\documentclass[a4paper]{article}
\graphicspath{{Dibuixos/}}
\newcommand{\angstrom}{\textup{\AA}}
\setlength{\parindent}{0em}
\setlength{\parskip}{1em}
\setlist{noitemsep,nolistsep}

\titleformat{\section}[hang]
{\bfseries\LARGE}
{}
{0em}
{\hspace{-0.4pt}\LARGE \thesection\hspace{0.6em}}[\vspace{-5pt}]

\titleformat{\subsection}[runin]
{\bfseries}
{}
{0em}
{\hspace{-0.4pt}\thesubsection.\hspace{0.6em}}

\renewcommand{\thesubsubsection}{\thesubsection.\arabic{subsubsection}}

\titleformat{\subsubsection}[hang]
{\bfseries}
{}
{0em}
{\thesubsubsection \quad}
[\vspace{-8pt}]

\titleformat{name=\subsubsection,numberless}[hang]
{\bfseries}
{}
{0em}
{}
[\vspace{-8pt}]


\begin{document}

\section{Relativitat espacial}
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.1
\textbf{Dos esdeveniments tenen lloc al mateix punt, però no simultàniament, en un sistema de referència S.} 
\begin{enumerate} [label=(\alph*)]
\item\textbf{Demostreu que la seqüència temporal d’aquests esdeveniments és la mateixa en tots els sistemes de referència.}

\item\textbf{Demostreu que la separació temporal en diferents sistemes de referència va des de l’infinit fins a un mínim que s’assoleix en el sistema S.}

\item\textbf{Que no hi ha límit en la separació espacial.}
\end{enumerate}

Suposem els dos esdeveniments (1) i (2), mesurats en S, tals que $\Delta t = t_2-t_1 > 0$, és a dir, $t_2$ és posterior a $t_1$, almenys en el sistema S. Com per S s'han donat al mateix punt, tenim que $\Delta x = x_2-x_1 = 0$.
Apliquem la transformada de Lorentz per passar-ho a un altre SR S' arbitrari, tal que: $\Delta t' = \gamma (\Delta t-\frac{v}{c^2}\Delta x)$. Substituint $\Delta t > 0$ i $\Delta x = 0$, trobem immediatament que $\Delta t'=\gamma \Delta t> 0$. Com $\Delta t' = t'_2-t'_1 > 0$, cal que $t_2'$ sigui major que $t_1'$, i per tant, que l'esdeveniment (2) sigui posterior. Com no ho hem limitat a cap SR S' especial, s'ha de donar per tots.

De l'equació $\Delta t'=\gamma \Delta t> 0$ i sabent que $1\leq\gamma<+\infty$, és trivial que $\Delta t \le \Delta t' < +\infty $. És a dir, el mínim de la separació temporal és en $\gamma = 1$, és a dir, en $v=0$, en el cas en què S' coincideix amb S.

Per trobar la separació espacial, apliquem la corresponent transformació de Lorentz: $\Delta x' = \gamma (\Delta x - v\Delta t) = -v\gamma \Delta t$. En aquest cas igualment $1<\gamma<+\infty$, però la presència de $-c<v<c$ permet que la separació espacial pugui prendre $-\infty<\Delta x<\infty$, és a dir, no hi ha límit per aquesta separació. 

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.2
\textbf{Un feix de mesons K+ que es propaga a una velocitat constant $(\sqrt{3}/2)c$ passa per dos
comptadors separats per una distància de 9 m. Com que aquestes partícules són inestables es desintegren en vol. Degut a aquest fet pel primer comptador en passen 1000 i pel segon només en passen 250. Determineu els temps de vida dels K+ en el seu sistema en
repòs. Ajut: utilitzeu la llei de Curie.}

Recordem que la llei de Curie donarà el decaiment exponencial del feix de mesons, segons $N(t)=N_0 \exp{[-(t-t_0)/\tau]}$, on $\tau$ és el temps de desintegració o, com diu l'enunciat, temps de vida. Com ens demana el temps de vida en el sistema dels mesons, haurem de trobar $\tau'$. Per fer-ho, primer hem de trobar el temps de desintegració en el sistema laboratori i fer-ne la transformada de Lorentz. Per trobar-lo, emprem la llei de Curie amb $N(\tau) = 250 = 1000\cdot \exp{(-t/\tau)}$. El temps $t$ serà aquell que hagi passat entre el pas dels feix per cadascun dels dos comptadors, és a dir, 9 metres entre la velocitat del feix: $t=18/(\sqrt{3}c)$. Aplicant això a la fórmula, trobem
\begin{equation*}
\tau = \frac{d}{v\ln{\frac{N_o}{N(t)}}}
\end{equation*}
Apliquem al formula de dilatació temporal (o, si ho preferim, transformades de Lorentz aplicant que $\Delta x' = 0$ perquè els mesons mesuren els passos pels comptador a la mateixa posició $x'=0$), i obtenim que
\begin{equation*}
\tau ' = \gamma^{-1} \tau = \frac{d}{\gamma v\ln{\frac{N_o}{N(t)}}}
\end{equation*}
ALTERNATIVA: També podríem haver aplicat la llei de Curie en el sistema del feix de mesons, de manera que hauríem trobat directament $\tau'$. Ara bé, cal tenir en compte que $t$ pren un valor diferent en el sistema S', perquè la distància que recorren no és $d$, sinó $\gamma^{-1}d$ (s'hi ha aplicat una contracció de Lorentz), de manera que acabem obtenint el mateix resultat.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.3
\textbf{Dos fotons es propaguen en la direcció de l’eix x separats per una distància $l$. Calculeu la distància que els separa en un sistema de referència que es mou amb velocitat $v$ en la direcció de l’eix x:}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item \textbf{quan la velocitat és en sentit positiu de l’eix x,}

\item \textbf{quan és en sentit contrari. Apliqueu el resultat al cas $v = 0.8 c$.}

\item \textbf{Podeu relacionar el resultat amb la contracció de Lorentz? Per què?}
\end{enumerate}
Tenim dos fotons a velocitat $v=c$, separats una distància $l$. La primera cosa que cal notar és que aquesta distància no és pròpia de cap SR, és a dir, no podem construir cap SR tal que els dos fotons hi estiguin en repòs i puguem mesurar la distància entre tots de manera no simultània. Per tant, aplicar aquí la contracció de Lorentz no té cap sentit. Aleshores, haurem de fer la mesura de la distància de manera simultània sí o sí. Per fer-ho, caracteritzem dos esdeveniments: (1) és el fotó de darrere passant per l'origen de coordenades. Per tant, en S té $x_1= 0$ i $t_1 = 0$. L'esdeveniment (2) serà l'altre fotó en el mateix instant, per tant $t_2 = 0$ i $x_2=l$. La distància entre els dos fotons serà $\Delta x = x_2 - x_1 = l$. Hem de veure com es transforma aquesta en S'.

En S', tenim $x_1' = 0$ i $t_1'=0$ (agafem bé els eixos perquè coincideixin els origens en $t=0$). En canvi, la posició $x_2'$ i el temps $t_2'$ els hem de trobar amb transformades de Lorentz:
\begin{equation*}
x_2' = \gamma(x_2 -vt_2) = \gamma l \qquad ; \qquad t_2' = \gamma(t_2 - \frac{v}{c^2} x_2) = -\gamma \frac{v}{c^2} l
\end{equation*}
És a dir, el temps en què el primer fotó passava per $l$ en S ha variat, i si féssim la mesura amb aquests temps, la mesura no seria simultània en S i no estaríem mesurant la distància correctament. El que hem de fer és anar enrere en el temps o deixar que passi fins que $t_2'=0$. En aquest temps que hem retrocedit o avançat, òbviament, el fotó haurà endarrerit o avançat. Concretament, ho haurà fet una distància $\delta x' = c(0-t_2')$ corresponent a la diferència de temps entre el $t_2'$ en què estàvem i el $t_2' = 0$ a què volem arribar. Així, finalment, la distància que mesurem de debò serà
\begin{equation*}
l' = \Delta x' + \delta x' = x_2'-x_1' - c t_2' = \gamma l + \gamma\frac{v}{c} l = \gamma l \left(1+\frac{v}{c}\right) = l \sqrt{\frac{c+v}{c-v}}
\end{equation*}
Aquesta equació serveix tant per $v>0$, cas en què $l'>l$, com per $v<0$, en què $l'<l$.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.3\textwidth]{I-3.jpg}
\centering
\caption{Diagrama espai-temps del moviment dels dos fotons.}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Dos trens d’idèntica longitud pròpia $L_0$ viatgen en direccions oposades a velocitats constants. Un observador en repòs en un dels trens mesura un interval de temps $\Delta T$ entre la coincidència de la màquina del seu tren amb el darrer vagó de l’altre tren i la coincidència del darrer vagó amb la màquina de l’altre.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)] 
\item\textbf{Quina és la velocitat relativa entre els dos trens?}
\item\textbf{Hi ha un sistema de referència en el qual les dues coincidències siguin simultànies?}
\item\textbf{En aquest cas, a quina velocitat es mouria aquest sistema respecte l’observador inicial?}
\end{enumerate}

\begin{wrapfigure}{r}{0.2\textwidth}
\includegraphics[width=0.2\textwidth]{I-4.jpg}
\centering
\end{wrapfigure}

Ara caracteritzarem com a esdeveniments: (1) el pas del morro del tren S amb el cul del S', i (2) el pas del morro de S' pel cul de S. En mecànica clàssica, tots dos esdeveniments serien simultanis, però ara des de S veiem una contracció en el tren S', que tindrà distància $L = \gamma^{-1} L_0$. En conseqüència, haurà de recórrer una distància extra $L_0 - \gamma^{-1}L_0$ i, com va a una velocitat $v$ (desconeguda) respecte S, trigarà un temps extra $\Delta t$, que és el que mesura l'observador:
\begin{equation*}
\Delta t = \frac{L_0 - \gamma^{-1}L_0}{v}
\end{equation*}
Hem d'aïllar la velocitat d'aquí, però oju, perquè també hi ha dependència de $v$ dins el factor $\gamma$. Haurem de fer uns quants calculets, i trobarem:
\begin{equation*}
v = \frac{2L_0\Delta t}{(\Delta t)^2+\frac{L_0^2}{c^2}}
\end{equation*}

Per trobar el sistema demanat en els apartats b) i c), suposarem un tercer SR S'' que es mogui a velocitat $w$ respecte S, i en el qual volem imposar $\Delta t'' = t_2'' - t_1''=0$. Això, doncs, ho col·loquem en una transformada de Lorentz: $0=\Delta t''=\gamma(\Delta t - \frac{w}{c^2}\Delta x)$, d'on podem aïllar $w$ per trobar:
\begin{equation*}
w= \frac{c^2 \Delta t}{\Delta x} = \frac{c^2 \Delta t}{L_0}
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.5
\textbf{Un coet de longitud pròpia $L_0$ s’allunya de la Terra amb una velocitat propera a c. Enviem un senyal lluminós que arriba a la cua del coet a l’instant t = 0 segons els
rellotges de la terra i del coet. Calculeu, en ambdós sistemes, l’instant en què la llum
arriba al cap del coet. Si allà pateix una reflexió i torna enrera, calculeu l’instant en què arriba a la cua en els dos sistemes i compareu els resultats.}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.6\textwidth]{I-5-1.jpg}
\centering
\caption{Descripció dels esdeveniments}
\end{figure}

Des del sistema S (Terra): veiem que el cap del coet s'allunya segons $x(t) = \gamma^{-1}L_0 +vt$ (posem l'origen de coordenades a la cua del coet, i tenim en compte que el coet està en moviment aplicant la contracció de Lorentz), i el senyal de llum segons $x(t)= ct$. Igualant ambdues posicions trobem que l'instant en què el fotó arriba al cap és $$t_1=\frac{\gamma^{-1}L_0}{c-v}$$. Si en aquell mateix instant canvia de sentit el fotó seguirà $x(t)=\gamma^{-1}L_0 -ct$, mentre que el cul del coet seguirà $x(t)=vt$. Igualant, trobem un nou temps $t_2 = \frac{\gamma^{-1}L_0}{v+c}$, tal que el temps total és
\begin{equation*}
\Delta t = t_1 + t_2 = \frac{\gamma^{-1}L_0}{c-v} + \frac{\gamma^{-1}L_0}{c+v} = ... = 2\gamma\frac{L_0}{c}
\end{equation*}

Des del sistema S': en aquest cas és més senzill. La posició del cap ve donada per $x(t)=L_0$, i la del fotó per $x(t)=ct$. En la tornada, la posició del morro ve donada per $x(t)=0$ i la del fotó per $x(t) = L_0 - ct$. De la mateixa manera, però molt més ràpidament, trobem:
\begin{equation*}
\Delta t ' = 2\frac{L_0}{c}
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{I-5-diag.jpg}
\centering
\caption{Diagrames espai-temps del moviment des del sistema de la Terra (esquerra) i del coet (dreta).}
\end{figure}

ALTERNATIVA: Podríem haver calculat els temps en el sistema S' primer, que és molt més senzill. A partir d'aquí ho podríem haver transformat per Lorentz cap a S, o, adonant-nos que $\Delta t'$ és el temps propi, directament aplicar la dilatació temporal $\Delta t = \gamma \Delta t'$.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Un regle de longitud pròpia $L_0$ es mou longitudinalment sobre l’eix x amb velocitat $v=(3/5) c$.
A la mateixa velocitat i en sentit contrari es mou una partícula. Calculeu el temps que
triga la partícula en creuar el regle en: }
\begin{enumerate}[label=(\alph*)] 
\item\textbf{El sistema del laboratori.}

\item\textbf{El sistema del regle.}

\item \textbf{El temps propi de la partícula.}
\end{enumerate}
En tots els SR caracteritzarem dos esdeveniments: (1) quan la partícula passa per l'extrem més allunyat del regle, en què marcarem $t=0$, i (2) quan passa per l'extrem més proper del regle.

En el sistema S del laboratori. En aquest cas, veiem el regle en moviment, de manera que estarà contret un factor $\gamma(v)$. Tenint això en compte, la trajectòria de l'extrem proper del regle ve donada per $x(t) = vt$ (hem considerat que en $t=0$ està sobre l'origen), i la de la partícula per $x(t)=\gamma^{-1}L_0 - vt$. Senzillament, igualem les posicions i trobem:
\begin{equation*}
\Delta t_S = \gamma^{-1}\frac{L_0}{2v}
\end{equation*}

En el sistema S' del regle. Ara la longitud del regle no està contreta, està en repòs respecte S'. L'extrem proper es manté a $x(t)=0$, i la partícula avança segons $x(t)=L_0 - v't$. Cal anar molt en compte dons aquesta velocitat no és $v$, sinó que és la velocitat amb què veu el regle la partícula, i que podem obtenir per combinatòria de velocitats:
\begin{equation*}
v' = u_x'=\frac{u_x-v}{1-\frac{u_xv}{c^2}} = -\frac{2v}{1+\frac{v^2}{c^2}}
\end{equation*}
On hem aplicat $u_x = -v$. Així doncs, tornem a igualar les dues posicions tenint aquesta velocitat en compte, i trobem que:
\begin{equation*}
\Delta t_{S'} = \frac{L_0}{v'}=\frac{L_0}{2v}\left(1+\frac{v^2}{c^2}\right)
\end{equation*}

En el sistema S'' del regle. Ara haurem de tenir en compte les dues coses: que el regle està en moviment per tant es contrau segons $\gamma(v')$, i que la velocitat amb què veu moure's la partícula el regle és $-v'$. Ara bé, enlloc de parametritzar i igualar les dues trajectòries, podem fer-ho d'una manera més senzilla. Si ens adonem que $\Delta t_{S''}$ és el temps propi de la partícula, podem aplicar que aquest es dilata respecte el mesurat en S. D'aquesta manera, $\Delta t_{S''}=\gamma^{-1}\Delta t_{S'}$, que dóna:
\begin{equation*}
\Delta t_{S''} = \gamma^{-2} \frac{L_0}{2v}
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.9\textwidth]{fig-6-diags.jpg}
\centering
\captionsetup{justification=centering}
\caption{Diagrames espai-temps del moviment des del sistema LAB (esquerra), des del regle (centre) i des de la partícula (dreta).}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Un emissor de polsos de radar és en repòs en el punt $x = 0$. Un meteorit gran s’hi acosta a una velocitat constant $v$ i en l'instant $t = 0$ es troba en el punt $x = -l$. En els instants $t = 0$ i $t_0 < l/c$ són emesos dos polsos de radar, que es reflecteixen sobre el meteorit i tornen a l’emissor. Determineu: }
\begin{enumerate}[label=(\alph*)] 

\item\textbf{l’interval de temps entre les arribades dels dos polsos al meteorit (en temps propi del meteorit),}

\item\textbf{l’interval de temps entre les arribades a x = 0 dels dos polsos reflectits.}
\end{enumerate}
Marcarem com a esdeveniments: (1A) l'arribada del primer fotó al meteorit, (2A) l'arribada del segon fotoó al meteorit, (1R) el retorn del primer fotó a la Terra, i (2R) el retorn del segon.

