θI
Finalizando a demonstração de que:
α =
√
1− sin2 θT
cos θI
=
√
1− [(n1/n2) sin θI ]2
cos θI
Equação 9.111
No ângulo de Brewster α = β e θI = θB . Logo, da demonstração anterior:
α =
√
1−[(n1/n2) sin θB ]2
cos θB
= β
Agora substituindo o cosseno da relação cosx =
√
1− sin2 x :
β =
√
1−[(n1/n2) sin θB ]2√
1−sin2 θB
β2 = 1−[(n1/n2) sin θB ]
2
1−sin2 θB
β2(1− sin2 θB) = 1− [(n1/n2) sin θB ]2
−β2 sin2 θB + [(n1/n2) sin θB ]2 = 1− β2
((n1/n2)
2 − β2) sin2 θB = 1− β2
Com efeito:
sin2 θB =
1− β2
((n1/n2)2 − β2)
Provando assim 9.111.
Equação 9.115
De 9.113 e 9.114, temos:
II =
1
2�1v1E
2
0I cos θI
IR =
1
2�1v1E
2
0R cos θR
E por definição:
R ≡ IRII
Então substituindo:
2
R ≡
1
2 �1v1E
2
0R cos θR
1
2 �1v1E
2
0I cos θI
Mas, pela lei da reflexão θI = θR, então:
R =
E20R
E20I
=
(
E0R
E0I
)2
Agora, das propriedades dos números complexos: J̃ = Jeiδ. Isso implica:
R =
(
Ẽ0Re
iδ
Ẽ0Ieiδ
)2
=
(
Ẽ0R
Ẽ0I
)2
Substituindo:
R =
(α−βα+β )
2
Ẽ0I
Ẽ0I
=
(
α−β
α+β
)2
O que prova:
R ≡ IR
II
=
(
E0R
E0I
)2
=
(
α− β
α+ β
)2
Equação 9.126
Temos de 9.124 que:
k̃2 = µ�ω2 + iµσω
Mas, dos complexos:
k̃ = k + iκ
Então:
k̃2 = (k + iκ)2
= k2 + 2kiκ+ (iκ)2
= k2 + 2ikκ− κ2
Comparando agora com as partes real e imaginária de 9.124, ficamos com:
k2 − κ2 = µ�ω2 e 2ikκ = iµσω
Logo, da segunda equação: κ = µσω2k . Agora substituindo na primeira equação:
k2 −
(
µσω
2k
)2
= µ�ω2
Dai conclúımos com um pouco de manipulação algebrica que:
k = ω
√
�µ
2
[√
1 +
(
σ
�ω
)2
+ 1
] 1
2
e κ = ω
√
�µ
2
[√
1 +
(
σ
�ω
)2 − 1] 12
Equação 9.161
Da equação 9.159:
P̃ = Nq
2
m
(∑
j
fj
ω2j−ω2−iγjω
)
3
E de 9.160:
P̃ = �0χ̃eẼ
Então:
�0χ̃e =
Nq2
m
(∑
j
fj
ω2j−ω2−iγjω
)
χ̃e =
Nq2
m�0
(∑
j
fj
ω2j−ω2−iγjω
)
Mas �̃r = (1 + χ̃e), logo:
�̃r = 1 + χ̃e = 1 +
Nq2
m�0
∑
j
fj
ω2j − ω2 − iγjω

Equação 9.169/9.170/9.171
Sabemos que n = ckω =
c
v e k =
ωn
c e então:
k̃ = wc ñ
Mas nesse caso, como explicito no livro podemos aproximar pelo primeiro termo da expansão binomial√
1 + ε ∼= 1 + 12ε. Assim, como ñ =
√
�̃r =
√
1 + χ̃e:
k̃ = wc
√
�̃r ∼= wc
√
1 + χ̃e ∼= wc
[
1 + Nq
2
2m�0
(∑
j
fj
ω2j−ω2−iγjω
)]
E então, de maneira bastante similar, mas sabendo que k̃ = k + iκ:
c
ω
k̃ = 1 +
Nq2
2m�0
∑
j
fj
ω2j − ω2 − iγjω

= 1 +
Nq2
2m�0
∑
j
fj
ω2j − ω2 − iγjω
 ·( (ω2j − ω2) + iγjω
(ω2j − ω2) + iγjω
)
= 1 +
Nq2
2m�0
∑
j
fj(ω
2
j − ω2)
(ω2j − ω2)2 − (iγjω)2
+
fj(iγjω)
(ω2j − ω2)2 − (iγjω)2

Eliminando a parte imaginária, temos:
k = ωc
[
1 + Nq
2
2m�0
(∑
j
fj(ω
2
j−ω
2)
(ω2j−ω2)2+γ2jω2
)]
E substituindo em n:
n = ckω
∼=
[
1 + Nq
2
2m�0
(∑
j
fj(ω
2
j−ω
2)
(ω2j−ω2)2+γ2jω2
)]
Então para κ devemos pegar a parte imaginária, logo:
α = 2κ = Nq
2ω2
m�0c
(∑
j
fjγj
(ω2j−ω2)2+γ2jω2
)
Equação 9.179/9.180/9.181
Já foram demonstradas no problema que fiz: 9.26.
4