Hudson Pimenta Silveira
I. PRIMEIRA QUEST ˜AO
Uma bola de ping-pong ´e solta a partir do repouso de uma altura h = 1.25 m. Ao colidir com o solo, sua velocidade ´e revertida com magnitude diminu´ıda em 10%.
a-Qual ´e a velocidade da bola imediatamente ap´os a n-´esima colis˜ao? Como a bola est´a sujeita a uma acelera¸c˜ao uniforme−g, a seguinte equa¸c˜ao se aplica:
v2(t) = v(t0)2− 2g[y(t) − y(t0)]. (1)
´
E crucial que g seja constante para que esta express˜ao se aplique. Tomar g constante ´e uma boa aproxima¸c˜ao quando a altura varia pouco.
Tome como t0 = 0 o instante em que se inicia a queda; como se trata de queda livre, segue que v(t0) = 0. Se
considerarmos y(t)− y(t0) = −h (o sinal negativo ´e porque, como a gravidade aparece como −g na Eq.(1), est´a subentendido que o eixo y aponta para cima, de modo que y(t), correspondente ao ch˜ao, ´e menor que y(t0), que ´e a
altura de onde come¸ca a queda), obteremos a velocidade imediatamente antes da primeira colis˜ao da bola com o ch˜ao:
v =√2gh. (2)
Denoto esta velocidade, a partir de agora, por v0. O ´ındice 0 nos lembra que nenhuma colis˜ao ocorreu ainda. Logo
ap´os a primeira colis˜ao, o valor num´erico da velocidade diminuir´a em 10%, o que corresponde a multiplicar v0por um
fator α = 0.9:
v1= αv0, (3)
em que o ´ındice 1 indica que ocorreu uma colis˜ao.
Agora a bola sobe, partindo com velocidade v1, at´e retornar novamente ao ch˜ao, quando ocorrer´a a segunda colis˜ao.
Qual ´e a velocidade imediatamente antes da da segunda colis˜ao? Como velocidades na subida e na descida, para uma mesma altura, s˜ao iguais quando a acelera¸c˜ao ´e constante, a velocidade imediatamente antes da segunda colis˜ao ´e, tamb´em, v1. Uma forma anal´ıtica de obter esse resultado ´e considerar a Eq.(1), tomando y(t)−y(t0) = 0 e v(t0) = v1.
Segue que v(t) =±v1. O sinal + indica a subida, e o sinal− indica a descida.
Agora que conclu´ımos que a velocidade antes da segunda colis˜ao ´e o pr´oprio v1, obtemos v2, que ´e a velocidade
imediatamente ap´os a segunda colis˜ao, multiplicando v1por α, j´a que h´a uma nova perda:
v2 = αv1, (4)
v2 = α2v0.
A velocidade v2, por sua vez, ser´a a velocidade imediatamente antes da terceira colis˜ao, por argumenta¸c˜ao idˆentica
`
a feita para v1. Ent˜ao v3´e obtido multiplicando v2 por α, o que resulta em v3= α3v0.
Basta repetir o racioc´ınio para se convencer de que a express˜ao geral para a velocidade imediatamente ap´os n colis˜oes ´e
vn = αnv0, (5)
vn = αn √
2gh em que v0´e a velocidade imediatamente antes da primeira colis˜ao.
b-Qual ´e o intervalo de tempo T decorrido (contando a partir da primeira colis˜ao) ap´os infinitas colis˜oes?
O primeiro passo para resolver essa quest˜ao ´e obter o tempo decorrido entre a n-´esima colis˜ao e a (n + 1)-´esima colis˜ao. Como os tempos decorridos na subida e na descida s˜ao iguais, podemos calcular o tempo de subida tsa partir da express˜ao
e multiplicar o resultado por 2 para determinar o tempo de voo. Para obter o tempo de subida, tomamos v(t) = 0, que ´e a condi¸c˜ao para o movimento de subida terminar. Por fim, v(t0) ´e tomado como a velocidade imediatamente
ap´os a n-´esima colis˜ao, vn, que foi determinado no item anterior. Isolando t− t0, que ´e o pr´oprio ts, temos:
ts=
vn
g . (7)
Portanto, o tempo de voo ´e
tn = 2
vn
g . (8)
em que o ´ındice n indica o tempo de voo entre a n-´esima e a (n + 1)-´esima colis˜ao.