En tot moment la trajectòria del meteorit ve donada per $x(t) = -l+vt$. El primer pols que enviem seguirà $x(t) = -ct$, de manera que es trobarà amb el meteorit en $t_{1A}=l/(v+c)$. El segon pols, en canvi, surt més tard i segueix $x(t) = -c(t-t_0)$, de manera que arriba al meteorit a $t_{2A} = (l+ct_0)/(c+v)$. La diferència de temps entre (1A) i (2A) és $\Delta t_A$, que podem passar a temps propi del meteorit segons:
\begin{equation*}
\Delta t'_A = \gamma^{-1}\Delta t_A = \gamma^{-1}\left(\frac{ct_0}{c+v}\right) = t_0 \sqrt{\frac{c-v}{c+v}}
\end{equation*}

Pel retorn els fotons trigaran el mateix que per l'arribada, perquè la reflexió és instantània i el meteorit no s'hi mou mentre aquesta ocorre. O sigui, que tant en l'anada com en la tornada els punts d'inici i final coincideixen per cada pols, per tant també les distàncies, i els temps. D'aquesta manera $t_{1R} = 2t_{1A}$ i $t_{2R} = 2t_{2A}-t_0$. Hem restat $t_0$ perquè en $t_{2A}$ havíem inclòs aquest retràs en l'emissió, si no el restéssim estaríem dient que en la reflexió també hi hagut un retràs. Substituint aquests dos temps, trobem:
\begin{equation*}
\Delta t_R = t_{2R}-t_{2A} = t_0 \frac{c-v}{c+v}
\end{equation*}
Si el meteorit s'apropa ($v>0$), veiem que $\Delta t_R < t_0$, com ha de ser perquè el segon pols recorre menys distància en total.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{I-7.jpg}
\centering
\caption{Diagrama espai-temps des de la Terra.}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Tenim un sistema de naus que viatgen entre dos planetes, T i M, en un sistema de
referència inercial. Les naus van equipades amb llums idèntics davant i darrere i es
mouen a una velocitat $v_0$ tant quan van en una direcció com quan van en la contrària.
El llum davanter de la nau que va cap a T té, vist des d’aquest planeta, una longitud
d’ona de $5000\angstrom$ mentre que el de darrere de la que s’allunya, vist des de T és vermell amb una longitud d’ona de $6000\angstrom$.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)] 

\item\textbf{(a) Quant val $v_0$.}

\item \textbf{(b) Suposant que una nau, A, que va de T a M, canvia de velocitat per passar a una altra, B, que va al seu davant. A quina velocitat va A respecte a T per tal que la llum de darrera de la nau B arribi a A amb una longitud d’ona de $5000\angstrom$?}
\end{enumerate}

Definirem com a sistemes de referència: S el SR sobre els planeta T, S' el SR sobre la nau que s'allunya de T, i S'' sobre la nau que s'apropa a T. Anomenarem $\omega_1$ a la freqüència que rebem de S' (relacionada amb $\lambda_1 = 5000\angstrom$), i $\omega_2$ la de S'' (amb $\lambda_1 = 5000\angstrom$).   En aquest exercici haurem d'aplicar que $\lambda\omega = c/(2\pi)$, i també la fórmula de l'efecte Doppler, que és:
\begin{equation*}
\omega_{em}'=\omega_{reb} \gamma \left(1-\frac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{c}\right)
\end{equation*}
En ambdós casos, $\vec{n}=-\hat{x}$, i les velocitats compleixen $\vec{v}'=v_0\hat{x}$ (del que s'allunya) i $\vec{v}'=-v_0\hat{x}$ (del que s'apropa). Per tant, els dos efectes Dopplers que tindrem compleixen
\begin{equation*}
\omega_{emS'} = \omega_{1} \gamma \left(1-\frac{v_0}{c}\right) \qquad \qquad
\omega_{emS''} = \omega_{2} \gamma \left(1+\frac{v_0}{c}\right)
\end{equation*}
Com ens diuen que les dues naus emeten en la mateixa longitud d'ona, és clar que $\omega_{emS'}=\omega_{emS''}$, i per tant, podem dividir les dues equacions Doppler i tindrem:
\begin{equation*}
f = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}=\frac{\omega_2}{\omega_1}=\frac{c-v_0}{c+v_0} \qquad \rightarrow \qquad
v_0 = c \frac{1-f}{1+f}
\end{equation*}

Podem veure clarament que, com la longitud d'ona que rep ara A és la mateixa que rebia abans T, cal que la velocitat relativa entre A i B sigui la mateixa que entre S'' i T a l'apartat anterior: B s'apropa cap a A amb una velocitat $v_0$. Aleshores, ara es tracta senzillament d'un problema de transformaicó de velocitats. Volem saber $v_A$, la velocitat d'A respecte T, a partir de $v_B=v_0$ (velocitat de B respecte T) i $v_B'=-v_0$ (velocitat de B respecte A). Apliquem la fórmula de transformació de velocitats i n'aïllem $v_A$:
\begin{equation*}
u_x'=\frac{u_x-v}{1-\frac{u_xv}{c^2}} \quad \rightarrow \quad 
v_B'=\frac{v_B-v_A}{1-\frac{v_Bv_A}{c^2}}  \qquad \rightarrow \qquad
v_A = \frac{2v_0}{1+\frac{v_0^2}{c^2}}
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.9
\textbf{Un pió neutre $\pi^0$ es desintegra en dos fotons. D’un feix de pions $\pi^0$, tots amb la mateixa velocitat $v$, se’n desintegren $N_0$.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)] 
\item \textbf{Determineu la distribució de fotons emesos en funció de la direcció $\frac{dN}{d\Omega (\theta,\phi)}$) en el sistema del laboratori si sabem que en el sistema comòbil amb el feix la distribució és uniforme.}
\item \textbf{Si en el sistema del laboratori el nombre de fotons que surten cap endavant (en el sentit del feix) és $N_f$ i el nombre dels que surten cap endarrera és $N_b$, quant val la velocitat $v$ en funció del quocient $N_f/N_b$?}
\end{enumerate}

\begin{wrapfigure}[10]{r}{0.35\textwidth}
\centering
\includegraphics[width=0.25\textwidth]{I-9.jpg}
\caption{SR del pió.}
\label{fig:I-9}
\end{wrapfigure}

Comencem col·locant els eixos de coordenades. Si ho fem de manera astuta, emprarem les coordenades cilíndriques, i de tal manera que l'angle zenital $\theta$ parteixi de l'eix x, paral·lel a la velocitat.


El pió, en el seu SR, emetrà els fotons de manera isòtropa, uniformement per totes les direccions (per tant, per tots els àngles sòlids). Si recordem que l'angle sòlid ve donat és $\Omega = S/R^2$ (l'angle 2D amb què veiem una superfície a distància R), aleshores, és immediat que, en el sistema del pió:
\begin{equation*}
\frac{dN}{d\Omega'} = \frac{N_0}{4\pi} = \text{constant}
\end{equation*}
La variació de N respecte l'angle sòlid és constant, perquè si depengués d'alguna variable, no seria isòtropa. Aquesta constant correspon al nombre total de fotons emesos $N_0$ entre l'angle sòlid total (corresponent al de l'esfera) $4\pi$.

Aleshores, aquesta isotropia no es dóna en el sistema S, perquè el pió està en moviment respecte el laboratori. Aleshores, perquè hem pres els eixos de manera astuta, l'aberració que es rep des del LAB només depèn de l'angle zenital, segons:
\begin{equation} \label{cosaberr}
\cos{\theta'} = \frac{\cos{\theta}-v/c}{1-\frac{v}{c}\cos{\theta}}
\end{equation}
O sigui, l'afectació no es veu afectada per l'azimutal $\varphi$, perquè tal i com hem près el sistema d'eixos, l'emissió serà simètrica al voltant de l'eix x, tant en S com en S'. L'aberració només farà que els rajos es concentrin en la direcció de $v$. Aleshores, podem dir que $d\varphi =d\varphi'$. Sabent això, i que el diferencial d'angle sòlid és $d\Omega =\sin{\theta}d\theta d\varphi= -d(\cos{\theta})d\varphi$, anem a calcular el que ens demana:
\begin{equation*}
\frac{dN}{d\Omega} = \frac{dN}{d\Omega'}\frac{d\Omega'}{d\Omega} = 
\frac{N_0}{4\pi} \frac{d(\cos{\theta'})d\varphi'}{d(\cos{\theta})d\varphi} = 
\frac{N_0}{4\pi} \frac{d(\cos{\theta'})}{d(\cos{\theta})}
\end{equation*}
Ens farà falta trobar aquesta relació. Per trobar-la caldrà diferenciar l'equació (\ref{cosaberr}), que substituït ens donarà:
\begin{equation*}
\frac{dN}{d\Omega} = \frac{N_0}{4\pi} \left[ \frac{1-\frac{v}{c}\cos{\theta}}{\left(1-\frac{v}{c}\cos{\theta}\right)^2} - 
\frac{\left(\cos{\theta}-\frac{v}{c}\right)\left(-\frac{v}{c}\right)}{\left(1-\frac{v}{c}\cos\theta\right)^2} \right] = \frac{N_0}{4\pi} \frac{1}{\gamma^2} \frac{1}{\left(
1-\frac{v}{c}\cos\theta\right)^2}
\end{equation*}
On hem el·lidit certs passos degut a una combinació lineal de concisió i mandra.

Aleshores, per l'apartat b), què en fem de $N_f$ (fotons que han anat forward) i $N_b$ (backward)? Els fotons enviats endavant seran aquells que tinguin $x>0$, el qual es tradueix en un angle zenital $0<\theta<\pi/2$. En canvi, els que surtin endarrere tindran un angle zenital $\pi/2<\theta<\pi$ o, també, seran els que no hagin sortit endavant. Per tant, per calcular, per exemple, $N_f$ es pot obtenir integrar la derivada que hem calculat abans per tots els angles que hem dit.
\begin{equation*}
N_f = \int_{x>0}{\frac{dN}{d\Omega}d\Omega}=\frac{N_0}{4\pi} \frac{1}{\gamma^2} 
\int_0^\frac{pi}{2}{\frac{\sin\theta d\theta}{\left(1-\frac{v}{c}\cos\theta\right)^2}}
\int_0^{2\pi}{d\varphi} = \frac{N_0}{2\gamma^2}\frac{1}{1-\frac{v}{c}}
\end{equation*}
I com no volem tornar a integrar, apliquem que $N_b = N_0-N_f$, perquè és obvi que tots els que no han sortit endavant, hauran sortit endarrere. Per trobar la velocitat calcularem el factor entre $N_f$ i $N_b$, d'allà aïllarem $v$:
\begin{equation*}
F = \frac{N_f}{N_b} = \frac{c+v}{c-v} \qquad \rightarrow \qquad
v = \frac{F-1}{F+1}
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Un mirall es mou en una direcció perpendicular al seu pla amb una velocitat v. Un raig de llum incideix formant un angle $\theta$. Quin angle forma el raig reflectit? Com canvia la freqüència? Si el mirall es mou paral·lelament al seu pla, proveu que l’angle de reflexió i el d’incid`encia coincideixen. Què passa amb la freqüència?}

Definirem dos sistemes, el laboratori S, d'on ve el feix de llum, i el sistema del mirall S'. La velocitat entre dos sistemes és $v$. Per saber quina relació hi ha entre l'angle del feix incident $\theta_i$ i el del raig reflectit $\theta_r$, caldrà aplicar la llei de la reflexió. Ara bé, aquesta llei només es complirà en el sistema que té la superfície del mirall en repòs, és a dir, S'. Per tant, només podrem aplicar $\theta_i'=\theta_r'$, haurem de veure com es reflecteix això (badum tss) en els angles mesurats a S.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{I-10.jpg}
\centering
\caption{Esquemes del problema, per la 1a part (esquerra), i la 2a (dreta).}
\end{figure}

Comencem parametritzant la velocitat del feix de llum en S i S'. En la incidència el feix de llum té una velocitat amb component $x$ tal que $u_i^x=-c\cos\theta_i$ en S i $u_i^{x'}=-c\cos\theta_i'$ a S'. I el feix reflectit té $u_r^x=c\cos\theta_r$ en S, i $u_r^{x'}=c\cos\theta_r'$ en S'. Sabem que aquestes dues velocitats del mateix feix vistes des de sistemes diferents s'han de relacionar per la transformació de velocitats:
\begin{equation} \label{transfvelsi1.10}
u^{x'} = \frac{u^x-v}{1-\frac{u^xv}{c^2}} \quad \rightarrow \quad
\cos\theta_i' = \frac{\cos\theta_i +\frac{v}{c}}{1+\frac{v}{c}\cos\theta_i}
\end{equation}
La primera equació fa referència a la incidència. En cap moment definirem el signe de $v$, vindria incorporat en substituir-hi un valor. I per la reflexió prendrem per conveniència la relació inversa:
\begin{equation} \label{transfelsr1.10}
u^{x} = \frac{u^{x'}+v}{1+\frac{u^{x'}v}{c^2}} \qquad
\cos\theta_r = \frac{\cos\theta_r' +\frac{v}{c}}{1+\frac{v}{c}\cos\theta_r'}
\end{equation}
Si substituïm apliquem $\cos\theta_r' = \cos\theta_i'$, podem substituir (\ref{transfvelsi1.10}) en (\ref{transfelsr1.10}), i, treballant matemàticament una estona, arribem a:
\begin{equation} \label{rescos1.10}
\cos\theta_r = \frac{2\frac{v}{c}+\left(1+\dfrac{v^2}{c^2}\right)\cos\theta_i}{1+\frac{v^2}{c^2 } + 2\frac{v}{c}\cos\theta_i}
\end{equation}
Que és la relació que busquem.

Per trobar la freqüència, és força clar que haurem d'emprar la fórmula de l'efecte Doppler:
\begin{equation*}
\omega_{em}'=\omega_{reb} \gamma \left(1-\frac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{c}\right)
\end{equation*}
L'equació caldrà aplicar-la dues vegades: com rep el mirall la freqüència emesa al LAB, i com la veu el LAB després que s'hagi reflectit. Per passar d'un a l'altre, el que caldrà aplicar és que en el sistema del mirall $\omega_i' = \omega_r'$.

Per la incidència, tindrem que el raig ve amb $\hat{n}'=(-\cos\theta_i',-\sin\theta_i',0)$, i la velocitat del laboratori respecte el mirall és $\vec{v}=(-v,0,0)$, ens queda:
\begin{equation*}
\omega_i=\omega_i'\gamma\left(1-\frac{v}{c}\cos\theta_i'\right)
\end{equation*}
Després de la reflexió, tindrem $\hat{n}=(\cos\theta_r,-\sin\theta_r,0)$ i la velocitat del mirall respecte el lab és $\vec{v}=(v,0,0)$. A partir d'això, obtindrem:
\begin{equation*}
\omega_r'=\omega_r\gamma\left(1-\frac{v}{c}\cos\theta_r\right)
\end{equation*}
A partir d'aquí, cal aplicar $\omega_i' = \omega_r'$,  obtindrem una igualtat on haurem de substituir (\ref{transfvelsi1.10}), fins que obtinguem
\begin{equation} \label{reldop1.10}
\omega_i\gamma\left(1+\frac{v}{c}\cos\theta_i\right) = 
\omega_r\gamma\left(1-\frac{v}{c}\cos\theta_r\right)
\end{equation} Moment en què hem de substituir l'expressió (\ref{rescos1.10}). Finalment, podem obtenir:
\begin{equation*}
\omega_r = \omega_i \gamma^2 \left(1+\frac{v^2}{c^2} + 2\frac{v}{c}\cos\theta_i\right)
\end{equation*}

En el cas que el mirall es mogui perpendicularment a la seva normal, podem fer exactament el mateix procediment que en el cas anterior. Calculem la component $x$ de les 4 velocitats, apliquem quees relacionen a partir de les transformacions de velocitats, acabarem a la conclusió de què $\sin\theta_i = \sin\theta_r$, és a dir, també es compleix la llei de la reflexió en el sistema LAB.

Per trobar la relació de freqüències també hem d'emprar la mateixa estratègia que en el cas anterior. En aquest cas, però, a l'hora de substituir l'equació anàloga a (\ref{transfvelsi1.10}) que hem obtingut per trobar $\sin\theta_i = \sin\theta_r$, i, aquest cop, enlloc de sortir-nos l'expressió (\ref{reldop1.10}), senzillament trobem $\omega_i=\omega_r$.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Diem que un tensor $M$ de rang (0,2) és simètric si $M(\vec{u},\vec{v})=M(\vec{v},\vec{u})$, i que és antisimètric si $M(\vec{u},\vec{v})=-M(\vec{v},\vec{u})$.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que qualsevol tensor de rang (0, 2) es pot escriure com la suma d’un tensor simètric més un tensor antisimètric.}
\item \textbf{Si S és un tensor simètric (0, 2) i A és un tensor antisimètric (2, 0), calculeu $S_{ij}A^{ij}$.}
\end{enumerate}
De les definicions de l'enunciat, podem obtenir trivialment (substituint els vectors $\vec{u}$ i $\vec{v}$ pels de la base) que les components del tensor simètric han de complir $M_{ij}=M_{ji}$ i les de l'antisimètric $M_{ij}=-M_{ji}$. Aleshores, a partir d'un tensor qualsevol $T_{ij}$, podem descomposar-lo com:
\begin{equation*}
T_{ij}=\frac{T_{ij}+T_{ji}}{2} + \frac{T_{ij}-T_{ji}}{2}
\end{equation*}
Si ens hi fixem, la primera fracció dóna com a resultat una matriu simètrica (fent el canvi d'$i$ per $j$ queda igual), i la segona dóna una antisimètrica (fent el canvi $i$ per $j$ queda canviada de signe), com volíem demostrar.

Suposem dos tensors tals que $S_{ij}=S_{ji}$ i $A_{ij}=-A_{ji}$, calculem-ne, com demana l'enunciat, la contracció:
\begin{equation*}
S_{ij}A^{ij} = \frac{1}{2}\left(S_{ij}A^{ij} + S_{ji}A^{ji}\right)=
\frac{1}{2}\left(S_{ij}A^{ij} - S_{ij}A^{ij}\right)=0
\end{equation*}
Com volíem demostrar. En el primer pas hem partit en dos la contracció i en una de les dues parts hem girat $i$ i $j$ (són índexs muts, no hi ha problema). En el segon pas hem aplicat les propietats que compleixen $S$ i $A$.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Demostreu les següents propietats dels 4-vectors a l’espaitemps de Minkowski.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item\textbf{Si X, Y són 4-vectors tipus temps i orientats cap al futur, també ho és $X + Y$.}
\item\textbf{Si X és un 4-vector tipus temps i Y és un 4-vector diferent de zero tal que $X\cdot Y=0$, aleshores Y és un 4-vector tipus espai.}
\end{enumerate}
Com $X,Y$ són vectors tipus temps compliran $X^2=(X^0)^2-\vec{X}^2>0$ ($Y$ igual), o, el que és el mateix $X^0>|\vec{X}|>0$ (igual per $Y$), on també hem aplicat que es tracta de vectors orientats al futur, amb $X^0>0$. Perquè $X+Y$ sigui vector temps, cal demostrar que $X^0+Y^0 > |\vec{X}+\vec{Y}|$. Per fer-ho recorrem a la vella confiable desigualtat triangular:
\begin{equation*}
|\vec{X}+\vec{Y}| \leq |\vec{X}|+|\vec{Y}| < X^0+Y^0
\end{equation*}
Com volíem demostrar. A més, $X^0+Y^0>0$ (orientat al futur) perquè tant $X^0>0$ com $Y^0>0$.

Per l'apartat (b), tenim un vector espai $X$ que compleix $|X^0|>|\vec{X}|$. Aleshores, perquè $Y$ sigui vector temps, ha de complir que $|Y^0|<|\vec{Y}|$. Apliquem, doncs, el que el producte escalar d'aquests dos és nul: $X\cdot Y=X^0Y^0 - \vec{X}\cdot\vec{Y} =0$. Apliquem mòduls a aquesta igualtat, i aïllem $|Y^0|$:
\begin{equation*}
|Y^0| = \frac{|\vec{X}\cdot\vec{Y}|}{|X^0|}\leq \frac{|\vec{X}||\vec{Y}|}{|X^0|} < |\vec{Y}|
\end{equation*}
Com volíem demostrar.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Un mesó $K^0$ en repòs es desintegra produint un $\pi+$ i un $\pi-$, cada un dels quals surt amb una velocitat de 0.85c. Quan es desintegra un $K^0$ que va a una velocitat de 0.9c, quines són les velocitats màxima i mínima que poden assolir els pions resultants?}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{I-13-1.jpg}
\centering
\caption{Esquema del problema.}
\end{figure}

Quan el mesó es desintegri, per conservació del 4-moment, és clar que ha d'emetre els pions en la mateixa direcció i sentits oposats. Això, però, només es produeix en el sistema propi del mesó S, en el que ell es troba en repòs. Degut a l'aberració, aquesta condició no es complirà a qualsevol altre sistema. El que hem de buscar és quina direcció s'han d'emetre els pions en el sistema S, per tal que la diferència entre les velocitats de tots dos pions mesurades al laboratori S' sigui màxima. És a dir, que un surti amb la velocitat màxima i l'altre amb la mínima. Si ens fem uns quants dibuixos, podem veure que caldrà $\alpha = 0$, però anem a calcular-ho. 

