Iniciante:
Solução enviada por: Victor Hugo de Souza Daniel
PS:. As aproximações utilizadas estão corretas, contudo não era necessário de se utilizar Taylor, pois a relação obtida é de uso comum.
Intermediário:
Situação Física: quando ondas chegam em fase em um mesmo ponto (ex. ambas chegam em crista), há um máximo, pois a interferência construtiva gerada possui a maior amplitude possível, a soma da máxima de cada uma. Já quando chegam fora de fase (ex. uma em crista e a outra em vale), a interferência é destrutiva, pois é como se uma possuísse amplitude negativa, logo quando as soma, o resultado é inferior ao de uma. Além disso, trabalhamos com dois outros efeitos: a inversão de fase devido a reflexão e a mudança do comprimento óptica devido ao índice de refração do prisma.
Para que as ondas cheguem em fase, a diferença dos caminhos óptico tem de ser, normalmente, um múltiplo de onda. Contudo, como houve inversão devido a reflexão, a diferença tem de corresponder a um não inteiro de um múltiplo de onda, ou seja, a um $$\frac{1}{2}+Z$$, onde $$Z$$ é um inteiro. Para corrigir a mudança no comprimento de onda devido ao prisma, podemos substituir o referido por um espaço que tenha ao invéz de $$d$$, um $$Nd$$. Logo temos que o caminho de onda do raio paralelo ao espelho é $$D+d(N-1)$$. O caminho de onda do segundo raio é dado por $$2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}$$. Temos que: $$2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}-D+d(N-1)=(\frac{1}{2}+Z)\lambda$$. Logo $$H^2=\frac{((Z+\frac{1}{2})\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4}\rightarrow H=(\frac{((Z+\frac{1}{2})\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4})^\frac{1}{2}$$
Para o caso destrutivo, temos que a diferença de caminho óptico deve ser equivalente a $$Z\lambda$$, sendo $$Z$$ um inteiro. Obtemos que $$2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}-D+d(N-1)=Z\lambda$$. Deste modo $$H^2=\frac{(Z\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4}\rightarrow H=(\frac{(Z\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4})^\frac{1}{2}$$
Avançado:
Quem não está familiarizado com relatividade talvez não entendido muito bem o problema, uma vez que para tais casos, não utilizamos o conceito “padrão” de massa, e sim a seguinte relação: $$E^2=m^2C^4+P^2C^2+E’^2$$, onde $$E$$ é a energia da partícula, $$P$$ é seu momento, $$m$$ sua massa de repouso, $$C$$ a velocidade da luz e $$E’$$ a energia de repouso. Também sabemos que $$\frac{dE}{dX}=F$$, sendo $$F$$ a força aplicada na partícula e $$X$$ seu deslocamento. Deste modo fica fácil obter: $$E”^2=TxL+Tx2L+TxL+Tx2L+E”’$$, sendo $$E”$$ a energia da partícula resultante e $$E”’$$ a soma as energias iniciais de cada uma. Sabemos que todas tem mesma massa de repouso $$m$$ e inicialmente estavam paradas, logo $$E’^2=m^2C^4\rightarrow E’=mC^2$$.
Assim temos que $$E”=6TL+4mC^2$$, e como o momento resultante após as colisões será zero, pois os $$P$$ das partículas se anulam, $$E”^2=M^2C^4 \rightarrow M=\frac{E”}{C^2} \rightarrow M=\frac{6TL}{C^2}+4m$$.
Para obter o tempo, temos de olhar a situação logo antes de a colisão ocorrer, de modo que as partículas ainda têm momento. Sabemos que $$\frac{dP}{dt}=F$$, sendo t o tempo. Usando a expressão do item anterior, obtemos que a energia da partícula logo antes da colisão é $$TL+mC^2$$ para as horizontais e $$2TL+mC^2$$ para as verticais. Com isto obtemos o tempo de cada colisão:
Horizontais – $$E^2=m^2C^4+P^2 C^2\rightarrow P^2C^2=(TL)^2+2TLmC^2\rightarrow P=(\frac{(TL)^2}{C^2}+2TLm)^\frac{1}{2}$$. Tendo que $$P=Tt$$ obtemos $$t=\frac{(\frac{(TL)^2}{C^2}+2TLm)^\frac{1}{2}}{T}$$.
Verticais – Repetimos o mesmo processo com L=2L. Obtemos $$t’=\frac{(\frac{(T2L)^2}{C^2}+4TLm)^\frac{1}{2}}{T}$$
Logo: $$\frac{t’}{t}=\frac{((2TL)^2+4TLmC^2)^\frac{1}{2}}{((TL)^2+2TLmC^2)^\frac{1}{2}}$$, razão que cresce com T. Para $$\frac{TL}{mC^2} << 1\rightarrow t’=((2TL)^2+4TLmC^2)^\frac{1}{2}= (\frac{TL}{mC^2}+1)^\frac{1}{2}\rightarrow$$ por aproximação do Binômio de Newton $$\rightarrow t’=2(mTL)^\frac{1}{2}(1+\frac{TL}{2mC^2})$$ e analogamente $$t=(2mTL)^\frac{1}{2}(1+\frac{TL}{4mC^2})$$, já para $$\frac{TL}{mC^2} >>1\rightarrow t’=\frac{2TL}{C}(1+\frac{mC^2}{2TL})$$ e $$t=\frac{TL}{C}(1+\frac{mC^2}{TL})$$
Por fim, para $$\frac{TL}{mC^2}=1$$ obtemos $$t=\frac{TL}{C}(\frac{2mC^2}{TL}+1)^\frac{1}{2}=\frac{TL}{C}3^\frac{1}{2}$$ e $$t’=\frac{2TL}{C}(\frac{mC^2}{TL}+1)^\frac{1}{2}=\frac{2TL}{C}2^\frac{1}{2}$$, tendo que $$\frac{t’}{t}=\bigg (\frac{8}{3}\bigg )^\frac{1}{2}$$.
É fácil ver que para $$\frac{TL}{mC^2} << 1$$, no caso não relativístico $$\frac{t’}{t}=2^\frac{1}{2}$$.
E no ultra-relativístico, $$\frac{TL}{mC^2} >>1$$ temos $$\frac{t’}{t}=2$$.