T , de acordo com o enunciado, ´e o tempo decorrido ap´os infinitas colis˜oes, contando a partir da primeira. Isto significa somar todos os tn, come¸cando de n = 1:
T = +∞
∑ n=1
tn. (9)
Como j´a temos uma express˜ao para tn, isso se reescreve como
T =2 g +∞ ∑ n=1 vn. (10)
Tamb´em temos uma express˜ao expl´ıcita para vn em termos de v0:
T =2v0 g +∞ ∑ n=1 αn. (11)
Como v0 j´a foi determinado em fun¸c˜ao de h e g, resta calcular a soma. Para isto, vamos escrever explicitamente os
termos:
+∞
∑ n=1
αn = α1+ α2+ α3... (12)
Os termos comp˜oem uma progress˜ao geom´etrica de raz˜ao α e termo inicial a1 = α. A soma de todos os termos de
uma progress˜ao geom´etrica com raz˜ao|q| < 1 e termo inicial a1´e
S = a1
1− q. (13)
Aplicando esse resultado, temos
+∞ ∑ n=1 αn= α 1− α (14) Em particular, quando α = 0.9, +∞ ∑ n=1 0.9n= 0.9 1− 0.9 = 9. (15)
Substituindo o resultado da soma na express˜ao para T ,
T = 18v0 g . (16) Como v0= √ 2gh, obtemos T = 18 √ 2h g , (17)
que pode ser calculado numericamente por substitui¸c˜ao dos valores de h e g, o que leva a T = 9 s. Note que, apesar de o n´umero de colis˜oes ser infinito, o tempo decorrido ap´os todas elas ´e finito. Isto ocorre porque, devido `a perda de velocidade, as alturas atingidas pela bola s˜ao cada vez menores, e o intervalo de tempo entre uma colis˜ao e outra ´
II. SEGUNDA QUEST ˜AO
As componentes cartesianas que descrevem o movimento bidimensional de uma part´ıcula s˜ao dadas por
x = a cos(ωt), (18)
y = b sin(ωt),
com a, b e ω constantes..
a- Mostre que a acelera¸c˜ao da part´ıcula est´a ao longo da reta que a une `a origem do sistema de coordenadas e tem magnitude ω2r, em que r ´e a distˆancia da part´ıcula `a origem.
A posi¸c˜ao de uma part´ıcula no ponto (x, y) pode ser especificada por um vetor r:
r = xˆx + yˆy, (19)
em que ˆx e ˆy s˜ao os vetores unit´arios (versores) nas dire¸c˜oes dos eixos x e y. O vetor r tem magnitude r =√x2+ y2.
Podemos trabalhar tamb´em com o versor ˆr, que aponta da origem do sistema de coordenadas para a posi¸c˜ao da part´ıcula. Isso significa que r e ˆr est˜ao na mesma dire¸c˜ao, e que
r = rˆr, (20)
j´a que ˆr ´e um vetor unit´ario. O vetor velocidade ´e, por defini¸c˜ao, a derivada do vetor posi¸c˜ao em rela¸c˜ao ao tempo: v≡ dr
dt = d
dt(xˆx + yˆy) . (21)
Desejamos escrever este vetor na forma
v = vxx + vˆ yy,ˆ (22)
pois, assim, identificamos a velocidade em cada dire¸c˜ao. Como a derivada de uma soma ´e a soma das derivadas dos somandos, escreve-se, a partir da Eq.(21):
v = d
dt(xˆx) + d
dt(yˆy) . (23)
Os versores ˆx e ˆy s˜ao objetos constantes no tempo, pois apontam em sentidos fixos (os dos eixos cartesianos) e possuem m´odulo fixo, igual a 1; um vetor ´e completamente caracterizado pelo sentido em que aponta e seu m´odulo. Assim, os versores s˜ao constantes e podem ser escritos fora da derivada:
v = dx
dtˆx + dy
dty.ˆ (24)
Comparando esse resultado com a Eq.(22), segue que
vx = dx dt, (25) vy = dy dt. (26)
Esse ´e um fato crucial: s´o chegamos `a conclus˜ao de que as velocidades s˜ao as derivadas das componentes em ˆx e ˆ
y porque esses versores s˜ao constantes! Uma vantagem de usar a nota¸c˜ao vetorial ´e que explicita essa condi¸c˜ao. Se os versores dependessem do tempo, a velocidade ainda seria escrita como a soma de versores multiplicados por componentes, isto ´e, algo na forma v = vxˆx + vyy, mas as componentes n˜ˆ ao seriam obtidas apenas derivando as coordenadas no tempo. Ao longo do curso, versores que dependem do tempo ser˜ao utilizados e a necessidade de trabalhar com eles, e n˜ao apenas suas componentes, ficar´a mais aparente.