Partim de les transformacions de velocitats que emprem en problemes d'aberració, a la velocitat d'un dels pions emès en direcció $\alpha$ a S:
\begin{equation*}
u^{x'} = \frac{u\cos\alpha-v}{1-\frac{uv}{c^2}\cos\alpha} \qquad
u^{y'} = \frac{u\sin\alpha}{\gamma(1-\frac{uv}{c^2}\cos\alpha)}
\end{equation*}
La funció de la qual ens interessa trobar un extrem és el mòdul de la velocitat observada al LAB, és a dir, $u'(\alpha)=\sqrt{(u^{x'})^2+(u^{y'})^2}$. Per tant, derivem respecte $\alpha$ i igualem la derivada a 0. Així, efectivament, trobem $\alpha=0$ pel pió que surt més ràpid (emès en la direcció del moviment del mesó), i $\alpha=\pi$ pel que surt més lent (emès en sentit contrari a la velocitat del mesó). Les components de les velocitats dels pions queden com:
\begin{equation*}
u^{x'} = \frac{\pm u-v}{1\mp\frac{uv}{c}} \qquad \qquad u^{y'} = 0
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{I-13-2.jpg}
\centering
\caption{Representació de la solució trobada.}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.14
\textbf{En un cert sistema de referència una partícula té una energia total de 5 GeV i un moment lineal de 3 GeV/c.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item\textbf{Quina energia té en un sistema on el seu moment lineal és de 4 GeV/c i paral·lel a l’anterior?}
\item\textbf{Quina és la seva massa en repòs?}
\item\textbf{Quina és la velocitat relativa entre els dos sistemes de referència? (1 GeV = $10^9$ eV)}
\end{enumerate}

Amb la informació que ens donen, el primer que hem de fer és calcular la massa en repòs $m$ de la partícula, de manera que sempre podrem igular $P^2 = m^2c^2$. Per fer-ho, apliquem això al 4-moment que ens donen com a dada:
\begin{equation} \label{eq:1.14P}
P^\mu = (m\gamma c, m\gamma \vec{u}) = (E/c,\vec{p}) \qquad \rightarrow \qquad
m^2c^2 = \left(\frac{E}{c}\right)^2 - \vec{p}^{\;2}
\end{equation}
D'on podem aïllar $m$ amb els números que ens donen, i amb això també tindríem ja resolt l'apartat b). El resultat és $m = 4 GeV/c^2$.

Un cop trobada la massa, apliquem la mateixa relació (\ref{eq:1.14P}.2) a les noves dades que ens donen, en aquest cas aïllant l'energia $E'$, que ens dóna:
\begin{equation*}
|E'| = \sqrt{m^2c^4 + |\vec{p}'|^{2}c^2}
\end{equation*}
El valor és $E = \sqrt{32}GeV$. Sabent que $\vec{p}=(E/c^2)\vec{u}$, podem trobar en ambdós casos el valor de $u$ mesurada per cadascun dels dos sistemes a partir de la 2a component. Quan tenim aquests valors, apliquem la transformació de velocitats i n'aillem $v$, la velocitat entre els dos sistemes:
\begin{equation*}
u' = \frac{u-v}{1-\frac{uv}{c^2}}  \qquad \rightarrow \qquad
v = \frac{u-u'}{1-\frac{uu'}{c^2}}
\end{equation*}
Si us interessa, el valor és $v=-0.18c$.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.15
\textbf{Un pió $\pi+$ en repòs, de massa $m_\pi$, es desintegra en un antimuó $\mu$, de massa $m_\mu$, i un neutrí muònic $\nu_\mu$, de massa zero.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item\textbf{Calculeu la velocitat de l’antimuó en termes de la massa del pió i de l’antimuó.}
\item\textbf{Calculeu l’energia del neutrí en el sistema de referència de l’antimuó.}
\end{enumerate}
Com en tots aquests problemes de "col·lisions", haurem d'emprar la conservació del 4-moment. Per tant, cal trobar els 4-moments de les 3 partícules:
\begin{equation*}
P_\pi = (m_\pi c,\vec{0}) \qquad P_\mu = (m_\mu \gamma c,-m_\mu \gamma v,0,0) \qquad
P_\nu = \left(\frac{h\nu}{c},\frac{h\nu}{c},0,0\right)
\end{equation*}
De la igualtat de les dues primeres dues components ens surt un sistema de dues equacions. Com de moment no ens interessa la freqüència del neutrí, restem aquestes dues equacions, i obtenim una igualtat on podem aïllar la velocitat de l'antimuó en funció de les masses (compte a l'hora d'aillar la $\gamma$):
\begin{equation} \label{resv1.15}
\frac{v}{c}=\frac{m_\pi^2-m_\mu^2}{m_\pi^2+m_\mu^2}
\end{equation}
Per trobar la freqüència del neutrí, podem emprar la igualtat de la segona component del 4-moment, i obtenim $h\nu = m_\mu \gamma vc$. Aquesta freqüència, però, és en el sistema del LAB. Si volem veure-ho des del sistema de l'antimuó S', cal transformar-la. Com és una freqüència, fem-ho amb l'efecte Doppler:
\begin{equation*}
h\nu'=h\nu\gamma\left(1-\frac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{c}\right) = m_\mu vc\gamma^2 \left(1`+\frac{v}{c}\right)=...=m_\mu c^2 \frac{v/c}{1-v/c}
\end{equation*}
On hem substituït $\vec{n}=(1,0,0)$ i $\vec{v} = (-v,0,0)$, i hem substituït l'equació resultant de la igualtat de la segona component del 4-moment. Si substituïm en aquesta expressió el valor de $v/c$ trobat a (\ref{resv1.15}), obtenim el resultat final:
\begin{equation*}
h\nu' = \frac{m_\pi^2-m_\mu^2}{2m_\mu}c^2
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
%EXERCICI I.16
\textbf{Un cert accelerador pot subministrar protons amb una energia cinètica de 200 GeV. La massa en repòs del protó és $m_p =0,938 GeV/c^2$. Calculeu la màxima massa en repòs possible $M_0$ d’una partícula X que es pugui produir com a resultat del xoc d’un d’aquests protons accelerats amb un protó en repòs, segons el procés seguent:}
\begin{equation*}
p+p\rightarrow p+p +X
\end{equation*}
Com l'enunciat ens dóna les dades en energia cinètica, caldrà definir què és aquest invent. Definim l'energia cinètica d'una partícula com $T = m\gamma c^2 - mc^2$, de manera que el seu 4-moment es pot escriure com:
\begin{equation*}
P^\mu = \left(mc + \frac{T}{c}, m\gamma \vec{u}\right)
\end{equation*}
Aleshores, aquesta col·lisió la podem estudiar des de dos sistemes: el LAB S i el sistema del centre de masses (CM) S'. La gràcia d'utilitzar el sistema CM és que en aquest s'ha de complir que els 3-moments totals són sempre nuls $\vec{p_{in}}' = \vec{p_{out}}'=0$. Sigui quin sigui el sistema en què ho fem, el 4-moment total s'ha de conservar. Aleshores, $P_{in}=P_{out}$, o, el que és el mateix $P_{in}^2=P_{out}^2$. Ara bé, $P^2$ és un escalar (un tensor (0,0)), i per tant, no varia sota transformacions de cap tipus. Per tant, en la conservació del 4-moment(al quadrat) podem emprar el 4-moment mesurat des del SR que ens vingui de gust, perquè el valor no en depèn.

Així, per conveniència, prendrem $P_{in}$ (des del LAB perquè així la component espacial del 2n protó és nul·la), i $P_{out}'$ (des del CM perquè així la component espacial (3-moment) és nul·la). D'aquesta manera, els dos moments queden:
\begin{equation*}
P_{out} = \left(P^0_3 + P^0_4 + P_X^0, \vec{0}\right) = \left(2mc + m_Xc + \frac{1}{c}(T_3'+T_4'+T_X') ,\vec{0}\right)
\end{equation*}
\begin{equation*}
P_1 = (mc+T_1/c,\vec{p_1}) \qquad P_2 = (mc,\vec{0})
\end{equation*}
Aleshores, calculem el moment al quadrat per igualar-los.
\begin{equation*}
P_{out}^2 = \left(2mc + m_Xc +\frac{1}{c}(T_3'+T_4'+T_X')\right)^2
\end{equation*}
\begin{equation*}
P_{in}^2 = P_1^2+P_2^2+2P_1P_2 = 2m^2c^2 + 2mc(mc+\frac{T_1}{c})
\end{equation*}
Notem que no havíem calculat explícitament $P_{in}$ abans, perquè aleshores fer-ne el quadrat és un percal amb la presència de $\vec{p}$. Igualant tots dos 4- moments al quadrat, obtenim una expressió tal que:  
\begin{equation*}
2mc + m_Xc +\frac{1}{c}(T_3'+T_4'+T_X') = \sqrt{4m^2c^2 + 2mT_1}
\end{equation*}
Què s'ha de complir perquè $m_X$ sigui màxim? Doncs com les energies cinètiques no poden ser negatives, i $T_1$ i la resta de valors són fixats, l'únic que es pot complir és que $T_3'+T_4'+T_X'=0$, que és el mateix que dir, $T_3'=T_4'=T_X'=0$, perquè totes són forçosament positives, no es poden anul·lar entre elles. Aplicant aquesta condició, podem trobar $m_X$, que correspon al cas en què les tres masses s'han creat en repòs al sistema CM.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Un àtom excitat de massa m, i en repòs en un cert sistema de referència, emet una fotó perdent una quantitat d'energia interna $\Delta E$. Calculeu la freqüència exacta del fotó, tenint en compte el retrocés de l'àtom.}
L'àtom inicial està excitat, però no en moviment. Aleshores, en quina forma té aquesta energia extra? Doncs l'ha guanyada en forma de massa, de manera que quan la perdi perdrà massa, segons la relació:
\begin{equation} \label{massa1.17}
mc^2 = m_fc^2 + \Delta E
\end{equation}
Aleshores, senzillament cal aplicar la conservació del 4-moment. A l'inici la partícula té un 4-moment $P_0 = (mc,\vec{0})$, i després tindrà $P_1 = (m_f\gamma c,-m_f\gamma v,0,0)$, havent desprès un fotó de 4-moment $K=(h\nu/c,h\nu/c,0,0)$. Cal aplicar la conservació del 4-moment $P_0 = P_1 + K$. Per conveniència, però, l'escriurem com:
\begin{equation} \label{consmom1.17}
(P_0 - K)^2 = P_1^2
\end{equation}
Perquè? Perquè ens interessa trobar una igualtat sense $\gamma$ ni $v$. La manera de fer això és aïllar el 4-moment que les té, i aplicar que qualsevol 4-moment al guadrat sempre dóna el mateix: $P^2=m^2c^2$, de manera que així no apareixerà dependència de la velocitat. A més, també sabem que $K^2 = 0$ sempre. Aleshores, cal desenvolupar l'equació (\ref{massa1.17}), i substituir-hi l'expressió (\ref{consmom1.17}). De manera ràpida, obtenim:
\begin{equation*}
h\nu = \Delta E - \frac{(\Delta E)^2}{2mc^2} < \Delta E
\end{equation*}
És a dir, que tota l'energia que perd l'àtom no es converteix en energia del fotó, perquè el fotó també té moment, i també s'inverteix energia per donar-n'hi.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Calculeu l'energia mínima que ha de tenir el fotó en el sistema laboratori (electró en repòs) perquè la següent reacció sigui possible:}
\begin{equation*}
\gamma + e^- \rightarrow e^++2e^-
\end{equation*}
\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.3\textwidth]{I-18.jpg}
\centering
\caption{Esquema del problema I.18.}
\end{figure}
Igual que a l'exercici I.16, ens resultarà convenient treballar des del sistema LAB i des del CM alhora, així que definim el LAB com S i el CM com S'.
Un cop més, com sabem que $P^2$ és un escalar (és invariant sigui quin sigui el sistema des de què ho mirem), podem calcular-lo tant des del LAB com des del CM. Per això, calcularem $P_{in}$ (a l'inici des de S) i $P_{out}'$ (al final des de S').

El 4-moment inicial està format per $P_0^\mu=(m_ec,\vec{0})$ i $K^\mu = (h\nu/c,h\nu/c,0,0)$. El 4-moment total vist des del CM no té component espacial, i és senzillament $P_{out}'=(3m_ec,\vec{0}$. Aleshores, apliquem que $(P_{in})^2 =(P_{out}')^2$, i desenvolupant obtenim;
\begin{equation*}
K^2+(P_0)^2+2KP_0 = (P_{out}')^2 \qquad \rightarrow \qquad m^2c^2 + 2h\nu m = 9m^2c^2
\end{equation*}
I d'aquí aïllem l'energia del fotó:
\begin{equation*}
h\nu = 4m_ec^2
\end{equation*}
Que és més gran que l'energia de les tres partícules creades, com ha de ser, doncs no tot el que porta el fotó és energia, sinó que també porta moment espacial.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{Demostreu que les següents reaccions entre partícules lliures són impossibles cinemàticament en el buit:}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item \textbf{Un fotó col·lisiona contra un electró i dóna tota l'energia a l'electró.}
\item \textbf{Un fotó lliure es transforma en un electró i un positró.}
\item \textbf{Un positró amb una certa velocitat i un electró es destrueixen donant lloc a un sol fotó.}
\end{enumerate}
\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{I-19a.jpg}
\centering
\caption{Esquema de l'apartat (a).}
\end{figure}
\textbf{Apartat a).}  Senzillament treballem des del sistema LAB, parametritzem els 4-moments del fotó incident $K^\alpha = (h\nu/c,h\nu/c,0,0)$, del l'electró en l'inici $P_0^\alpha = (m_ec,\vec{0})$ i de l'electró després del xoc $P_1 = (m_e\gamma c,m_e\gamma u,0,0$. Senzillament igualem els quadrats dels 4-moments totals, i obtenim:
\begin{equation*}
K^2+P_0^2+2KP_0 = P_1^2 \qquad\rightarrow\qquad m^2c^2 + 2h\nu m = m^2c^2
\end{equation*}
D'on extraiem que cal que $\nu=0$ perquè es compleixi, és a dir, que no hi hagi fotó. Per tant, aquesta reacció és impossible.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{I-19b.jpg}
\centering
\caption{Esquema de l'apartat (b).}
\end{figure}

\textbf{Apartat b).} Parametritzem els 4-moments: el del fotó incident $K^\alpha = (h\nu/c,h\nu/c,0,0)$, el del positró $P_{e+} = (m_e\gamma_{e+} c,m_e\gamma_{e+}\vec{v_{e+}})$ i el de l'electró $P_{e-} = (m_e\gamma_{e-} c,m_e\gamma_{e-}\vec{v_{e-}})$. Cal notar que en aquest cap no podem emprar el sistema del CM, doncs per definició els 4-moments corresponents no poden tenir component espacial. Si tenim un fotó sol, això és impossible, perquè el seu 3-moment no es pot anul·lar (no hi ha SRI en què estigui en repòs com sí que passa amb una partícula sola). Bé, tenint això en compte, apliquem la igualtat dels quadrats dels 4-moments inicial i final, i obtenim:
\begin{equation*}
0=K^2 = P_{e+}^2 + P_{e-}^2+2P_{e+}P_{e-} = 2m^2c^2 + 2m_e^2\gamma_{e+}\gamma_{e-}c^2
\left(1-\frac{v_{e+}\cdot v_{e-}}{c^2}\right)
\end{equation*}
El terme en el parèntesi és absolutament negatiu, perquè $v_i<c$. Com la resta de coses són positives, és impossible que aquesta suma s'anul·li. Per tant, mai no es complirà.

També ho podem estudiar vectorialment. Inicialment tenim un 4-moment que és un vector llum. És impossible que aquest vector pugui ser igual a la suma dels dos 4-moments tipus temps resultants (els 4-moments d'una partícula són tipus temps, sí, perquè són proporcionals a la 4-velocitat). Si fossin dos fotons, sí que podríem tenir-ho, si els fotons vinguéssin en sentits oposats i els seus 4-moments s'anul·lessin en part.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{I-19c.jpg}
\centering
\caption{Esquema de l'apartat (c).}
\end{figure}

\textbf{Apartat c).} A primera ullada, ja ens podem adonar que vectorialment és la mateixa situació que en el cas anterior: tenim dos vectors tipus temps, el de l'electró i el del positró, la seva suma no pot donar en cap cas un sol vector llum, en tot cas en podria donar dos. Per tant, ja veiem que la situació és impossible. Numèricament, podem parametritzar $P_+ = (m\gamma c,m\gamma\vec{v})$ del positró, $P_- = (mc,\vec{0})$ de l'electró i $K = (h\nu/ c, h\nu /c,0,0)$. Per fer-ho senzill, apliquem la conservació del 4-moment tal que $(P_+)^2 = (K-P_-)^2$, d'on trobem $m^2c^2 = m^2c^2 - 2mh\nu$. Veiem que cal $\nu = 0$, el qual no pot ser.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.3\textwidth]{I-19con.jpg}
\centering
\captionsetup{justification=centering}
\caption{Representació dels 4-moments de l'apartat (b), és semblant per (c). No està del tot a escala, però veiem el raonament vectorial anterior, no pot ser $P_++P_- = K$}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI I.20
\textbf{Un pió $\pi^0$ d'energia E es desintegra en vol en dos fotons.}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item \textbf{Calculeu en el sistema laboratori les energies dels fotons si les direccions d'aquests formen un angle $\theta$ entre elles.}
\item \textbf{Quin és el valor mínim que pot prendre $\theta$ en funció de la velocitat del pió?}
\end{enumerate}
Un cop més, no ho podem estudiar des del sistema CM, ho hem de fer des del LAB. Així doncs, també un cop més, parametritzem els 4-moments: el 4-moment del pió és $P^\alpha = (m\gamma c, m\gamma \vec{u}) = (E/c,E/c^2 \vec{u})$, i aleshores tenim dos fotons amb els seus corresponents moments: el primer $K_1^\alpha = (k_1/c,k_1/c \;\vec{n_1})$ i el segon $K_2^\alpha = (k_2/c,k_2/c \;\vec{n_2})$. On hem definit $k\equiv h\nu$ per concisió, malgrat pugui portar maldecaps. És clar, doncs, que busquem $k_1$ i $k_2$, les energies.

Bé, doncs, un cop més, aplicarem la igualtat dels quadrats dels moments 4-totals. A mi m'interessa que apareixi el producte $K_1K_2$, ja que em donarà $\vec{n_1}\cdot \vec{n_2}=\cos\theta$. Per tant, apliquem $P^2 = (K_1+K_2)^2$. N'obtenim:
\begin{equation*}
m^2c^2 = \frac{2}{c^2}k_1k_2 (1-\vec{n_1}\cdot \vec{n_2}) = \frac{2}{c^2}k_1k_2 (1-\cos\theta)
\end{equation*}
Recordo que hem emprat el producte escalar segons la mètrica de Minkowski. D'aquí podem trobar el valor de $k_1k_2$:
\begin{equation} \label{k1k21.20}
k_1k_2 = \frac{m^2c^4}{2(1-\cos\theta)}
\end{equation}
Ara bé, amb això no tenim prou per trobar $k_1$ i $k_2$, hem de trobar alguna altra equació que ens permeti aïllar-les. Només la podem treure de la igualtat dels 4-moments, així que prenem com a equació la igualtat de la component 0 d'aquests. D'allà traiem que $E=k_1+k_2$. A partir d'això i l'equació (\ref{k1k21.20}), obtenim una equació de segon grau per $k_i$ (la que vulguem) tal que
\begin{equation} \label{k1.20}
k = \frac{E}{2} \pm \sqrt{\frac{E^2}{4}-\frac{m^2c^4}{4\sin^2(\theta/2)}}
\end{equation}
És a dir, quan una $k$ prengui el $+$, l'altra prendrà el $-$.

Per l'angle mínim, abans de res podem deixar clar que $\theta \neq 0$, doncs en tal cas estaríem convertint un 4-vector temps en un 4-vector llum (els dos 4-moments del fotons són el mateix, es sumen totalment). De fet, els únics angles possibles són aquells tals que l'arrel de (\ref{k1.20}) sigui real, per tant que l'interior sigui positiu. N'aïllem:
\begin{equation*}
\sin^2\frac{\theta}{2} \geq \frac{m^2c^4}{E^2}= \frac{m^2c^4}{m^2\gamma^2 c^4} = \gamma^{-2} = 1-\frac{u^2}{c^2}
\end{equation*}
L'angle mínim correspondrà a la igualtat. Si apliquem $\sin^2\frac{\theta}{2} = 1-\cos^2\frac{\theta}{2}$, trobem finalment que:
\begin{equation*}
\cos\frac{\theta}{2} = \frac{u}{c}
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
\textbf{(a) Un fotó d'energia $h\nu$ xoca elàsticament amb un electró en repòs. L’energia del fotó després del xoc és $h\nu/2$ i surt amb una direcció que forma un angle de 60º amb la direcció del fotó incident. Quina és la freqüència $\nu$ del fotó incident?}

\textbf{(b) Un fotó amb una energia $h\nu$ xoca amb un àtom excitat que es troba en repòs.  Després del xoc el fotó encara té energia $h\nu$ però ha canviat el seu sentit de moviment en 180º. Si l'àtom es troba en el seu estat fonamental després del xoc, calculeu l’energia d’excitació inicial.}

\textbf{Apartat (a).} Aquest problema correspon a l'efecte Compton. Per tant, senzillament podríem recórrer a la fórmula que hem trobat a teoria:
\begin{equation*}
\lambda_{out} - \lambda_{in} = \frac{h}{m_ec}(1-\cos\theta)
\end{equation*}
On podem aplicar $\lambda\nu=c$, substituir tots els valors que tenim i trobar $\nu$. Ara bé, ho farem de manera més extensa per veure com s'hi arriba. Aleshores, com sempre, buscarem els 4-moments de les partícules: el fotó inicial té $K_0 = (h\nu/c,h\nu/c,0,0)$, i l'electró en repòs té $P_0 = (m_ec,\vec{0})$. Després del xoc, l'electró retrocedeix segons un angle $\varphi$ (guanya velocitat) i, per tant, té un 4-moment tal que $P_1 = (m\gamma c,m\gamma v \cos\varphi,-m\gamma v \sin\varphi,0)$. El fotó resultant té freqüència $\nu/2$ i surt amb un angle $\theta=60$º. Per tant, el seu 4-moment és tal que:
\begin{equation*}
K_1 = \left(\frac{h\nu}{2c},\frac{h\nu}{2c}\cos\theta, \frac{h\nu}{2c}\sin\theta\right)
\end{equation*}
Aleshores, d'aquests quadrimoments ens fa nosa $P_1$, que té tots els factors $\gamma$, la velocitat i l'angle $\varphi$. Ens interessa que això no apareixi. Com fer-ho? Doncs en la conservació dels 4-moments, el mantenim aïllat. En elevar el quadrat, tindrem $(P_0+K_0-K_1)^2 = (P_1)^2$, on senzillament $(P_1)^2=m^2c^2$, i no ens apareix cap d'aquestes incògnites. Desenvolupant aquesta expressió trobem:
\begin{equation*}
(P_0)^2 +(K_0)^2 + (K_1)^2 +2P_0K_0 - 2P_0K_1 -2K_0K_1 = m^2c^2 +m_eh\nu - \left(\frac{h\nu}{c}\right)^2 + m_eh\nu + \left(\frac{h\nu}{c}\right)^2\cos\theta
\end{equation*}
I això igualat a $(P_1)^2=m^2c^2$.Recordem que el producte escalar és segons la mètrica de Minkowski $A\cdot B = A^0B^0-A^iB^i$, compte amb el menys a les components espaials que almenys jo sempre me'l deixo. Bé, sigui com sigui, aïllant d'aquesta equació podem trobar:
\begin{equation*}
h\nu = \frac{m_ec^2}{1-\cos\theta} = 2m_ec^2
\end{equation*}
\textbf{Apartat (b).} De la mateixa manera que en l'exercici 1.16, l'atòm inicial està excitat, i per tant emmagatzemarà aquest excés d'energia en forma de massa. La seva massa inicial $M$ serà major que la seva massa final en l'estat fonamental $m$. La relació entre aquestes serà 
\begin{equation} \label{consE1.21}
Mc^2 = mc^2 + \Delta E
\end{equation}
On $\Delta E$ és l'excés d'energia que ens demana el problema. Aleshores, com sempre hem fet (malgrat per fi ja és l'últim problema de dinàmica), parametritzem els 4-moments de totes les partícules:
\begin{equation*}
K_0=\left(\frac{h\nu}{c},\frac{h\nu}{c},0,0\right)\quad
P_0=\left(Mc,\vec{0}\right) \quad
K_1=\left(\frac{h\nu}{c},-\frac{h\nu}{c},0,0\right) \quad
P_1=\left(m\gamma c,\vec{p}\right)
\end{equation*}
De la mateixa manera que en l'apartat anterior, no ens interessa que apareixi $\vec{p}$, i per tant, tornarem a aïllar $P_1$ i recuperem la mateixa fórmula:
\begin{equation*}
(P_0)^2 +(K_0)^2 + (K_1)^2 +2P_0K_0 - 2P_0K_1 -2K_0K_1 = M^2c^2 - 4\left(\frac{h\nu}{c}\right)^2 = m^2c^2 = (P_1)^2
\end{equation*}
Ara hem d'incorporar la relació entre masses substituint (\ref{consE1.21}), d'on obtenim una equació de segon grau tal que:
\begin{equation*}
\Delta E^2 + 2\Delta Emc^2 - 4h^2\nu^2 = 0 \quad \rightarrow \quad
\Delta E = -mc^2 \pm \sqrt{m^2c^4 + 4h^2\nu^2}
\end{equation*}
On hem de rebutjar la solució amb el -, doncs si la substituïm a (\ref{consE1.21}), podem veure que implicaria $Mc^2<0$, el qual no té cap sentit. 

\section{Equacions de l'electrodinàmica}
En aquesta secció i la següent (sobretot a partir del II.4), molts dels exercicis que hem de resoldre són de resoldre trajectòries de partícules. Abans de començar, doncs, deixem clars quins són els passos per resoldre-ho. \textbf{1. Plantejar les pertinents equacions diferencials del moviment}:
\begin{equation} \label{Eqmov}
\frac{dP}{d\tau}=\gamma\frac{dP}{dt}= F = \gamma\left(\frac{\vec{f}\cdot\vec{u}}{c}\;,\;\vec{f}\;\right) \quad \rightarrow \quad \frac{dP^0}{dt}=\frac{d(m\gamma c)}{dt}  =  \frac{\vec{f}\cdot \vec{u}}{c} \qquad  \frac{d\vec{p}}{dt} = \frac{d(m\gamma \vec{u})}{dt} = \vec{f}
\end{equation}
Sovint, la força a integrar és la força de Lorentz, que té la següent forma:
\begin{equation} \label{FLor}
\vec{f} = q\left(\vec{E} + \frac{\vec{u}}{c}\times\vec{B}\right)
\end{equation}
Així, les equacions del moviment per un camp electromagnètic seran:
\begin{equation} \label{eqsmovlor}
\frac{dP^0}{dt} = \frac{d(m\gamma c)}{dt} = \frac{q}{c}\vec{u}\cdot\vec{E} \qquad
\frac{d\vec{p}}{dt} = \frac{d(m\gamma \vec{u})}{dt} = q\left(\vec{E} + \frac{\vec{u}}{c} \times \vec{B}\right)
\end{equation}
En la primera integració d'aquestes equacions diferencials trobarem les components del moment. Enlloc de resoldre les quatre equacions diferencials, és més fàcil aplicar $m^2c^2=P^2=(P^0)^2-\vec{p}^2$ per trobar la quarta (sovint $P^0$) a partir de les altres tres. \textbf{2. }Si tenim els moments, és molt fàcil \textbf{trobar la velocitat $\vec{u}(t)$}. Per fer-ho apliquem que $P^0 = m\gamma c$ i $\vec{p}=m\gamma\vec{u}$:
\begin{equation} \label{eq:udesdep}
\frac{d\vec{x}}{dt}=\vec{u} = c\frac{\vec{p}}{P^0}
\end{equation}
\textbf{3. }Trobat $\vec{u}(t)$, \textbf{integrem respecte el temps} per trobar la trajectòria $\vec{x}(t)$. Treballar en el temps propi pot ser molt útil per facilitar la integració de les equacions. Per passar d'una derivada en funció del temps de l'observador al temps propi, podem utilitzar la regla de la cadena, sabent que:
\begin{equation} \label{transtau}
\frac{dt}{d\tau} = \gamma = \frac{P^0}{mc}
\end{equation}
Amb això, busquem eliminar factors $\gamma$ de les equacions. Adonem-nos, però, que en integrar respecte el temps propi, obtenim la 4-velocitat, no la 3-velocitat. Finalment, si coneixem la relació entre temps i temps propi (integrant aquesta mateixa equació $d\tau = \gamma^{-1}dt)$, podem substituir-la al resultat final.


\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.1
\textbf{Suposeu que $\vec{E}$ i $\vec{B}$ són uniformes i perpendiculars.}
\begin{enumerate} [label=(\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que si $\vec{B}^2 - [c^{-2}]\vec{E}^2 > 0$ sempre hi ha un sistema de referència en el qual $\vec{E} = 0$.}
\item \textbf{Demostreu que si $\vec{B}^2 - [c^{-2}]\vec{E}^2 < 0$ sempre n'hi ha un en què $\vec{B} = 0$.}
\item \textbf{Què passa si a més a més $\vec{B}^2 - [c^{-2}]\vec{E}^2 = 0$?}
\end{enumerate}
\textbf{Ajut: Preneu $\vec{v}$ perpendicular a $\vec{E}$ i a $\vec{B}$.}

Abans de res, recordem com transformen els camps elèctrics i magnètics sota transformacions de Lorentz:
\begin{equation} \label{transEB}
\begin{array}{c}
\vec{E_\parallel}' = \vec{E_\parallel} \\ 
\vec{E_\perp}'=\gamma(\vec{E_\perp}+\vec{\beta}\times\vec{B_\perp})
\end{array} 
\qquad \qquad
\begin{array}{c}
\vec{B_\parallel}' = \vec{B_\parallel} \\ 
\vec{B_\perp}'=\gamma(\vec{B_\perp}-\vec{\beta}\times\vec{E_\perp})
\end{array} 
\end{equation}
Que ens faran falta per trobar els camps al nou SR. Aleshores, enlloc de prendre un SR d'arbitrari, fem cas a l'enunciat i ja prenem un que estigui fent un boost en la direcció x ($\vec{\beta}=\beta\vec{e_x})$, que l'escollim perpendicular als camps. A més, els dos camps estan perpendiculars entre sí, per tant, de manera arbitrària, escollirem B en la direcció z ($\vec{B}=B\vec{e_z}$) i E en la direcció y ($\vec{E}=E\vec{e_y}$). Adonem-nos que no estem perdent generalitat, sempre podem fer una rotació dels eixos per què els camps quedin paral·lels als corresponents eixos.

Aleshores, com ambdós camps són perpendiculars a la velocitat, tenim $\vec{B_\parallel} = \vec{E_\parallel} = 0$. Ara bé, si no ho fossin, tampoc transformarien. Bé, senzillament apliquem les transformades per les components perpendiculars, i obtenim: 
\begin{equation} \label{camps2.1}
\vec{E_\perp}'=\gamma(E-\beta B)\vec{e_y}  \qquad
\vec{B_\perp}'=\gamma(B-\beta E)\vec{e_z}
\end{equation}
Aleshores, ara apliquem les diferents condicions que ens demanen en cada apartat. Per l'apartat (a), apliquem $\vec{E_\perp}'=0$. Aleshores, si substituïm això a l'equació del camp elèctric de (\ref{camps2.1}), trobem:
\begin{equation*}
\beta = \frac{E}{B}
\end{equation*}
Que, si es compleix la condició de l'enunciat (a), tenim $\beta <1$, per tant, podem trobar una velocitat del boost que hem determinat, i per tant, un SR que compleixi aquesta condició. En canvi, per les condicions de l'apartat (b) i (c) obtenim $\beta >1$ i $\beta=1$, respectivament. Caldria un SR que es mogués més ràpid o igual de ràpid que la llum, i no. 

Per fer l'apartat (b) podem fer exactament el mateix però substituint-ho a l'equació del camp magnètic de (\ref{camps2.1}), i obtindrem un resultat similar.
Ens podríem haver fixat que aquesta resta és una de les invariants relativistes, i que per tant $\vec{B}^2 - \vec{E}^2 = (\vec{B}')^2 - (\vec{E}')^2$. Aleshores, aplicat a l'apartat (c), veiem que si la invariant és igual a 0, i estudiem per exemple el cas (a) amb la invariant, queda: $\vec{B}^2 - \vec{E}^2 = (\vec{B}')^2 2=0$. Per tant, caldria $\vec{B}'$ també nul. No mesuraríem cap camp: és impossible. 

Com a comentari, recordem que també és invariant l'expressió $\vec{E}\cdot\vec{B}$, és a dir, si els dos camps són perpendiculars en un SR, ho seran en tots.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.2
\begin{enumerate}[label = (\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que excepte en el cas que $[c^{-2}](\vec{B}\cdot\vec{E})^2 + (B^2- [c^{-2}]E^2)^2 = 0$ sempre hi ha un sistema de referència en el qual $\vec{E}$ i $\vec{B}$ són paral·lels.}
\item \textbf{Determineu la velocitat relativa d'aquest sistema.}
\end{enumerate}
\textbf{Ajut: Trieu $\vec{v}\propto\vec{B}\times\vec{E}$}

Fixem-nos abans de començar en la condició de l'enunciat. El cas a què es fa referència correspon únicament a un sol, aquell en què $\vec{B}\perp\vec{E}$ i els seus mòduls són iguals $B=E$. Buscarem en l'exercici, quan es compleixen aquestes condicions i ens hi fixarem.
    
Per facilitat, i sense perdre generalitat, prenem $\vec{E}\parallel\vec{e_y}$, i $\vec{B}$ en en pla $yz$, de manera que seguint l'ajut de l'enunciat, prenem $\vec{v}\perp\vec{B},\vec{E}$, és a dir, $\vec{v}\parallel\vec{e_x}$. D'aquesta manera, ens queda $E_\parallel = B_\parallel = 0$. La component perpendicular a la velocitat, en canvi, queda $\vec{E_\perp} = E\vec{e_y}$ i $\vec{B_\perp} = B^y\vec{e_y} + B^z \vec{e_z}$. El que volem fer, és transformar a un SR S' que compleixi $\vec{E}'\parallel \vec{B}'$, és a dir:
\begin{equation} \label{2.2relcamps}
\frac{\vec{E_\perp}^{y'}}{\vec{B_\perp}^{y'}}=\frac{\vec{E_\perp}^{z'}}{\vec{B_\perp}^{z'}}
\end{equation}
Així doncs, apliquem les transformades de Lorentz, i obtenim:
\begin{equation*}
\vec{E_\perp}' = \gamma [(E-\beta B^z)\vec{e_y} + \beta B^y \vec{e_z}] \qquad
\vec{B_\perp}' = \gamma [B^y\vec{e_y} + (B^z - \beta E)\vec{e_z}]
\end{equation*}
Aplicant l'equació (\ref{2.2relcamps}) a aquests camps i ho treballem, obtenim:
\begin{equation*}
\frac{\beta}{1+\beta^2}=\frac{EB^z}{\vec{E}^2+\vec{B}^2} = \frac{|\vec{E}\times\vec{B}|}{\vec{E}^2+\vec{B}^2}\equiv \alpha
\end{equation*}
On hem aplicat que $E^z=0$ i $E^zB^y=0$ per fer $EB^z=|\vec{E}\times\vec{B}|$. Aleshores, això es transforma en una equació de segon grau per $\beta$. Si podem trobar-ne alguna $\beta$ real i $\beta<1$, tindrem la solució. Les solucions són:
\begin{equation} \label{2.2beta}
\beta = \frac{1\pm \sqrt{1-4\alpha^2}}{2\alpha}
\end{equation}
Que només compleix les nostres condicions si prenem el signe $-$ i $\alpha < 1/2$. Per demostrar que els nostres camps compleixen aquesta condició, partim de $0\leq (|\vec{E}|^2-|\vec{B}|^2)^2 = E^2+B^2-2|\vec{E}||\vec{B}|$. D'aquí aïllem $1/2 \;(E^2+B^2) \geq |\vec{E}||\vec{B}|\geq|\vec{E}\times\vec{B}|$ (aplicant la desigualtat triangular). Immediatament d'això darrer:
\begin{equation}
\alpha = \frac{|\vec{E}\times\vec{B}|}{E^2+B^2} \leq \frac{1}{2}
\end{equation}
Quan es compleix la igualtat (i no es compleix el que busquem)? Si $\vec{E}\perp\vec{B}$, aleshores la desigualtat triangular utilitzada és una igualtat. I, si a més, hi afegim el cas en què $E=B$, aleshores ja tenim que $\alpha=1/2$. Per aquesta raó, en el cas de l'enunciat, no podríem trobar aquest SR. Quan no sigui així, el SR correspondrà aquell que es mou una velocitat com la trobada a (\ref{2.2beta}).

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.3
\textbf{Un fil recte de longitud infinita i secció nul·la es mou a velocitat $v$ constant en la direcció de la seva longitud respecte un sistema inercial S. En el sistema en repòs del fil, $S_0$, aquest no té càrrega però porta una intensitat de corrent estacionària $I'$.}
\begin{enumerate} [label=(\alph*)]
\item \textbf{Determineu el camp electromagnètic en el sistema $S_0$.}
\item \textbf{Transformeu els camps al sistema S.}
\item \textbf{Transformeu la càrrega i la densitat de corrent a S.}
\item \textbf{Determineu els camps a S generats pel resultat de (c) i compareu amb els obtinguts a (b).}
\end{enumerate}

Per resoldre aquest exercici caldrà integrar les equacions de Maxwell, que són:
\begin{equation} \label{eqsMaxwell}
\vec{\nabla}\cdot\vec{E} = 4\pi\rho     \qquad
\vec{\nabla}\times\vec{B} - \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} = \frac{4\pi}{c}\vec{J}    \qquad
\vec{\nabla}\times\vec{E} + \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} = 0   \qquad
\vec{\nabla}\cdot\vec{B} = 0
\end{equation}
Comencem calculant el camp d'una distribució de càrrega i corrent en un fil (per tant, de moment $\rho,\vec{J}\neq 0$, en el sistema on està en repòs $S_0$. Prendrem un sistema de coordenades cilíndric, amb z dirigit al llarg del fil. Recordem que la densitat de càrrega d'un fil és $\rho = \lambda\delta(x)\delta(y)$ (és a dir, una densitat lineal $\lambda$ per un gruix infinitessimal en x i y). La seva densitat de corrent és $\vec{J} = I\delta(x)\delta(y)\vec{e_z}$. Recordem que les deltes de Dirac compleixen:
\begin{equation*}
\int_V \delta(x)dx = 1
\end{equation*}
Essent V tot l'espai. De forma general, el camp que crearà és $\vec{E}=E^r\vec{e_r}+E^\varphi\vec{e_\varphi} + E^z\vec{e_z}$, i anàlogament pel camp magnètic.