Do mesmo modo que definimos um vetor velocidade, podemos definir um vetor acelera¸c˜ao
a≡ dv dt = d2x dt2x +ˆ d2y dt2ˆy, (27)
em que novamente usamos a propriedade de que os versores s˜ao constantes. Identificamos axcomo a derivada segunda no tempo de x, e ay como a derivada segunda no tempo de y.
Vamos determinar o vetor acelera¸c˜ao no caso em que x = a cos(ωt) e y = b sin(ωt). Como os versores s˜ao constantes, nosso trabalho se resume a derivar x e y duas vezes em rela¸c˜ao t. Como j´a se viu em aula,
vx= dx dt = −aω sin(ωt), (28) vy = dy dt = bω cos(ωt). (29)
Para derivar novamente essas express˜oes, lembramos que ω ´e uma constante e n˜ao afeta a derivada. Assim, o que temos que fazer ´e derivar sin(ωt) e cos(ωt) novamente:
ax= d2x dt2 = −aω 2cos(ωt), (30) ay = d2y dt2 = −bω 2sin(ωt). (31)
Basta substituir esses resultados na Eq.(27) e separar o fator comum−ω2 para chegar a
a =−ω2[a cos(ωt)ˆx + b sin(ωt)ˆy] . (32) O objeto entre colchetes ´e o pr´oprio r, de forma que
a =−ω2r =−ω2rˆr, (33)
cuja dire¸c˜ao ´e a que une a origem do sistema de coordenadas `a posi¸c˜ao da part´ıcula e cuja magnitude ´e ω2r, o que
encerra a demonstra¸c˜ao.
b- Expresse o m´odulo da velocidade como fun¸c˜ao da distˆancia r da part´ıcula `a origem.
Nas Eq.(25) e (26), temos as componentes do vetor velocidade nas dire¸c˜oes dos versores ˆx e ˆy. O vetor velocidade, portanto, ´e
v =−aω sin(ωt)ˆx + bω cos(ωt)ˆy. (34)
Diferentemente do vetor acelera¸c˜ao, o vetor velocidade n˜ao ´e proporcional a r, pois as fun¸c˜oes que multiplicam a e
b est˜ao trocadas. Contudo, o enunciado da quest˜ao nos pede para expressar o m´odulo da velocidade, e n˜ao o vetor velocidade, como fun¸c˜ao de r. Denotando o m´odulo de v por v, sabemos que
v2= v2x+ v2y, (35)
pois os vetores vxˆx e vyy representam catetos de um triˆˆ angulo retˆangulo cuja hipotenusa ´e v. Uma forma alternativa de chegar a esse resultado ´e pela defini¸c˜ao de produto escalar,
a· b = ab cos θ, (36)
em que θ ´e o ˆangulo entre os vetores. Como o ˆangulo de um vetor com ele mesmo ´e 0, segue que
v2= v· v. (37)
Aqui aparece uma das utilidades do produto escalar: ´e uma ferramenta que mede tamanhos ou distˆancias. Para calcular v2 a partir da Eq.(37), substitu´ımos v por v
xˆx + vyˆy.
v2= (vxˆx + vyy)ˆ · (vxˆx + vyˆy) . (38) Assim como o produto usual, o produto escalar ´e distributivo. Entretanto, como ˆx· ˆx = ˆy · ˆy = 1 e ˆx · ˆy = 0, s´o sobrevivem os seguintes termos:
v2= v2x+ v2y,
que ´e a express˜ao obtida anteriormente pelo teorema de Pit´agoras. Pode parecer um trabalho desnecess´ario usar o produto escalar para chegar `a Eq.(35), mas o fiz para chamar aten¸c˜ao para o fato de que a defini¸c˜ao dada pela Eq.(37) ´
e muito mais geral, e permite medir distˆancias mesmo em espa¸cos curvos, como sobre uma esfera, onde o teorema de Pit´agoras certamente n˜ao se aplicaria.