Comencem estudiant el camp elèctric. Per començar, no pot tenir dependència de $\varphi$ per simetria, i tampoc de $z$ perquè és infinit, tant és a quina alçada el mirem. Aleshores, estudiem-lo amb la 1a llei de Maxwell, integrant-la en un volum cilíndric de radi $R$ i longitud $L$ com el de la figura \ref{fig:II-3}.1:
\begin{equation*}
\int_V \vec{\nabla}\cdot\vec{E}\,d^3x = 4\pi \int_V \rho d^3x = 4\pi\lambda \int_V \delta(x)\delta(y)dxdydz = 4\pi\lambda L
\end{equation*}
I per altra banda, aplicant el teorema de la divergència:
\begin{equation*}
\int_V \vec{\nabla}\cdot\vec{E}\,d^3x = \oint_S \vec{E}\cdot d^2\vec{S} =
\int_{later.} \vec{E}\cdot d^2\vec{S} + \int_{bases} \vec{E}\cdot d^2\vec{S}=
E^r2\pi RL + (E^z_{(2)}\pi R^2-E^z_{(1)}\pi R^2)
\end{equation*} 
Com $E^z\neq E^z(z)$, en les dues bases $E^z$ val el mateix. I així, trobem la component $E^r = 2\lambda/r$. Encara podem tenir, però, $E^z=E^z(r)$, per comprovar-ho, prenem un rectangle coplanari al fil (els dos costats paral·lels al fil estan a distàncies $r_1$ i $r_2$), i hi apliquem la 3a eq. de Maxwell:
\begin{equation*}
E^z(r_2)-E^z(r_1) = \oint_C \vec{E}\cdot d\vec{l} = \int_S \vec{\nabla}\times\vec{E}\, d^2\vec{S} = - \int_S \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} = 0
\end{equation*}
On hem aplicat que $B$ no varia amb el temps (el fil està estacionari en $S_0$). Com $E^z(r_2) = E^z(r_1)$, essent $r_1$ i $r_2$ arbitraris, cal que $E^z\neq E^z(r)$, per tant, que $E^z$ sigui constant (i igual a 0 per facilitat). Ara tornarem a utilitzar la tercera eq. de Maxwell per saber $E^\varphi$, integrant sobre un cercle de radi R perpendicular al fil:
\begin{equation*}
E^\varphi 2\pi R = \oint_C \vec{E}\cdot d\vec{l} = 
\int_S \vec{\nabla}\times\vec{E}\, d^2\vec{S} = - \int_S \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} = 0
\end{equation*}
On hem aplicat el teorema de Stokes per la circulació. Amb això trobem $E^\varphi=0$.

Anem a pel camp magnètic. Un cop més, per infinitud i simetria, no pot dependre ni de $z$ ni de $\varphi$, respectivament. Comencem aplicant la 2a llei de Maxwell en un altre cercle de radi R perpendicular al fil:
\begin{equation*}
B^\varphi 2\pi R = \oint_C \vec{B}\cdot d\vec{l} = 
\int_S \vec{\nabla}\times\vec{B}\, d^2\vec{S} = - \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} + \frac{4\pi}{c}\int_S \vec{J}\cdot d^2\vec{S} = \frac{4\pi}{c}I
\end{equation*}
D'aquí traiem que $B^\varphi = 2I/cr$. Per trobar $B^r$, utilitzem la 4a llei de Maxwell a sobre un cilindre $R,L$, obtenim:
\begin{equation*}
B^r2\pi RL + (B^z_{(2)}\pi R^2-B^z_{(1)}\pi R^2) = 
\oint_S \vec{B}\cdot d^2\vec{S} = 
\int_V \vec{\nabla}\cdot\vec{B}\,d^3x = 0
\end{equation*}
D'on veiem que, com $B^z_{(1)} = B^z_{(2)}$, cal que $B^r=0$. Per determinar que $B^z\neq B^z(r)$, podem tornar a prendre un rectangle com l'anterior, i com no tancarà cap corrent en el seu interior $\vec{J}=0$:
\begin{equation*}
B^z(r_2)-B^z(r_1) = \oint_C \vec{B}\cdot d\vec{l} = \int_S \vec{\nabla}\times\vec{B}\, d^2\vec{S} = - \int_S \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} = 0
\end{equation*}
I també hem aplicat que el camp elèctric és estacionari. Així doncs, en resum:
\begin{equation} \label{2.3EBfil}
\vec{E} = \frac{2\lambda}{r}\vec{e_r}  \qquad \qquad
\vec{B} = \frac{2I}{cr} \vec{e_\varphi}
\end{equation}
I això no és ni l'apartat a).

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{II-3.jpg}
\centering
\caption{Diferents elements de volum i superfície presos.}
\label{fig:II-3}
\end{figure}

Designant $S_0$ amb $S'$, per l'apartat a), considerem $\rho'=0$, de manera que la component anterior del camp elèctric s'anul·la $E^{r'}=0$, i només queda el magnètic $B^{\varphi'}$. Per l'apartat b), apliquem les transformades de Lorentz inverses (\ref{transEB} canviades de signe) als camps, tenint en compte que tots dos són components perpendiculars a la velocitat (la qual està dirigida en z):
\begin{equation*}
\vec{E} = \gamma(E^{r'}\vec{e_r} - \vec{\beta}\times \vec{B^{\varphi'}}) = \gamma\frac{v}{c}B^{\varphi'}\vec{e_r} = \frac{2\gamma vI'}{c^2 r}\vec{e_r} \qquad
\vec{B} = \gamma(B^{\varphi'}\vec{e_\varphi} + \vec{\beta}\times \vec{E^r}) = \gamma   B^{\varphi'}\vec{e_\varphi} = \frac{2\gamma I'}{cr}\vec{e_\varphi}
\end{equation*}
On hem aplicat $\beta = (v/c) \vec{e_z}$ (velocitat amb què veu el sistema S el fil). Notem que hem utilitzat indistintament les coordenades $r$ i $r'$ (pròpiament l'expressió que hem trobat anteriorment del camp correspon a $B'$, en funció de $r'$, no de $r$), perquè en aquest cas totes dues coordenades coincideixen (el \textit{boost} és perpendicular a la direcció de $\vec{e}_r$). En cas que $r'\neq r$, hauríem de substituir $r'$ per la transformada de Lorentz corresponent, de manera que quedaria en funció de $r$  (i de $t$).

Per saber les càrregues i corrents mesurades en S apliquem la transformació del 4-vector densitat de corrent $J = (\rho c,\vec{J})$:
\begin{equation} \label{transJ}
J^{0} = \gamma (J^{0'} + \frac{v}{c}J^{z'})  \qquad  
J^{z} = \gamma (J^{z'} + \frac{v}{c}J^{0'})
\end{equation}
Identifiquem $J^{0'} = c\rho' = 0$ i $J^{z'} = I'\delta(x)\delta(y)$. Aplicant això, obtenim:
\begin{equation}
J^0 = \frac{\gamma v}{c}I'\delta(x)\delta(y)\equiv c\lambda \delta(x)\delta(y)   \qquad
J^z = \gamma I'\delta(x)\delta(y) \equiv I \delta(x)\delta(y)
\end{equation}
Aplicant aquestes densitats a les equacions (\ref{2.3EBfil}), recuperem els mateixos camps de l'apartat b), com ha de ser.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.4
\textbf{Quina diferència de potencial acceleraria un electró fins a la velocitat de la llum en el buit a la mecànica de Newton? Amb aquesta diferència de potencial a quina velocitat arribaria fent ús de la mecànica relativista? Quina energia cinètica tindrà? Dada: $m_e = 0,511 MeV/c^2$.}

Pel primer apartat, podríem senzillament aplicar la conservació de l'energia, que en el cas del règim no relativista és: $e\Delta V = \frac{1}{2}mv^2$ (energia potencial es converteix en cinètica). Ara bé, és més convenient trobar una expressió general de la conservació de l'energia, de la qual en farem una aproximació en el cas $v\ll c$.

Per fer-ho, estudiem amb quina forma queden les equacions del moviment. Les expressions generals per un camp electromagnètic són les de (\ref{eqsmovlor}), i com treballem amb potencials, resultarà convenient recordar quina relació hi ha entre els camps i els potencials escalar i vector:
\begin{equation*}
\vec{E} = - \vec{\nabla}\phi -\frac{1}{c}\frac{\partial \vec{A}}{\partial t} \qquad
\vec{B} = \vec{\nabla}\times\vec{A}
\end{equation*}
Com estem parlant de diferències de potencials, ens centrarem en $\vec{E}$. Suposem que estem en un cas estacionari, tal que $\partial \vec{A}/\partial t = 0$. Així doncs, combinant les equacions del moviment i l'expressió del camp com el gradient del potencial (és a dir, substituint $E=-\vec{\nabla}\phi$):
\begin{equation*}
\frac{d(m\gamma c)}{dt} = -\frac{q}{c}\vec{u}\cdot\vec{\nabla}\phi = 
-\frac{q}{c}\frac{dx^i}{dt}\frac{\partial \phi}{\partial x^i} = 
-\frac{q}{c}\frac{d\phi}{dt} \quad\rightarrow\quad
\frac{d}{dt}(m\gamma c^2 + q\phi) = 0
\end{equation*}
Que no deixa de ser la llei de conservació de l'energia per una partícula en un camp elèctric conservatiu: $m\gamma c^2 + q\phi =\text{constant}$. 

Per aplicar-la al règim no relativista, descomponem l'energia total en l'energia en repòs + l'energia cinètica de tota la vida: $m\gamma c^2 = mc^2 + mu^2/2$. Aplicant la conservació que hem vist:
\begin{equation} \label{2.4phi}
mc^2 + \frac{1}{2}mu_0^{\,2} + q\phi_0 = mc^2 + \frac{1}{2}mu_f^{\,2} + q\phi_f
\quad \rightarrow \quad
\Delta\phi = \phi_f-\phi_0 = \frac{1}{2}\frac{mc^2}{q}
\end{equation}
On hem aplicat $u_f = c$ i $u_0 = 0$. 

En el cas relativista no podem fer l'aproximació, hem de treballar amb $\gamma$. El que ens queda és:
\begin{equation*}
m\gamma_0 c^2 + q\phi_0 = m\gamma_f c^2 + q\phi_f \quad\rightarrow\quad
mc^2(\gamma_f - 1) = q\Delta\phi = \frac{1}{2}mc^2
\end{equation*} 
On hem aplicat $\gamma_0=1$ (inicialment està en repòs), i hem substituït la diferència de potencial obtinguda a (\ref{2.4phi}). D'aquest resultat obtenim $\gamma_f = 3/2$ i, d'ella, $\beta_f = \sqrt{5}/3$. 

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.5
\textbf{En un accelerador de partícules una càrrega inicialment en repòs passa per una successió de tubs equidistants i de polaritat alternant. L'acceleració es produeix en els espais entre els tubs, mentre que a dintre dels tubs la càrrega es manté a velocitat constant. Considereu que entre els tubs hi ha una diferència de potencial V i que la distància entre tubs és negligible respecte la longitud dels tubs.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Si alternem la polaritat dels tubs amb una freqüència constant $\omega$, quina ha de ser la longitud del tub n-èssim per tal que la partícula sempre sigui accelerada en el mateix sentit en els espais entre els tubs.}
\item \textbf{Compareu les longituds dels tubs inicials (partícula no relativista) amb les longituds dels tubs finals quan la partícula és molt relativista i interpreteu els resultats.}
\end{enumerate}

Tenim un electró que està movent-se en línia recta per una successió de tubs equidistants (distància $d$) polaritzats (per una banda càrregues positives, per l'altra negatives). Aquesta polaritat varia amb freqüència $\omega$ (és a dir, canvia de signe amb freq. $\omega/2$). La cosa és que en l'espai $d$ que hi ha entre tub i tub, l'electró s'accelera, de manera que cada tub el creuarà més ràpid que l'anterior. Perquè funcioni bé aquest invent, cal que l'electró hagi recorregut el tub n-èssim en el temps just en què no ha variat encara la polaritat. Com cada cop va més ràpid, és clar que cada cop els tubs siguin més llargs, el que hem de fer és estudiar això numèricament. Per fer-ho, recuperem l'equació de conservació de l'energia de l'exercici anterior: $m\gamma c^2 + q\phi =\text{constant}$. Amb ella, estudiem com varia la velocitat (amb $\gamma$) entre el final del tub $n$ i l'inici del tub $n+1$:
\begin{equation*}
m\gamma_n c^2 + q\phi(0) = m\gamma_{n+1} c^2 + q\phi(d) \quad\rightarrow\quad
\gamma_{n+1} - \gamma_n = \frac{q\Delta\phi}{mc^2} =\text{constant}
\end{equation*}
Com a cada tub que passa estem afegint un $\Delta\gamma$ constant, és clar que pel tub n-èssim:
\begin{equation*}
\gamma_n = n\Delta\gamma +\gamma_0 = n\frac{qV}{mc^2} + 1
\end{equation*}
Hem aplicat que comença al repòs ($\gamma_0=1$). Ja sabem com varia la velocitat a cada tub, ara cal trobar la longitud del tub n-èssim. El temps en què s'alterna la polaritat és $\Delta t=T/2=\pi/\omega$, per tant:
\begin{equation*}
L_n = v_n \Delta t = v_n \frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\omega}c\sqrt{1-\gamma_n^{\,-2}} =
\frac{\pi}{\omega}c\sqrt{1-\left(\frac{mc^2}{mc^2+nqV}\right)^2}
\end{equation*}
Com hem dit, els tubs s'han d'allargar a mesura que s'accelera l'electró. En el cas ultrarelativista tenim $nqV\gg mc^2$, els tubs tenen una longitud $L_n\approx \pi c/\omega$ constant, perquè en aquests règims costa molt accelerar la partícula i la seva velocitat ja és \textit{constant}. En el règim no relativista $mc^2 \gg nqV$, hem de fer un desenvolupament en Taylor i trobem:
\begin{equation*}
L_n\approx\frac{\pi c}{\omega}\sqrt{\frac{2nqV}{mc^2}}\propto \sqrt{n}
\end{equation*}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.6
\textbf{Doneu la trajectòria d'una partícula de càrrega q i massa m.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{En un camp elèctric uniforme $\vec{E}$. Ajut: preneu l'eix z en la direcció de $\vec{E}$ i la velocitat inicial de la partícula en el pla (y,z).}
\item \textbf{En un camp magnètic uniforme $\vec{B}$.}
\end{enumerate}

\textbf{Apartat a)} Com ens diu l'enunciat, per facilitat prenem $\vec{E}=E\vec{e_z}$ i la velocitat $\vec{u_0}=u_0^y\vec{e_y}+u_0^z\vec{e_z}$. A priori, la velocitat pot prendre qualsevol direcció al llarg de la trajectòria. En aquest cas, les equacions del moviment queden: 
\begin{equation*}
\frac{dP^0}{dt} = \frac{q}{c}\vec{u}\cdot\vec{E} \quad
\frac{dP^x}{dt} = 0 \quad
\frac{dP^y}{dt} = 0 \quad
\frac{dP^z}{dt} = qE
\end{equation*}
D'on extraiem que $p^x$ i $p^y$ són constants, iguals a les respectives CI $p^y=p_0^{\,y}$ i $p^x=0$. I, també ràpidament, $p^z=qEt + p_0^{\,z}$. La component 0 la trobem més fàcilment amb $P^2$:
\begin{equation*}
m^2c^2=P^2=(P^0)^2-\vec{p}^2 = (P^0)^2-(p^y)^2-(p^z)^2 \quad\rightarrow\quad
P^0 = \sqrt{m^2c^2 + (p^{\,y}_0)^2+(qEt+p_0^{\,z})^2}
\end{equation*}
D'ara en endavant emprarem $A^2\equiv m^2c^2+(p_0^{\,y})^2$. A partir dels moments (\ref{eq:udesdep}), podem calcular les velocitats:
\begin{equation*}
\frac{dx}{dt} = u^x(t) = 0   \quad
\frac{dy}{dt}= u^y(t)=c\frac{p^y}{P^0} = c\frac{p_0^{\,y}}{\sqrt{A^2+(qEt+p_0^{\,z})^2}}\quad
\frac{dz}{dt}= u^z(t)= c\frac{qEt+p_0^{\,z}}{\sqrt{A^2+(qEt+p_0^{\,z})^2}}
\end{equation*}
I per trobar la trajectòria, senzillament cal integrar això:
\begin{equation*}
x(t) = x_0 \qquad
y(t) = \frac{cp_0^{\,y}}{qE} \sinh^{-1} {\left(\frac{qEt+p_0^{\,z}}{A}\right)} + C \qquad
z(t) = \frac{c}{qE}\sqrt{A^2+(qEt+p_0^{\,z})^2} + D
\end{equation*}
Si ens interessa donar sentit a les constants d'integració, podem fer-ho a partir de la posició inicial $y(t=0)=y_0$ i $z(t=0)=z_0$, aleshores, queda:
\footnotesize
\begin{equation*}
y(t) = y_0 + \frac{cp_0^{\,y}}{qE}\left[ \sinh^{-1} {\left(\frac{qEt+p_0^{\,z}}{A}\right)} - \sinh^{-1} {\left(\frac{p_0^{\,z}}{A}\right)}\right] \qquad
z(t) = z_0 + \frac{c}{qE}\left[\sqrt{A^2+(qEt+p_0^{\,z})^2} -\sqrt{A^2+(p_0^{\,z})^2} \right]
\end{equation*}
\normalsize

\textbf{Apartat b)} En aquest camp el camp elèctric és nul, només hi ha camp magnètic, que prendrem en la direcció z: $\vec{B}=B\vec{e_z}$. Malgrat la velocitat inicial és en el pla yz, a partir d'aquest instant pot prendre qualsevol direcció. Plantegem les corresponents equacions del moviment.
\begin{equation*}
\frac{dP^0}{dt} = 0 \qquad
\frac{d\vec{p}}{dt} = \frac{m\gamma\vec{u}}{dt} =
q\frac{\vec{u}}{c}\times\vec{B} =\frac{qB}{c}(-u^x\vec{e_y} + u^y\vec{e_x}
\end{equation*}
Quan no hi ha camp elèctric, de la primera equació veiem que $p^0=m\gamma c$ és constant, i per tant $\gamma$ és constant (això implica que el mòdul de la velocitat també ho és). Definint $\omega^2 = qB/m\gamma c$, de la segona equació ens sortiran dues equacions per les components x i y, tals que:
\begin{equation} \label{2.6eqsacob}
\dot{u}^x=\omega^2 u^y \qquad \dot{u}^y=-\omega^2 u^x 
\end{equation}
Que són dues equacions diferencials acoblades. Per desacoblar-les, derivem la 1a i hi substituïm $\dot{u}^y$ de la 2a. Així ens quedaran dues equacions d'un MHS: 
$\ddot{u}^x+\omega^2 u^x = 0$ i $\ddot{u}^y+\omega^2 u^y = 0$. Les solucions són:
\begin{equation*}
u^x(t) = A\cos(\omega t + \alpha) \qquad
u^y(t) = B\cos(\omega t + \beta)
\end{equation*}
Per trobar les constants d'integració, hem d'aplicar les CI $u^x(t=0)=0$ i $u^y(t=0) = y_0^{\,y}$; i també que és compleixin les equacions acoblades (\ref{2.6eqsacob}). 
Així, trobem $\alpha=\pi/2$, $\beta=0$ i $A=-B$. Definirem $A\equiv u_\perp$ com la velocitat transversal. Així doncs, queden:
\begin{equation*}
u^x(t) = -u_\perp\sin(\omega t) \qquad
u^y(t) = u_\perp\cos(\omega t)
\end{equation*}
Veiem que efectivament el mòdul de la velocitat és constant: 
$|u^x|^2+ |u^x|^2 = A^2 = |u_\perp|^2$. Per trobar la trajectòria cal integrar això:
\begin{equation*}
x(t) = \frac{u_\perp}{\omega}\cos(\omega t) \qquad
y(t) = \frac{u_\perp}{\omega}\sin(\omega t) \qquad
z(t) = u_0^{\,z}t +z_0
\end{equation*}
En el xy tenim un moviment circular de radi $u_\perp/\omega$ i freqüència $\omega$, mentre que en z avança en un MRU: el resultat és una trajectòria helicoïdal.


\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.7
\textbf{Una partícula de càrrega q i massa m entra en una regió on hi ha un camp elèctric i un camp magnètic uniformes i paral·lels, $\vec{E} = E\vec{e_x}$ i $\vec{B} = B\vec{e_x}$, amb un moment inicial $\vec{p}(0) = p^y(0)\vec{e_y}$.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{A partir de les equacions de moviment demostreu que $(p^y)^2 + (p^z)^2$ és una constant.}
\item \textbf{Ajudeu-vos del resultat anterior per calcular la trajectòria en la direcció x, és a dir x(t), i calculeu la relació entre t (temps inercial) i el temps propi de la partícula $\tau$: $t(\tau)$.}
\item \textbf{Resoleu les equacions del moviment per $p^y$ i $p^z$ en termes del temps propi $\tau$ i calculeu la part de la trajectòria $y(\tau)$ i $z(\tau)$.}
\item \textbf{Descriviu la trajectòria de la partícula.}
\end{enumerate}
\textbf{Ajut: $\int (a^2+x^2)^{-1/2}dx = sinh^{-1}(x/a)$}

En aquest exercici ens estan demanant que trobem la trajectòria de la partícula, i ens guien en diferents passos. Primer de tot, plantegem les equacions del moviment (\ref{eqsmovlor}), que amb aquests camps de l'enunciat queden:
\begin{equation*}
\frac{d\vec{p}}{dt}=\frac{d(m\gamma\vec{u})}{dt} = q(E\vec{e_x}+\frac{u^xB}{c}\vec{e_y} - \frac{u^yB}{c}\vec{e_z}) \qquad
\frac{dP^0}{dt} = \frac{d(m\gamma c)}{dt} = \frac{q}{c}u^xE
\end{equation*}
Recordem que la velocitat pot prendre qualsevol direcció en el seu moviment: $\vec{u}=u^x\vec{e_x}+u^y\vec{e_y}+u^z\vec{e_z}$. Escrivim l'equació de $\vec{p}$ en components per veure-ho més clar:
\begin{equation} \label{2.7eqsmov}
\frac{dp^x}{dt}=qE \qquad
\frac{dp^y}{dt}=\frac{qB}{c}u^z \qquad
\frac{dp^z}{dt}=-\frac{qB}{c}u^y
\end{equation}
La primera equació ja és integrable: $p^x(t)=qEt + p_0^{\,x} = qEt$. Per resoldre les altres dues, sumarem $p^y$(\ref{2.7eqsmov}.2) + $p^z$(\ref{2.7eqsmov}.3). L'equació resultant serà:
\begin{equation*}
(p^y\frac{dp^y}{dt} + p^z\frac{dp^z}{dt}) = \frac{2qB}{c}(p^yu^x -p^xu^y)
\end{equation*}
Amb una lleugera idea feliç, ens podem adonar que aquesta expressió correspon a la derivada del quadrat de cada moment, justament el que volem:
\begin{equation*}
\frac{1}{2}\frac{d}{dt}[(p^y)^2+(p^z)^2] = \frac{2qB}{c}[(m\gamma u^y)u^x - (m\gamma u^x)u^y] = 0
\end{equation*}
D'on traiem que $(p^y)^2+(p^z)^2=\text{constant}$, com volíem demostrar. Per trobar el valor de la constant, apliquem les condicions inicials $p_0^{\,z}=0$ i $p_0^{\,y}\neq 0$. Així, a l'inici $(p^y)^2+(p^z)^2= (p_0^{\,y})^2$. I com és una constant, aquest valor és el mateix a tot el moviment. ALTERNATIVA: Podem fer els passos a la inversa, és a dir, per comprovar que $(p^y)^2+(p^z)^2$ és constant, derivar-ho respecte el temps, substituir $p^i = m\gamma u^i$ i les equacions (\ref{2.7eqsmov}), per obtenir que la derivada és idènticament 0. Més natural.

Per trobar $P^0$ apliquem $m^2c^2 = P^2 = |P^0|^2 - |p^x|^2 - |p^y|^2 - |p^z|^2$. Substituint els valors que hem trobat, tenim:
\begin{equation*}
P^0(t) =\sqrt{m^2c^2 + q^2E^2t^2 +|p_0^{\,y}|^2} = \sqrt{a^2 + q^2E^2t^2}
\end{equation*}
On hem definit $a^2 \equiv m^2c^2 + +|p_0^{\,y}|^2$. Tal com ens diu l'enunciat, tot seguit volem saber $x(t)$. Per fer-ho, calculem la velocitat i integrem:
\begin{equation*}
\frac{dx}{dt} = u^x = c\frac{p^x}{P^0} = \frac{cqEt}{\sqrt{a^2+q^2E^2t^2}} 
\quad\rightarrow\quad
x(t) = \frac{c}{qE}(\sqrt{a^2+q^2E^2t^2}-a) + x_0
\end{equation*}
És a dir, en $x(t)$ segueix un moviment hiperbòlic. Quant a la relació entre temps i temps propi, ja és de força temps sabuda, correspon a (\ref{transtau}). Així doncs, cal integrar-la (aplicant que sabem $P^0=m\gamma c$):
\begin{equation} \label{2.7tau}
\tau = \int \frac{dt}{\gamma} = \int \frac{mcdt}{P^0} =  
\int \frac{mcdt}{\sqrt{a^2+q^2E^2t^2}} = \frac{mc}{qE}\sinh^{-1}\left(\frac{qEt}{a}\right)
\end{equation}
On hem posat a 0 la constant d'integració perquè només aporta una component de translació temporal. Com sabem, a mesura que la partícula s'accelera, hi ha més dilatació temporal (passa més ràpid el temps al LAB).  

Per l'apartat c) ens demana que escrivim les equacions diferencials en funció del temps propi, que així sigui, recuperem (\ref{2.7eqsmov}) i ho escrivim en funció de $\tau$:
\begin{equation*}
\frac{dp^y}{d\tau}=\gamma\frac{dp^y}{dt}=\frac{qB}{c}\gamma u^z=\frac{qB}{mc}p^z \qquad
\frac{dp^y}{d\tau}=\gamma\frac{dp^y}{dt}=-\frac{qB}{c}\gamma u^y=-\frac{qB}{mc}p^y
\end{equation*}
Definim $\omega^2 = qB/mc$, i ens surten dues equacions diferencials acoblades. Per resoldre-les, derivem respecte $\tau$ i substituïm. Queden dos MHS 
\footnote{Aquí els dos punts fan referència a una derivada respecte el temps propi $\tau$.} $\dot{p}^y +\omega^2 p^y = 0$ i $\dot{p}^z +\omega^2 p^z = 0$.
Per trobar les constants d'integració, apliquem les CI de $\vec{p}(0)$, i que es compleixin les equacions diferencials acoblades a $t=0$, és a dir, $\dot{p}^y(0)=\omega p^z(0)$ i $\dot{p}^z(0)=-\omega p^y(0)$. L'equació del moviment resultant és:
\begin{equation*}
p^y(\tau) = p^y(0)\cos\omega\tau \qquad
p^z(\tau) = -p^y(0)\sin\omega\tau
\end{equation*}
Per integrar, enlloc de fer-ho respecte el temps ho fem respecte el temps propi per facilitat, de manera que l'equació que sempre utilitzem canvia una mica:
\begin{equation*}
\frac{dy}{d\tau} = \gamma\frac{dy}{dt}=\gamma u^y = \gamma c \frac{p^y}{m\gamma c} = \frac{p^y(0)}{m}\cos\omega\tau \qquad
\frac{dy}{d\tau} = -\frac{p^y(0)}{m}\sin\omega\tau
\end{equation*}
Ara sí, integrem:
\begin{equation*}
y(\tau) = \frac{p^y(0)}{m\omega}\sin\omega\tau +y_0 \qquad
z(\tau) = \frac{p^y(0)}{m\omega}\cos\omega\tau + z_0
\end{equation*}
Així doncs, respecte el temps propi, veiem que fa un moviment circular en el pla yz de radi $R=p^y(0)/(m\omega)$, mentre avança en x. Això dóna una trajectòria helicoïdal amb un pas de rosca (la distància que recorre en x a cada període) que creix segons $x(t)$. Ara bé, i respecte el temps mesurat al laboratori? Recordant els resultats del temps propi a (\ref{2.7tau}), com el  temps propi avança més lent que el temps al LAB, un període de $\tau$ equival a un període major de $t$. Per això, la partícula avança més distància en un període del LAB que en un del sistema propi. Això implica que, malgrat les dues trajectòries són helicoïdals, la que veiem al sistema del LAB té un pas de rosca major, i que creix més ràpid.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI II.8
\textbf{Doneu la trajectòria d'una partícula de càrrega q i massa m dins d'un camp electromagnètic uniforme que satisfà: $\vec{E} \perp \vec{B}$ i $[c^{-1}]|\vec{E}| = |\vec{B}|$.}

Prendrem el sistema d'eixos tal que $\vec{E}=E\vec{e_y}$ i $\vec{B}=B\vec{e_z}=E\vec{e_z}$, com ens diu l'enunciat. Les equacions del moviment queden:
\begin{equation*}
\frac{dP^0}{dt} = \frac{d(m\gamma c)}{dt}=\frac{q}{c}u^y E \quad
\frac{dp^x}{dt} = \frac{q}{c}u^y B= \frac{q}{c}u^y E\quad
\frac{dp^y}{dt} = qE - \frac{q}{c}u^xB = qE(1-\frac{u^x}{c}) \quad
\frac{dp^z}{dt} = 0
\end{equation*} 
La resolució de $p^z$ és trivial: $p^z=p^z(0)$ constant. També veiem que la primera expressió i la segona són iguals, és a dir:
\begin{equation} \label{2.8const}
\frac{d}{dt}(m\gamma c-p^x)=0 \quad\rightarrow\quad
P^0-p^x= m\gamma c - p^x \equiv a = \text{constant}
\end{equation}
Tenim aquesta constant del moviment que serà útil. Apliquem la igualtat de $P^2$:
\begin{equation*}
m^2c^2=(P^0)^2-(p^x)^2-(p^y)^2-(p^z)^2 = (P^0-p^x)(P^0+p^x)-(p^y)^2-(p_0^{\,z})^2  
\end{equation*}
Identificant $a = P^0-p^x$ i definint la constant $b^2 = m^2c^2 +(p_0^{\,z})^2$, obtenim una expressió tal que $m\gamma c + p^x = \frac{1}{a}[(p^y)^2 + b^2]$.
Junt amb l'equació trobada a (\ref{2.8const}), tenim un sistema amb què podem trobar les expressions de $P^0$ i $p^x$:
\begin{equation*}
P^0 = m\gamma c = \frac{a}{2} + \frac{1}{2a}[(p^y)^2 + b^2] \qquad
p^x = m\gamma c - a = -\frac{a}{2} + \frac{1}{2a}[(p^y)^2 + b^2]
\end{equation*}
Problema: no sabem $p^y(t)$. Intentem trobar-ne l'expressió recuperant la seva equació del moviment, multiplicant-la per $m\gamma c$:
\begin{equation} \label{2.8dpydt}
m\gamma c \frac{dp^y}{dt} = qE(m\gamma c - m\gamma u^x) = qE(P^0-p^x)=qEa 
\quad\rightarrow\quad \frac{dp^y}{dt} = \frac{qEa}{m\gamma c}
\end{equation}
Per resoldre això, adonem-nos que $m\gamma c = P^0$ i en sabem l'expressió. Queda una equació diferencial per $p^y$ que sí sabem resoldre:
\begin{equation*}
\frac{dp^y}{dt} = \frac{qEa}{\frac{a}{2} + \frac{1}{2a}[(p^y)^2 + b^2]} 
\quad \rightarrow\quad
\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)p^y = \frac{1}{3a^2}(p^y)^3 = 2qEt
\end{equation*}
En integrar hem obtingut una equació cúbica per $p^y$ de què podem trobar la solució analítica amb les corresponents fórmules, però no ho farem perquè ja en tenim prou amb aquesta solució implícita. Aleshores, toca trobar les trajectòries, per tant, cal integrar respecte el temps les expressions dels moments. Com no en sabem la dependència exacta amb el temps (està implícita), aprofitem la relació entre $dt$ i $dp^y$ de l'equació (\ref{2.8dpydt}). Comencem amb $y(t)$:
\begin{equation*}
\frac{dy}{dt} = \frac{p^y}{m\gamma} \quad\rightarrow\quad
dy = \frac{p^y}{m\gamma} dt = \frac{p^y}{m\gamma} \frac{m\gamma c}{qEa}dp^y 
\quad\rightarrow\quad
y(t)= y_0 + \frac{c}{2qEa}(p^y(t))^2
\end{equation*}
De la mateixa manera, integrem $x(t)$ i $z(t)$:
\begin{equation*}
dx = \frac{p^xdt}{m\gamma} = \frac{p^xc}{qEa}dp^y = 
\frac{c}{qEa}\left[-\frac{a}{2} + \frac{1}{2a}[(p^y)^2 + b^2]\right]dp^y 
\;\rightarrow\;
x(t) = \frac{c}{2qE}\left[\left(\frac{b^2}{a^2}-1\right)p^y + \frac{1}{3a^2}(p^y)^3\right]
\end{equation*}
\begin{equation*}
dz = \frac{p^z}{m\gamma}dt = \frac{cp^z(0)}{qEa}dp^y \quad\rightarrow\quad
z(t) = z_0 + \frac{cp^z(0)}{qEa}p^y(t) 
\end{equation*}
Com tenim l'expressió de $p^y(t)$ implícita, no hi ha cap problema en deixar $\vec{x}(t)$ en funció d'aquest moment, i no explícitament del temps.

\section{Radiació per càrregues en moviment}
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.1
\textbf{Calculeu la mitjana en el temps de la potència radiada per unitat d'angle sòlid per una partícula no relativista de càrrega q.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Quan es mou al llarg de l'eix z amb trajectòria $z(t)=z_0 \cos{(\omega_0t)}$.}
\item \textbf{Quan es mou en un cercle de radi R en el pla (x,y) amb velocitat angular $\omega$.}
\end{enumerate}
\textbf{Discutiu en ambdós casos la distribució angular de la radiació i calculeu la potència total radiada. Ajut: Considereu que $z_0 \ll |\vec{x}|$ i que $R\ll |\vec{x}|$, on $\vec{x}$ és el punt d'observació.}

En aquest exercici ens demanen trobar la mitjana temporal de la potència radiada per unitat d'angle sòlid $dP/d\Omega$. Per poder fer-ho, cal trobar aquesta $dP/d\Omega$ i fer-ne la mitjana, és a dir, una integral entre $t=0$ i $t=T$ (essent $T$ el període de la seva oscil·lació: $T=2\pi/\omega_0$), dividida per $T$. Així doncs, recordem la fórmula de la distribució angular de la potència radiada:
\begin{equation} \label{distrP}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} = \frac{q^2}{4\pi c}\frac{[\vec{n}\times(\vec{n}-\vec{\beta})\times \dot{\vec{\beta}}]^2}{(1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})^5}
\end{equation}
Ara bé, com ens diuen que la càrrega no és relativista, podem aproximar que $\vec{\beta}\ll \vec{n}$ i que $\vec{n}\cdot\vec{\beta}\ll 1$. Aleshores, aplicant en l'expressió resultant que $\vec{n}\times(\vec{n}\times\dot{\vec{\beta}}) = \dot{\beta}^2 - (\vec{n}\cdot \dot{\vec{\beta}})^2$, obtenim:
\begin{equation} \label{distrPNR}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} =  \frac{q^2}{4\pi c} [\dot{\beta}^2 - (\vec{n}\cdot \dot{\vec{\beta}})^2] =  \frac{q^2}{4\pi c^3} [\dot{v}^2 - (\vec{n}\cdot \dot{\vec{v}})^2]
\end{equation}
En ambdós casos, utilitzarem l'aproximació que el punt d'observació $\vec{x}$ es troba molt lluny de la partícula, i per tant $z_0 \ll |\vec{x}|$ i $R \ll |\vec{x}|$. Però a més, una altra conseqüència d'aquesta aproximació és que podem considerar que la partícula "no es mou" del centre d'oscil·lació, de manera que el vector $\vec{n}$ (aquell que apunta de la posició retardada de la partícula al punt d'obs.) té sempre la mateixa direcció $\vec{x}$. Si no féssim això, hauríem de considerar que $\vec{n}$ canvia de direcció a mesura que la partícula es mou. 

\begin{wrapfigure}{r}{0.35\textwidth}
\centering
\includegraphics[width=0.25\textwidth]{III-1a-plant.jpg}
\caption{Croquis de l'apartat a).}
\label{fig:III-1a-plant}
\end{wrapfigure}

\textbf{Apartat a)}. La partícula es mou amb una trajectòria $z(t)=z_0 \cos{(\omega_0t)}$. Però per poder calcular la potència radiada hem de trobar $\dot{\vec{v}}(t)$, és a dir, cal derivar aquesta expressió dos cops respecte el temps. Fent això, obtenim $\dot{\vec{v}}(t) = -\omega_0^2\vec{r}(t)$. Aplicant aquesta expressió a la fórmula (\ref{distrPNR}), obtenim:
\begin{equation*}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} = \frac{q^2}{4\pi c^3} [\omega_0^4z_0^2 \cos^2(\omega_0t_R)\sin^2(\theta)]
\end{equation*}
On hem aplicat $\vec{n}\cdot \dot{\vec{v}} = -\omega_0^{ 2}r(t)\cos\theta$, essent $\theta$ l'angle zenital (des de l'eix z i cap avall). Així doncs, ja tenim la distribució angular de radiació, ara cal fer-ne el promig:
\begin{equation*}
\left\langle\frac{dP}{d\Omega}\right\rangle_T = \frac{1}{T} \int_0^T \frac{dP}{d\Omega} dt_R = \frac{q^2\omega_0^{ 4}z_0^{ 2}}{8\pi c^3}\sin^2\theta
\end{equation*}
On hem aplicat que la integral en un període de $cos^2(\omega_0t)$ és $1/2$. La potència radiativa està distribuïda segons $sin^2(\theta)$, que té un pic en $\theta=\pi/2$ i és nul·la en $\theta=0$ i $\theta=\pi$. Per tant, la radiació emesa és màxima sobre el pla xy, mentre que al llarg de l'eix z és nul·la. 