A express˜ao expl´ıcita para v2, substituindo vxe vy pelas Eq.(28) e (29), ´e
v2= ω2[a2sin2(ωt) + b2cos2(ωt)]. (39) Esse formato de express˜ao ainda n˜ao est´a bom, pois n˜ao conseguimos identificar x ou y nos termos em colchetes, j´a que as fun¸c˜oes que multiplicam a e b est˜ao trocadas (isso ocorreu porque tomamos apenas uma derivada temporal; no caso da acelera¸c˜ao, h´a uma segunda derivada, que inverte novamente a ordem). Isso, contudo, pode ser remediado a partir da rela¸c˜ao
sin2(ωt) + cos2(ωt) = 1. (40)
Onde temos sin2(ωt), trocamos por 1− cos2(ωt) e vice-versa:
v2= ω2[a2+ b2− a2cos2(ωt)− b2sin2(ωt)]. (41) Reconhecemos os dois ´ultimos termos entre colchetes como−x2 e−y2:
v2= ω2[a2+ b2− (x2+ y2)]. (42)
Por fim, recordamos que r2= x2+ y2, o que nos leva ao resultado final:
v2= ω2(a2+ b2− r2). (43)
Temos a magnitude de v expressa em termos de r. Uma observa¸c˜ao interessante ´e que as express˜oes para x e y desse problema correspondem a um movimento el´ıptico, j´a que, como se pode verificar, satisfazem a rela¸c˜ao
x2 a2 +
y2
b2 = 1, (44)
que ´e a equa¸c˜ao de uma elipse.
III. TERCEIRA QUEST ˜AO
Um profissional ´e contratado para pintar uma figura geom´etrica delimitada por um arco parab´olico de altura h e extens˜ao a, como na Fig. 1. Dado que uma lata de tinta ´e capaz de cobrir 10 m2, quantas
latas devem ser adquiridas para que a tarefa seja cumprida? Suponha que h = 4 m e a = 18 m.
Para resolver esse problema, basta encontrar a ´area abaixo do arco parab´olico. Isto pode ser feito a partir da integra¸c˜ao da equa¸c˜ao que descreve o arco. Como a equa¸c˜ao da par´abola n˜ao foi dada, o primeiro passo ´e determin´ a-la. Para isso, conv´em posicionar os eixos x e y de modo que x = 0 e x = a sejam ra´ızes da equa¸c˜ao, como na Fig. 1.
Como o v´ertice da par´abola sempre est´a equidistante de dois pontos de mesma altura y, as coordenadas do v´ertice tamb´em ficam determinadas: xv= a/2 e yv= h.
Agora que conhecemos as ra´ızes, a equa¸c˜ao da par´abola pode ser escrita na seguinte forma:
y(x) = C(x− a)x, (45)
em que C ´e uma constante a ser determinada. Para esse fim, basta conhecer um ponto da par´abola que n˜ao corresponda a uma ra´ız e aplicar a equa¸c˜ao. Conhecemos as coordenadas do v´ertice, (a/2, h). Substituindo a/2 em x e h em y, obtemos h =−Ca 2 4 . (46) Segue que C =−4h a2. (47)
A equa¸c˜ao da par´abola, portanto, ´e
y(x) =−4h
0 1 2 3 4 0 3 6 9 12 15 18 y x h a h a
Figura 1: Arco parab´olico descrito na terceira quest˜ao.
Como precisaremos integrar essa equa¸c˜ao para encontrar a ´area abaixo da p´arabola, conv´em expressar y em potˆencias de x: y(x) =−4h a2x 2 + 4h ax. (49)
Agora que temos a equa¸c˜ao que descreve o arco, a ´area do arco pode ser encontrada integrando y(x) com rela¸c˜ao a x, com extremos de integra¸c˜ao determinados pelas ra´ızes, 0 e a:
A = ∫ a 0 y(x)dx, (50) isto ´e, A = ∫ a 0 ( −4h a2x 2+ 4h ax ) dx, (51) ou seja, A =−4h a2 x3 3 a 0 + 4 h a x2 2 a 0 . (52)
Todos os termos calculados em x = 0 s˜ao nulos e restam apenas os termos calculados em x = a; j´a simplificando, a express˜ao final para a ´area A ´e dada por
A = 2
3ah (53)
Basta substituir os valores num´ericos e, ent˜ao, dividir A por 10 m2, que corresponde `a `area coberta por uma lata de tinta. O inteiro superior ao valor obtido ´e o n´umero de latas que deve ser adquirido. Obt´em-se A = 48 m2, de forma
que 5 latas s˜ao necess´arias.
IV. DIGRESS ˜OES
At´e a se¸c˜ao anterior, apresentei a resolu¸c˜ao das trˆes quest˜oes. O texto das pr´oximas partes n˜ao ´e importante para compreender a resolu¸c˜ao, e seu objetivo ´e apenas chamar a aten¸c˜ao para t´opicos que ser˜ao abordados no curso. A ideia ´e propor um problema e deix´a-lo em aberto, a fim de criar uma certa familiaridade com alguns assuntos. Assim, quando eles forem abordados em um momento oportuno, n˜ao ser˜ao completamente novos e a assimila¸c˜ao do conte´udo ser´a mais f´acil. Entretanto, considere esta parte do texto como uma curiosidade, e n˜ao necessariamente parte do curso.
A. E se a gravidade n˜ao fosse constante?
Na primeira quest˜ao, e tamb´em em todos os problemas que se viu at´e agora sobre lan¸camentos de proj´eteis, o vetor gravidade, g, foi tratado como uma constante. Sabemos, entretanto, que isto ´e uma aproxima¸c˜ao, pois a magnitude da gravidade ´e
g = GM
r2 , (54)
em que r ´e a distˆancia do centro da Terra at´e o ponto em que se mede a gravidade. Um corpo a uma altura h do ch˜ao est´a a RT+ h do centro da Terra, em que RT ´e o raio da Terra, isto ´e, r = RT + h. Suponha que esse corpo comece a cair (queda livre), exatamente como o da quest˜ao 1. A acelera¸c˜ao do corpo ´e a derivada segunda da altura com rela¸c˜ao ao tempo. Note que, como RT ´e constante, esse n´umero tamb´em pode ser obtido derivando r com rela¸c˜ao ao tempo:
d2r dt2 =
d2h
dt2 (55)
em que omitimos a derivada de RT em rela¸c˜ao ao tempo, que ´e nula.
Se o corpo est´a em queda livre, a acelera¸c˜ao a que ele est´a sujeito ´e o pr´oprio g =−gˆr, em que ˆr ´e o versor que aponta do centro da Terra para o corpo em queda; o sinal negativo na frente de g ´e porque a gravidade aponta no sentido contr´ario, isto ´e, para o centro da Terra. A acelera¸c˜ao do corpo deve ser, portanto,−g:
d2r dt2 =−
GM
r2 . (56)
Quando g era constante, bastava integrar duas vezes no tempo para obter r em fun¸c˜ao de t. Agora temos um problema mais complicado, pois, de um lado da Eq.(56), aparece a derivada segunda de r no tempo, e do outro aparece a pr´opria fun¸c˜ao r! Temos que descobrir uma fun¸c˜ao r(t) que, quando substitu´ıda na Eq.(56), torne a igualdade verdadeira. N˜ao ´e objetivo desse texto discutir como se resolve esse problema, mas apenas chamar aten¸c˜ao para a dificuldade que pode oferecer um problema aparentemente simples. Quando g era constante, pod´ıamos usar f´ormulas prontas, como a Eq.(1). Isso ´e porque algu´em j´a encontrou a solu¸c˜ao mais geral do problema em que a acelera¸c˜ao de um corpo ´
e constante; o que fazemos ´e meramente pegar essa solu¸c˜ao pronta e adaptar a nossas condi¸c˜oes iniciais (posi¸c˜ao e velocidade iniciais).