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{III-1a.jpg}
\centering
\caption{Distribució de la potència radiada per l'apartat a).}
\label{fig:III-1a}
\end{figure}

Per calcular la potència total radiada, cal integrar la distribució angular de radiació per $\forall \Omega$. Recordem que $d\Omega = d\varphi (-d(\cos \theta))$, i que $0<\varphi<2\pi$ i $1>\cos\theta >0$. Integrant això, obtenim:
\begin{equation*}
P = \int d\Omega \left\langle\frac{dP}{d\Omega}\right\rangle_T = \int_0^2\pi d\varphi \int_0^1 d(cos\theta) \left\langle\frac{dP}{d\Omega}\right\rangle_T = 
\frac{q^2 \omega_0^{ 4}z_0^{ 2}}{3c^3}
\end{equation*}



\begin{wrapfigure}{r}{0.35\textwidth}
\begin{center}
\includegraphics[width=0.25\textwidth]{III-1b-plant.jpg}
\caption{Croquis de l'apartat b).}
\label{fig:III-1b-plant}
\end{center}
\end{wrapfigure}

\textbf{Apartat b)}. En aquest cas, la trajectòria ve donada per:
\begin{equation*}
\vec{r}(t) = R[\cos(\omega_0 t)\vec{e_x}+\sin(\omega_0 t)\vec{e_y}]
\end{equation*}
Igualment, volem l'acceleració. Derivant dos cops, és igualment $\dot{\vec{v}}(t) = -\omega_0^2\vec{r}(t)$. En aquest cas, el vector $\vec{n}=\cos\theta \vec{e_z} + \sin\theta\cos\varphi \vec{e_x} + \sin\theta\sin\varphi \vec{e_y}$. Aplicant això a la fórmula (\ref{distrPNR}), obtenim:
\begin{equation*}
\frac{dP}{d\Omega}=\frac{q^2 \omega_0^{ 4}z_0^{ 2}}{4\pi c^3} [1-\sin^2\theta\cos^2(\omega_0 t-\varphi)]
\end{equation*}
On hem aplicat $\vec{n}\cdot \dot{\vec{v}} = -\omega_0R\sin\theta [\cos\varphi \cos(\omega_0t) + \sin\varphi\sin(\omega_0t)]$, i que coneixem la igualtat trigonomètrica $\cos\varphi \cos(\omega_0t) + \sin\varphi\sin(\omega_0t) = \cos(\omega_0 t - \varphi)$. Sigui com sigui, hem de fer la mitjana d'aquesta expressió, obtenim:
\begin{equation*}
\left\langle\frac{dP}{d\Omega}\right\rangle_T = \frac{1}{T} \int_0^T \frac{dP}{d\Omega} dt_R = \frac{q^2\omega_0^{ 4}R^2}{4\pi c^3}\left[1-\frac{1}{2}\sin^2\theta\right]
\end{equation*}
Aquesta distribució és justament oposada a l'anterior: és mínima (que no nul·la) en $\theta = \pi/2$, i màxima per $\theta = 0$ i $\theta=\pi$. Així, la radiació s'emet sobretot al llarg de l'eix z. 

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.6\textwidth]{III-1b.jpg}
\centering
\caption{Distribució de potència radiada. Esquerra: $P(\theta)$. Dreta: diagrama polar.}
\label{fig:III-1b}
\end{figure}

Per trobar la potència total, igual que a l'apartat anterior:
\begin{equation*}
P = \int d\Omega \left\langle\frac{dP}{d\Omega}\right\rangle_T = 
\frac{2}{3}\frac{q^2 \omega_0^{ 4}R^2}{c^3}
\end{equation*}
 
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.2
\textbf{Una partícula no relativista de càrrega $ze$, massa m, i energia total E col·lisiona radialment amb una força central repulsiva descrita per una energia potencial $V(r)$ el qual es fa més gran que E a petites distàncies.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que l'energia total radiada és:}
\begin{equation*}
\Delta W = [(4\pi\epsilon_0)^{-1}] \frac{4}{3} \frac{z^2 e^2}{m^2 c^3}\sqrt{\frac{m}{2}} \int_{r_m}^\infty {dr \left|\frac{dV}{dr}\right|^2 (V(r_m)-V(r))^{-1/2}}
\end{equation*}
\textbf{on $r_m$ és la distància mínima en la col·lisió.}
\item \textbf{Si $V(r)=[4\pi\epsilon_0)^{-1}]zZe^2/r$ (potencial coulombià), demostreu que:}
\begin{equation*}
\Delta W = \frac{8}{45} \frac{zmv_0^5}{Zc^3}
\end{equation*} 
\textbf{on $v_0$ és la velocitat a l'infinit.}
\end{enumerate}

Per trobar la potència total radiada, aplicarem la fórmula de Larmor (no relativista) per trobar la potència radiada a cada instant de temps $t$:
\begin{equation} \label{LarmorNR}
P = \frac{2}{3} \frac{q^2}{c^3}|\dot{\vec{v}}|^2
\end{equation}
On $q=ze$ segons l'enunciat. Com aixo només és un instant de temps, per calcular l'energia total radiada caldrà integrar aquesta fórmula a tot el moviment, per tant:
\begin{equation} \label{3.2Ptot}
\Delta W = \int_{-\infty}^\infty Pdt = 2 \int_0^\infty Pdt
\end{equation}
La partícula radia des que ve des de l'infinit ("$t=-\infty$"), fins que, després de rebotar en la barrera de potencial, ha marxat cap a l'infinit $t=\infty$. La partícula radia igual tant quan va com quan torna, perquè la trajectòria és igual, $\dot{v}^2(t)$ és el mateix. Per trobar aquesta acceleració, aplicarem les lleis de Newton (la partícula és no relativista): $m\dot{\vec{v}}=\vec{F}=-\vec{\nabla}V(r)$. Substituint això a (\ref{3.2Ptot}), obtenim:
\begin{equation*}
\Delta W = 2\frac{2}{3}\frac{z^2 e^2}{m^2c^3}\int_0^\infty dt \left|\frac{dV}{dr}\right|^2
\end{equation*}
Per poder calcular aquesta expressió caldria saber quina és la dependència $r(t)$, per poder trobar la relació entre $dt$ i $dr$. Ara bé, podem substituir $\dot{r}=dr/dt$ i trobar:
\begin{equation*}
\Delta W = 2\frac{2}{3}\frac{z^2 e^2}{m^2c^3}\int_0^\infty \frac{dr}{\dot{r}(r)} \left|\frac{dV}{dr}\right|^2
\end{equation*}
Així doncs, no cal realment saber $r(t)$ (el qual implicaria una integral segona), sinó que amb $\dot{r}(r)$ en tenim prou. Igualment, seguim necessitant aquesta dependència. Com la podem trobar? Doncs apliquem conservació de l'energia $E = m\dot{r}^2/2 + V(r)$. Com a dades sabem $r_m$ (el radi mínim, corresponent a un punt de retorn), en què $E=V(r_m)$ (perquè allà $\dot{r}=0$). Amb això, podem trobar: $\dot{r}(r)^2 = 2/m\; (V(r_m)-V(r))$.  Si substituïm això a la darrera expressió de $\Delta W$, obtenim:
\begin{equation*}
\Delta W = \frac{4}{3} \frac{z^2 e^2}{m^2 c^3}\sqrt{\frac{m}{2}} \int_{r_m}^\infty {dr \left|\frac{dV}{dr}\right|^2 (V(r_m)-V(r))^{-1/2}}
\end{equation*}
Com volíem demostrar.

Ara cal aplicar aquesta integral a un cas particular, amb l'expressió $V(r)$ del potencial coulombià que ens dóna l'enunciat. La integral quedarà:
\begin{equation*}
\Delta W =  \frac{4}{3} \frac{z^2 e^2}{m^2 c^3}\sqrt{\frac{m}{2}} \int_{r_m}^\infty \frac{z^2Z^2e^4}{r^4} \frac{dr}{\sqrt{V(r_m)-zZe^2/r}}
\end{equation*}
Per resoldre aquestes integral s'acostuma a fer el canvi de variable $u=r^{-1}$, amb $du = -u^2dr$, i $u(r=\infty)=0$ i $u(r=r_m)=u_{max}$. També ens farà falta aplicar la conservació d'energia, sabent que, per aquest potencial, el potencial s'anul·la a l'infinit i allà en coneixem la velocitat $v_0$. Així doncs: $V(r_m) = 1/2 \; mv_0^{ 2}$. Amb això, la integral queda:
\begin{equation} \label{3.2res}
\Delta W = \frac{4}{3} \frac{z^2 e^2}{m^2 c^3}\sqrt{\frac{m}{2}} \int_0^{u_{max}} \frac{u^2du}{\sqrt{\frac{1}{2}mv_0^{ 2}-zZe^2u}} = ... = \frac{8}{45} \frac{zmv_0^{ 5}}{Zc^3}
\end{equation}
Integral que no és immediata, i on cal haver aplicat $\frac{1}{2}mv_0^{ 2} - zZe^2u_{max}=0$. Així, hauríem acabat l'exercici.

Ara bé, realment és correcte aplicar la conservació de l'energia en aquest problema? Estrictament, no, perquè la partícula està radiant i, per tant, perdent energia. Escrivim, però, l'energia que ha perdut radiant del resultat (\ref{3.2res}) en funció de l'energia $E$ de la partícula:
\begin{equation*}
\Delta W = E \left(\frac{v_0}{c}\right)^3 \left(\frac{z}{Z}\right)\left(\frac{16}{45}\right)
\end{equation*}
Com $v_0\ll c$, el primer parèntesi (que a més, està al cub), és molt molt menor que 1, i per tant, $\Delta W \ll E$, l'energia que ha perdut és despreciable enfront la que tenia, i per tant l'aproximació d'$E$ constant és molt bona.

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.3
\textbf{Una partícula de massa m i càrrega q amb una velocitat $\vec{u_0}$, molt propera a la velocitat de la llum, incideix perpendicularment en un medi que la frena amb un força $b\gamma u$ en la direcció del moviment (b és un coeficient de fricció). El medi redueix el moment de la partícula a la meitat i aquesta segueix el seu moviment a velocitat constant.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Calculeu el temps que triga la partícula en travessar el medi.}
\item \textbf{Calculeu l'energia total radiada}
\item \textbf{Calculeu la durada del senyal en un detector llunyà situat sobre l'eix del moviment capaç de mesurar la radiació en un angle sòlid petit al voltant de la direcció del moviment.}
\end{enumerate}

Cal, un cop més, saber la trajectòria de la partícula per saber quant triga en travessar el medi.
En aquest cas, en tenim prou amb saber $\vec{f}=-b\gamma \vec{u}$ per poder resoldre el problema:
\begin{equation*}
\frac{d(m\gamma \vec{u})}{dt} = -b\gamma \vec{u} \quad \rightarrow \quad 
\frac{d(\gamma \vec{u})}{\gamma \vec{u}} = -\frac{b}{m}dt \quad \rightarrow \quad
(\gamma u)(t) = \gamma_0 u_0 e^{-\frac{b}{m}t}
\end{equation*} 
Aleshores, busquem aquell $t=T$ en què $m(\gamma u)(T) = m\gamma_0u_0/2$,  i trobem $T=\frac{m}{b}\ln{2}$.

Per calcular l'energia total radiada, hem de fer el mateix que en l'exercici anterior: calcular la potència instantània a partir de la fórmula de Larmor, i integrar-la en tot el temps en què radia. Com les partícules només radien quan estan accelerades, només radiarà mentre està sent frenada pel medi: entre $t=0$ i $t=T$. Calculem la potència radiada instantània amb la fórmula de Larmor (relativista!):
\begin{equation} \label{Larmor}
P = -\frac{2}{3} \frac{q^2}{m^2 c^3}\frac{dP}{d\tau}\frac{dP}{d\tau} = -\frac{2}{3} \frac{q^2}{m^2 c^3}\gamma^2\frac{dP}{dt}\frac{dP}{dt}
\end{equation}
Compte que a les 4-forces $dP/dt$ i $dP/d\tau$ la $P$ és el 4-moment, mentre que la primera $P$ és la potència radiada! Aleshores, calculem el quadrat de la 4-força:
\small
\begin{equation*}
\frac{dP}{dt}\frac{dP}{dt} = \left[\left(\frac{dP^0}{dt}\right)^2-\left(\frac{d\vec{p}}{dt}\right)^2\right] = \left[\left(\frac{\vec{f}\cdot \vec{u}}{c}\right)^2-\left(\vec{f}\right)^2\right] = \frac{b^2\gamma^2u^4}{c^2} - b^2\gamma^2u^2 = 
b^2\gamma^2u^2 \left(\frac{u^2}{c^2} - 1\right) = - b^2 u^2
\end{equation*}
\normalsize
Aplicat això a la fórmula de Larmor (\ref{Larmor}), trobem:
\begin{equation*}
P = \frac{2}{3} \frac{q^2}{m^2c^3} b^2 \gamma^2 u^2 = 
\frac{2}{3} \frac{q^2}{m^2c^3} b^2 \gamma_0^{\,2} u_0^{\,2} \, e^{-2\frac{b}{m}t}
\end{equation*}
Ara cal integrar aquesta potència per trobar l'energia total radiada:
\begin{equation*}
E = \int_0^T Pdt = \frac{q^2 b \gamma_0^{\,2}u_0^{\,2}}{4mc^3}
\end{equation*}
On hem aplicat el resultat de $T$ trobat abans. Cal dir que enlloc d'un 4, a mi m'ha donat un 6.

La radiació que hem estudiat a les classes de teoria sabem que és emesa de manera concentrada en la direcció del moviment, de manera que el detector que allà col·loquem rebrà radiació per tota l'estona que radiï la partícula (sempre hi està apuntant). Com hem dit, la partícula radia només entre $t_R=0$ i $t_R=T$ (és temps retardat perquè són els temps en què la partícula radia). Cal veure quina relació hi ha entre aquest interval de temps retardat i el temps al punt d'observació. Sabem que:
\begin{equation} \label{tRt}
\frac{dt}{dt_R} = 1 - \vec{\beta}\cdot \vec{n}
\end{equation}
"Senzillament", hem d'integrar aquesta expressió per trobar $\Delta t_{obs}$:
\begin{equation*}
\Delta t_{obs} = \int_0^T \left(1-\frac{\vec{u}}{c}\cdot\vec{n}\right)dt_R = T - \int_0^T \frac{u}{c}dt_R = ... = T - \frac{m}{b}\ln\left[\frac
{\frac{\gamma_0 u_0}{c}+ \sqrt{1+\frac{\gamma_0^{\,2}u_0^{\,2}}{c^2}}}
{\frac{\gamma_0 u_0}{c}+ \sqrt{1+\frac{\gamma_0^{\,2}u_0^{\,2}}{4c^2}}}
\right]
\end{equation*}
Per resoldre aquesta integral hem aplicat que $\vec{u}\cdot\vec{n} = u\cos\theta \approx u$ perquè $\theta \ll 1$ (radiació concentrada a la direcció de la velocitat), i hem hagut d'aïllar $u(t)$ de l'expressió que hem trobat $\gamma u(t)$ per substituir-la. Es deixa per l'estudiant.

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.3\textwidth]{III-3.jpg}
\centering
\caption{Diagrama d'espai temps de la partícula i la radiació emesa.}
\label{fig:III-3}
\end{figure}


\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.4
\textbf{Considereu un condensador de plaques planes i paral·leles separades una distància d i sotmeses a una diferència de potencial V. Un electró relativista entra amb una energia $E_0$ pel centre del condensador paral·lelament a les plaques.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que la potència radiada per la càrrega és constant.}
\item \textbf{Calculeu la trajectòria de l'electró.}
\item \textbf{Doneu el temps que triga l'electró en ser capturat per la placa positiva.}
\item \textbf{Doneu la longitud mínima del condensador per tal que l'electró sigui capturat.}
\item \textbf{Calculeu l'energia total emesa per l'electró abans de la captura.}
\end{enumerate} 

Comencem exercicis de trajectòries de càrregues en camps electromagnètics. Haurem de integrar les equacions del moviment (\ref{Eqmov}) per la força de Lorentz.
En aquest exercici només tenim un condensador, per tant $B=0$ i $\vec{E}=-\frac{V}{d}\vec{e_z}$, i les equacions queden més senzilles:
\begin{equation} \label{3.4eqsmov}
\frac{dP^0}{dt} = \frac{q}{c}\vec{u}\cdot\vec{E} \quad
\frac{dP^x}{dt} = 0 \quad
\frac{dP^y}{dt} = 0 \quad
\frac{dP^z}{dt} = qE
\end{equation}
Malgrat la velocitat inicial és $\vec{v}(0)=v^x(0)\vec{e_x}$, el camp elèctric canviarà la seva trajectòria i, a priori, $\vec{v}(t)$ pot prendre qualsevol direcció. Com ens demanen a l'apartat a), calculem la potència radiada amb la fórmula de Larmor relativista:
\begin{equation} \label{3.4Larmor}
P = -\frac{2}{3} \frac{q^2 \gamma^2}{m^2c^3}\frac{dP}{dt}\frac{dP}{dt} = 
\frac{2}{3} \frac{q^4 \gamma^2}{m^2c^3}\left(\frac{(\vec{u}\cdot\vec{E})^2}{c^2}-E^2 \right) = \frac{2}{3} \frac{q^4 \gamma^2 E^2}{m^2c^3}\left(1-\frac{(u^z)^2}{c^2}\right)
\end{equation}
Per poder saber la potència radiada a cada instant de temps, cal trobar $u^z(t)$, és a dir, integrar un cop les equacions del moviment (\ref{3.4eqsmov}). D'aquestes, veiem ràpidament que $p^x$ i $p^y$ són constants. Com sabem la velocitat inicial, podem saber el moment inicial, que és el que es manté constant:
\begin{equation*}
p^x(t)= p^x(0)= m\gamma_0 u^x(0)   \quad   p^y(t) = p^y(0) = 0 
\end{equation*}
Podem calcular $\gamma_0$ i $u^x(0)$ a partir de l'energia inicial que ens donen $E_0 = m\gamma_0 c^2$. Quant a la component z, la seva integral també és trivial: $p^z(t) = qEt$. Finalment, per trobar la component 0, enlloc d'integrar, és molt més convenient utilitzar $P^2 = m^2c^2$, de manera que: 
\begin{equation*}
p^0 = \sqrt{m^2c^2+p^x(0)^2+q^2E^2t^2} = \sqrt{m^2c^2+m^2\gamma_0^{\,2} u^x(0)^2+q^2E^2t^2} = \sqrt{\frac{E_0^{\,2}}{c^2}+q^2E^2t^2}
\end{equation*}
Conegut $P$, és fàcil conèixer $\vec{u}$. Per exemple, per la que ens interessa substituir a la fórmula de Larmor: $u^z(t) = c {p^z(t)}/{p^0(t)}$. Col·loquem aquesta expressió a (\ref{3.4Larmor}):
\begin{equation*}
P = \frac{2}{3} \frac{q^4 E^2}{m^4c^5}m^2\gamma^2c^2
\left(1-\frac{q^2E^2t^2}{E_0^{\,2}/c^2 + q^2E^2t^2}\right) = 
\frac{2}{3} \frac{q^4 E^2 E_0^2}{m^4c^7}
\end{equation*}
Que és constant, com volíem demostrar. Hem aplicat que $m^2\gamma^2c^2 = (p^0)^2$ per poder substituir la seva expressió.