Agora que g n˜ao ´e constante, mas depende da pr´opria fun¸c˜ao r, o objetivo ´e diferente: ´e preciso, antes de tudo, determinar qual ´e a express˜ao que podemos usar. Em grande parte dos problemas que ser˜ao estudados no curso, o objetivo n˜ao ser´a aplicar uma f´ormula, mas justamente descobrir uma express˜ao que resolve equa¸c˜oes com o formato da Eq.(56)! Equa¸c˜oes com esse formato, que envolvem uma fun¸c˜ao e suas derivadas, e cujas inc´ognitas s˜ao fun¸c˜oes, s˜ao denominadas equa¸c˜oes diferenciais. A equa¸c˜ao a = constante ´e uma equa¸c˜ao diferencial, pois diz que a derivada segunda da posi¸c˜ao com respeito ao tempo ´e uma constante; ocorre apenas que essa ´e uma equa¸c˜ao diferencial muito simples, pois a fun¸c˜ao x(t) n˜ao aparece. Assim, quando usamos x(t) = x(0) + v(0)t +at22 para resolver um problema, ´
e porque ´e a solu¸c˜ao mais geral da equa¸c˜ao diferencial a = constante. Em geral, a solu¸c˜ao de uma equa¸c˜ao diferencial ´
e desconhecida e um objetivo do f´ısico ´e determin´a-la.
B. E se o versor n˜ao fosse constante?
Na segunda quest˜ao, chamei aten¸c˜ao para o fato de que ´e necess´ario que os versores ˆx e ˆy sejam constantes para que a velocidade em cada dire¸c˜ao seja meramente a derivada da respectiva coordenada. Se isso n˜ao fosse verdade, seria preciso derivar tamb´em os versores. Vamos considerar, como exemplo, o sistema de coordenadas polar, indicado na Fig. 2. Nesse sistema, um ponto ´e indicado pela distˆancia dele at´e a origem, r, e o ˆangulo que o vetor posi¸c˜ao faz com o eixo x, θ. A essas coordenadas est˜ao associadas velocidades, denominadas radial e angular. Na teoria que descreve movimentos circulares uniformes, j´a vimos que a velocidade angular ´e dada por
ω =dθ
dt. (57)
Observe que isto n˜ao ´e uma velocidade no sentido usual, pois tem unidade de s−1 (ˆangulos s˜ao adimensionais). A velocidade linear correspondente ´e obtida multiplicando a velocidade angular pela distˆancia radial, r:
Figura 2: Malha associada ao sistema de coordenadas polar.
vθ= r
dθ
dt, (58)
que ´e diferente de meramente derivar r ou θ no tempo. A raz˜ao disso ´e que os versores do sistema polar dependem do tempo. Note que o versor ˆr, que j´a apareceu no segundo exerc´ıcio, e ´e um dos versores do sistema de coordenadas polar, sempre aponta na dire¸c˜ao da part´ıcula cuja trajet´oria estamos acompanhando; portanto, o vetor posi¸c˜ao, no sistema de coordenadas polar sempre tem a forma
r = rˆr. (59)
Como a part´ıcula se movimenta, est´a claro que a dire¸c˜ao de ˆr e, portanto, o pr´oprio versor, dependem do tempo. A defini¸c˜ao de velocidade permanece a mesma: devemos derivar o vetor posi¸c˜ao no tempo.
v = dr
dt = d(rˆr)
dt (60)
Podemos usar a regra do produto, que eventualmente ser´a vista em C´alculo, para derivar o ´ultimo termo: v = dr
dtˆr + r dˆr
dt. (61)
O primeiro termo ´e a velocidade radial da part´ıcula, vr. O segundo termo ´e respons´avel pela velocidade angular. Derivar o versor ˆr no tempo ´e algo que deixarei para outra ocasi˜ao, pois precisarei introduzir tamb´em o versor ˆθ, que
j´a apareceu na teoria do movimento circular uniforme.
C. Produto escalar como medida de distˆancia
No exerc´ıcio da prova, n˜ao fica muito claro porque conv´em adotar o produto escalar como uma medida de distˆancia ou tamanho em vez de meramente recorrer ao teorema de Pit´agoras. Entretanto, o pr´oprio teorema de Pit´agoras s´o se aplica porque os versores ˆx e ˆy s˜ao ortogonais, de modo que ´e poss´ıvel compor um triˆangulo retˆangulo com os vetores v, vxˆx e vyˆy.
Por alguma raz˜ao, poderia ocorrer de n˜ao estarmos trabalhando com os versores ˆx e ˆy, que s˜ao ortogonais entre si, mas com versores ˆa e ˆb, que n˜ao o s˜ao:
ˆ
Esse produto escalar d´a um n´umero, que vamos supor conhecido, que chamarei de gab:
gab= gba= ˆa· ˆb = ˆb · ˆa (63)
Al´em disso, tamb´em definimos, por analogia,
gaa = ˆa· ˆa, (64)
gbb = ˆb· ˆb, (65)
n´umeros tamb´em conhecidos. ´E claro que, se ˆa e ˆb s˜ao versores, gaa = gbb = 1. Entretanto, vamos escrevˆe-los na forma literal.
Suponha que tenhamos um vetor v expresso como combina¸c˜ao linear de ˆa e ˆb:
v = vaˆa + vbb,ˆ (66)
Assim como desej´avamos saber o m´odulo de v no segundo problema da prova, agora desejamos saber qual ´e o m´odulo de v nesse problema. H´a uma dificuldade, pois vx e vy, as componentes dos versores cartesianos, n˜ao foram dadas, ent˜ao n˜ao podemos aplicar o teorema de Pit´agoras. Um modo de resolver o problema ´e expressar os novos versores ˆa e ˆb em termos dos antigos, ˆx e ˆy; outro modo, e mais pr´atico nesse caso, ´e pela defini¸c˜ao de produto escalar:
v2= v· v, (67)
que se reescreve como
v2= (vaˆa + vbb)ˆ · (vaˆa + vbˆb). (68) Usando a propriedade distributiva do produto escalar,
v2= va2(ˆa· ˆa) + vavb(ˆa· ˆb) + vbva(ˆb· ˆa) + v2b(ˆb· ˆb), (69) que ´e o mesmo que
v2= v2agaa+ vavbgab+ vavbgba+ vb2gbb. (70) Em princ´ıpio, o problema est´a resolvido, pois conhecemos todos os n´umeros que aparecem na express˜ao acima. Entretanto, vamos ”massagear” um pouco mais a express˜ao. Pode-se verificar que essa express˜ao para v2 pode ser escrita na seguinte forma matricial:
v2= v· v =[va vb ] [gaa gab gba gbb ] [ va vb ] (71)
As matrizes linha e coluna s˜ao as pr´oprias componentes do vetor v em uma dada base (nesse caso, ˆa e ˆb). A matriz g cont´em os produtos escalares dos vetores que se usa para expressar todos os outros (nesse caso, gaa= ˆa· ˆa,
gab= gba= ˆa· ˆb e gbb= ˆb· ˆb).
No caso particular de versores ortogonais, isso se reduz a
v2= v· v =[va vb ] [1 0 0 1 ] [ va vb ] = va2+ vb2. (72)
Assim, a matriz g nos d´a a regra do produto escalar; no caso de versores ortogonais, ela coincide com o resultado do teorema de Pit´agoras; em geral, o teorema de Pit´agoras n˜ao pode ser aplicado diretamente porque os versores da base n˜ao s˜ao ortogonais (note que o teorema de Pit´agoras ainda ´e verdadeiro; ocorre que os vetores que utilizamos n˜ao comp˜oem um triˆangulo retˆangulo, j´a que o ˆangulo entre eles n˜ao ´e π/2). A matriz g, portanto, nos d´a a regra de medida de distˆancias; por essa raz˜ao, ´e denominada m´etrica. Essa matriz n˜ao ´e uma mera curiosidade matem´atica, mas um dos pontos chaves da teoria da Relatividade Geral.