Per poder trobar la trajectòria de l'electró, cal trobar l'expressió de $u^x(t)$, de $u^y(t)$ i de $u^z(t)$ (que ja hem trobat). Ho fem de la mateixa manera:
\begin{equation*}
u^x(t) = c \frac{p^x(t)}{p^0(t)} = \frac{cm\gamma_0 u^x(0)}{\sqrt{\frac{E_0^{\,2}}{c^2}+q^2E^2t^2}} \quad u^y(t) = c \frac{p^x(t)}{p^0(t)} = 0 \quad
u^z(t) = c \frac{p^z(t)}{p^0(t)} =  \frac{qcEt}{\sqrt{\frac{E_0^{\,2}}{c^2}+q^2E^2t^2}}
\end{equation*}
La trajectòria serà senzillament la integral d'aquestes velocitats (suposem que la partícula es troben a l'origen a $t=0$):
\begin{equation*}
x(t) = \int u^xdt = \frac{cp^x(0)}{qE} \sinh^{-1}\left(\frac{cqE}{E_0}t\right) +
\quad y(t) = 0 \quad
z(t) = \frac{E_0}{qE} \left[\sqrt{1+\frac{c^2q^2E^2}{E_0^{\,2}}t^2}-1\right]
\end{equation*}
Podem substituir millor $E=V/d$. Per trobar el temps que tardarà en ser captat per la placa superior (doncs anirà cap amunt per la direcció del camp), apliquem que $z(t=T)=d/2$. A partir d'aquí, aïllem $T$ i trobem:
\begin{equation*}
T = \frac{d}{2c} \sqrt{1+\frac{4E_0}{qV}}
\end{equation*}
Un cop tenim el temps que triga en ser capturat, la longitud mínima del condensador és justament la que recorre l'electró abans de ser capturat, per tant, $x(t=T)$. Senzillament cal substituir l'expressió anterior i tenim:
\begin{equation*}
L_{min} = x(t=T) = \frac{cp^x(0)}{qE} \sinh^{-1}\left(\frac{Vq}{2E_0} \sqrt{1+\frac{4E_0}{qV}}\right)
\end{equation*}
I l'energia total emesa per l'electró serà la integral en tot el temps en què radia, és a dir, des que entra al condensador i és accelerat fins que és capturat:
\begin{equation*}
E = \int_0^T Pdt = PT = \frac{q^4 V^2 E_0^{\,2}}{3m^4 c^8 d} \sqrt{1+\frac{4E_0}{qV}}
\end{equation*}
La integral és trivial, perquè com hem dit a l'apartat a), $P$ és constant. 

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.5
\textbf{Una partícula de massa m i càrrega q es mou amb una velocitat relativista $v_0$ en direcció perpendicular a un fil recte i amb un paràmetre d'impacte b respecte aquest. El fil es troba carregat amb una densitat lineal de càrrega uniforme $\lambda$ del mateix signe que la càrrega.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Doneu la potència instantània radiada per la càrrega en funció de m, q, $\lambda$, la velocitat i la posició.}
\item \textbf{Suposant que la càrrega es desvia molt poc de la trajectòria inicial i que la variació de la seva velocitat és molt petita en relació a la velocitat inicial, calculeu l'energia total radiada per la càrrega en tota la seva trajectòria (en aquesta aproximació la trajectòria
és una recta recorreguda a velocitat constant).}
\item \textbf{En el límit no relativista calculeu la distribució angular de la radiació en el punt on la potència radiada és màxima.}
\end{enumerate}

Com hem de calcular la potència instantània radiada per la partícula, caldrà aplicar la fórmula de Larmor relativista (equació \ref{Larmor}) utilitzant com a 4-força les mateixes equacions que a l'equació (\ref{eqsmovlor}), essent $B=0$ també. Ara bé, en aquest cas, no sabem quant val el camp elèctric creat pel fil. Per calcular-lo, apliquem la corresponent llei de Maxwell:
\begin{equation*}
E2\pi RL = \oint \vec{E}\cdot d^2\vec{S} = \int \vec{\nabla}\times\vec{E} \; d^3x =
\int 4\pi\rho d^3x = 4\pi \lambda L
\end{equation*}
On hem aplicat que la densitat de càrrega del fil és $\rho = \lambda \delta(x)\delta(y)$, essent les $\delta$ deltes de Dirac (potser tampoc calia complicar-se tant). D'aquí extraiem que el camp és:
\begin{equation*}
\vec{E} = \frac{2\lambda}{r}\vec{e_r} = \frac{2\lambda}{r^2}(x\vec{e_x}+y\vec{e_y})
\end{equation*}
Així doncs, com hem dit, apliquem (\ref{Larmor}) sabent (\ref{eqsmovlor}) amb aquest camp elèctric:
\begin{equation*}
P = \frac{2}{3} \frac{q^4\gamma^2}{m^2c^3} \left[E^2 - \frac{(\vec{v}\cdot\vec{E})^2}{c^2} \right] = ... = \frac{8}{3} \frac{q^4\gamma^2\lambda^2}{m^2c^3}\frac{1}{x^2+y^2} 
\left[ 1-\frac{(xv^x+yv^y)^2}{c^2(x^2+y^2)} \right]
\end{equation*}
Per calcular això caldria integrar un altre cop per $t\in(-\infty,\infty)$, però en tenir $P$ una forma bastant complicada, el càlcul és poc analític. Per això, considerem el cas particular que ens diu l'enunciat: considerar que la partícula segueix un MRU. En aquest cas $v^x=v_0$ i $v^y=0$, de manera que $x=v_0t$ i $y=b$. Amb aquesta aproximació (caldria $b$ força gran), l'energia total radiada és:
\begin{equation*}
E = \int_{-\infty}^\infty Pdt = \frac{2}{v_0} \int _0^\infty P(x)dx = 
\frac{8\pi}{3} \frac{q^4\gamma^2\lambda^2}{m^2c^3}\frac{\gamma_0^{\,3}}{bv_0}
\left(1-\frac{1}{2}\frac{v_0^{\,2}}{c^2} \right)
\end{equation*} 

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.6
\textbf{Una partícula de massa m i càrrega q entra en una regió on hi ha un camp magnètic $\vec{B}$ uniforme amb una velocitat $\vec{v_0}$, propera a c, que forma un angle $\psi$ amb $\vec{B}$.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Demostreu que la partícula segueix una trajectòria helicoïdal.}
\item \textbf{Quina energia perdrà la partícula en un cicle de la seva trajectòria com a conseqüència de la radiació emesa?}
\item \textbf{La distribució angular de la potència radiada per la càrrega.}
\item \textbf{Tenint en compte que un observador molt llunyà només rebrà radiació emesa quan la velocitat de la partícula apunta cap a l'observador (recordeu que l'angle on es concentra la radiació és molt petit), calculeu el temps que separa l'arribada dels polsos a l'observador. Nota: negligiu les pèrdues per radiació.}
\end{enumerate}

Per facilitat, prendrem el camp magnètic en la direcció de l'eix z $\vec{B} = B\vec{e_z}$, de manera que la velocitat inicial és coplanària en zy, tal que $\vec{v}(0) = v_0 \sin\psi \vec{e_y} + v_0 \cos\psi \vec{e_z}$. Ara bé, sota l'influència del camp magnètic, la velocitat pot prendre qualsevol direcció: $\vec{v} = v^x \vec{e_x} + v^y\vec{e_y} + v^z\vec{e_z}$. Per trobar la trajectòria hem d'integrar les equacions del moviment. En absència de camp elèctric, són molt senzilles:
\begin{equation} \label{eqsmovB}
\frac{d(m\gamma \vec{v})}{dt} = q \frac{\vec{v}}{c}\times\vec{B} \qquad
\frac{d(m\gamma c)}{dt} = 0
\end{equation}
De la segona equació podem treure que $\gamma = \gamma_0$ és constant, i per tant, el mòdul de la velocitat també ho haurà de ser. Sabent això, la primera equació queda:
\begin{equation*}
\frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{qB}{m\gamma_0c} (v^y \vec{e_x} - v^x\vec{e_y}) \quad \rightarrow \quad \dot{v}^x = \omega v^y \quad \dot{v}^y = -\omega v^x \quad \dot{v}^x = 0 
\end{equation*}
La component z es troba fàcil: $v^z(t) = v_0^{\,z} = v_0\cos\psi$. Les altres dues són equacions diferencials acoblades, per resoldre-les cal derivar-les i substituir una en l'altra. El resultat són dos MHS, tals que:
\begin{equation*}
v^x(t) = v_0^{\,x}\cos\omega t + B\sin\omega t \quad
v^y(t) = v_0^{\,y}\cos\omega t + C\sin\omega t
\end{equation*}
On $v_0^{\,x}=0$ i $v_0^{\,y}=v_0 \sin\psi$, i $\omega \equiv qB/(m\gamma_0c)$. Per trobar les dues constants d'integració  hem d'aplicar les dues equacions diferencials acoblades, és a dir, $\dot{v}^x(0) = \omega v^y(0)$ i $\dot{v}^y(0) = -\omega v^x(0)$. D'aquí traiem $B=v_0 \sin\psi$ i $C=0$. D'aquesta manera, les velocitats queden:
\begin{equation*}
v^x(t) = v_0\sin\psi\sin\omega t \quad
v^y(t) = v_0\sin\psi\cos\omega t 
\end{equation*}
I podem trobar la trajectòria integrant això:
\begin{equation*}
x(t) = -\frac{v_0}{\omega}\sin\psi\cos\omega t +x_0\quad
y(t) = \frac{v_0}{\omega}\sin\psi\sin\omega t +y_0\quad
z(t) = v_0\cos\psi \; t + z_0
\end{equation*}
Com veiem, tenim un moviment circular de radi $v_0/\omega \; \sin\psi$ en el pla xy, mentre avança fent un MRU en z: la superposició dóna un moviment helicoïdal. El període del moviment circular és $2\pi/\omega$ i el pas de rosca és constant. 

Com l'energia la perd per radiació, l'energia perduda per unitat de temps és la potència radiada, ens cal trobar-la amb la fórmula de Larmor:
\begin{equation*}
P = -\frac{2}{3} \frac{q^2\gamma^2}{m^2c^3} \left(0-q^2 \frac{(\vec{v}\times\vec{B})^2}{c^2}\right) = \frac{2}{3} \frac{q^2\gamma^2}{m^2c^3} (Bv_0\sin\psi)^2 =
\frac{2}{3}\frac{q^4\gamma_0^{\,4}v_0^{\,2}}{c^3}\omega^2\sin^2\psi
\end{equation*}
En el segon pas hem aplicat $|\vec{v}\times\vec{B}| = Bv_0\sin\psi$. Efectivament, podem comprovar que l'angle $\psi$ entre els dos vectors és constant (per exemple, a partir de la fórmula de l'angle entre dos vectors). Ara cal integrar aquesta expressió (canviada de signe per saber la pèrdua d'energia) en un cicle, és a dir, entre $t=0$ i $t=T=2\pi/\omega$. Hem trobat que $P$ és constant, la integració serà trivial:
\begin{equation*}
E = -\int Pdt = -PT = - \frac{4\pi}{3}\frac{q^4\gamma_0^{\,4}v_0^{\,2}}{c^3}\omega\sin^2\psi
\end{equation*}

Quant a la distribució angular de radiació, senzillament correspon a aquella que hem trobat a teoria per una acceleració perpendicular a la velocitat (podem comprovar $\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}}=0$), per tant, en coordenades esfèriques:
\begin{equation*}
\frac{dP}{d\Omega} = \frac{q^2}{4\pi c^3} \frac{v^2}{1-\beta\cos\theta)^5} \left[
1-\frac{\sin^2\theta\cos^2\phi}{\gamma^2(1-\beta\cos\theta)^2}\right]
\end{equation*}

Com l'acceleració és perpendicular a la velocitat, sabem que la radiació està molt concentrada en la direcció de la velocitat (amb una amplada de $\Delta\theta = \gamma^{-1}$). Com la velocitat està rotant, només apuntarà en la mateixa direcció una vegada cada cicle, és a dir, cada període $T$. Però això és respecte la partícula (en temps retardat), per passar-ho a temps d'observació cal integrar la relació $t_R \leftrightarrow t$ (equació \ref{tRt}) en un període. Com tenim llibertat a l'hora de col·locar el receptor, $\vec{n}$ és arbitrari. Ho prendrem, per facilitat, paral·lel a $\vec{v}(0)$, és a dir, $\vec{n}=(0,\sin\psi,\cos\psi)$. Doncs, integrem:
\begin{equation*}
\Delta t_{obs} = \int_0^T \left(1-\frac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{c}\right)dt_R =
\int_0^T \left(1-\frac{v_0}{c}\sin^2\psi\cos\omega t_R -\frac{v_0}{c}\cos^2\psi\right) dt_R = T \left( 1 - \frac{v_0}{c}\cos^2\psi \right)
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
	\includegraphics[width=0.3\textwidth]{III-6.jpg}
	\centering
	\caption{Resolució gràfica de l'apartat d).}
	\label{fig:III-6}
\end{figure}

On hem aplicat que la integral del cosinus en un cicle és nul·la. ALTERNATIVA: Si tenim prou visió espacial, veiem que quan la partícula torna a tenir la mateixa velocitat després d'un cicle, aleshores es troba una mica més avançada en la direcció de $\vec{n}$ (està més aprop del receptor). Això li dóna una distància d'avantatge $\Delta x = v_0 \cos^2\psi \,T$ que fa que tardi menys en arribar que el pols anterior, concretament ($\Delta t = \Delta x /c$). Així, $\Delta t_{obs} = T-\Delta t$: obtenim la mateixa expressió.



\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.7
\textbf{La velocitat d'una partícula de massa m i càrrega q disminueix de $v_0$ a 0 en un interval de temps T.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Trobeu la distribució angular de l'energia radiada per la partícula suposant que l'acceleració és constant i el moviment rectilini.}
\item \textbf{Quina serà la duració del senyal rebut per un aparell detector de radiació estacionari en el laboratori?}
\end{enumerate}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.6\textwidth]{III-7-plant.jpg}
\centering
\caption{Moviment de la partícula i angles presos.}
\label{fig:III-7-plant}
\end{figure}

Ens diu que suposem que la partícula segueix un MRUA, que prenem en la direcció x. Com passa de $v=v_0$ a $v=0$ en un interval de temps $T$, és clar que l'acceleració és $a=-v_0/T$. I la velocitat seguirà l'equació $\vec{v}(t)=(-v_0t/T + v_0)\vec{e_x} = v_0(1-t/T)\vec{e_x}$. Per trobar la distribució angular senzillament apliquem la fórmula (\ref{distrP}) relativista, aplicant que $\beta \parallel \dot{\beta}$. Així, el producte $\beta\times\dot{\beta}$ s'el·limina, i queda:
\begin{equation*}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} = \frac{q^2}{4\pi c}\frac{[\vec{n}\times(\vec{n}-\vec{\beta})\times \dot{\vec{\beta}}]^2}{(1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})^5} =
\frac{q^2 \dot{\beta}^2}{4\pi c}\frac{\sin^2\theta}{(1-\beta\cos\theta)^5} =
\frac{q^2 v_0^{\,2}}{4\pi T^2c^3}\frac{\sin^2\theta}{\left(1-\frac{v_0}{c}
\left(1-\frac{t_R}{T}\right)\cos\theta\right)^5}
\end{equation*}
Com veiem, té simetria axial, no depèn de $\varphi$, només de $\theta$, com ha de ser. Ara bé, el que ens demana és la distribució angular de l'energia radiada, per tant, referent a tot el moviment en què radia, entre $t=0$ i $t=T$. Cal doncs integrar. Per fer-ho, cal suposar que l'observador està molt lluny, de manera que podem prendre $\vec{n}$ en la mateixa direcció per tot el moviment, i l'origen de $\theta$ no variï. Aplicant això, senzillament:
\small
\begin{equation*}
\frac{dW}{d\Omega} = \int_0^T \frac{dP(t_R)}{d\Omega}dt_R = \frac{q^2 v_0^{\,2}\sin^2\theta}{4\pi T^2 c^3}\int_0^T \frac{dt_R}{\left(1-\frac{v_0}{c}
\left(1-\frac{t_R}{T}\right)\cos\theta\right)^5} =
\frac{q^2 v_0^{\,2}}{16\pi Tc^2}\frac{\sin^2\theta}{\cos\theta}\left[
\frac{1}{(1-\frac{v_0}{c}\cos\theta)^4}-1\right]
\end{equation*}
\normalsize
Podem comprovar que quan $\theta=0$ no hi ha radiació. En aquest cas, l'observador rebrà radiació durant tot el temps en què radiï la partícula (no és com aquells casos on la radiació s'emet en la direcció de la velocitat i aquesta va variant), per tant senzillament cal convertir de temps retardat (entre $t_R=0$ i $t_R=T$) a temps d'observació:
\begin{equation*}
\Delta t_{obs} = \int_0^T (1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})dt_R = 
 \int_0^T \left(1-\frac{v_0}{c}\left[1-\frac{t_R}{T}\right]\cos\theta\right)dt_R =
T \left(1-\frac{v_0}{2c}\cos\theta\right)
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{III-7.jpg}
\centering
\caption{Diagrama espai-temps corresponent a la partícula.}
\label{fig:III-7}
\end{figure}

\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{1}}
\subsection{ }
\addtocontents{toc}{\protect\setcounter{tocdepth}{2}}
% EXERCICI III.8
\textbf{Una partícula de massa m i càrrega q es mou en un pla perpendicular a un camp magnètic
estàtic i uniforme $\vec{B}$.}
\begin{enumerate} [label = (\alph*)]
\item \textbf{Si a t = 0 l'energia de la partícula és $E_0$ calculeu com decreix aquesta energia degut a la radiació.}
\item \textbf{Demostreu que en el cas de velocitats properes a c:}
\begin{equation*}
t \simeq [4\pi \epsilon_0] \frac{3m^3c^5}{2q^4B^2} \left(\frac{1}{\gamma} - \frac{1}{\gamma_0}\right)
\end{equation*}
\textbf{On $\gamma_0 = \gamma(t=0)$.}
\item\textbf{Calculeu l'energia $E(t)$ de la partícula en el cas no relativista.}
\item\textbf{Tenint en compte que la partícula perd energia per radiació calculeu el radi de la
seva òrbita en funció del temps si inicialment el seu radi és $r_0$.}
\end{enumerate}

En l'exercici 3.2, per exemple, hem suposat que l'energia es conservava, i hem comprovat que era una bona aproximació perquè l'energia perduda per radiació és molt més petita que la de la partícula. Ara hi anirem amb una mica més de compte. En l'exercici, la partícula entra en un camp magnètic uniforme. Com hem vist a l'exercici 2.6 (i al 3.6 també), la trajectòria fa un moviment circular (no helicoïdal, ja ens ho diu l'enunciat), de manera que $\vec{v}\perp\vec{B}$. Les equacions del moviment són les de (\ref{eqsmovB}), d'on trobem $\gamma$ constant. Si som primmirats, això no és correcte: si considerem que la partícula perd energia, perd velocitat, i $\gamma$ es redueix. Ara bé, això és un error de 2n ordre que de moment negligirem. Apliquem la fórmula de Larmor per trobar la potència radiada (i així la pèrdua d'energia):
\begin{equation*}
P = \frac{2}{3}\frac{q^4}{m^2c^5}\gamma^2(\vec{u}\times\vec{B})^2 = 
\frac{2}{3}\frac{q^4 B^2}{m^2c^3}(\gamma^2-1)
\end{equation*}
On hem utilitzat $|\vec{u}\times\vec{B}|=uB$ (perquè són perpendiculars) i $\gamma^2 u^2/c^2 = \gamma^2 -1$, que és una identitat transparent i un "fet de la vida". Com veiem, si considerem $\gamma$ constant, també $P$ ho ha de ser. 

La conservació de l'energia que sí podem aplicar és la que té en compte l'energia radiada $W$:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}(E_{part}+W) = 0  \qquad \rightarrow \qquad 
P = \frac{dW}{dt} = -\frac{d}{dt}(m\gamma c^2)
\end{equation}
Clar, si diem que $\gamma$ és constant, en aquesta expressió tot queda nul (suposant la massa constant), el qual no té gaire sentit. Doncs, a partir d'ara, el que farem ara és considerar que $\gamma$ no és constant, malgrat que en tots els càlculs que hem fet fins ara ho hem suposat. Això ens donarà un resultat que tampoc serà 100\% correcte, perquè el resultat de $W$ no és correcte, però el que es diu és que $W$ és un terme pertorbatiu, el qual ens dóna la correcció principal de $dE/dt$. Així doncs, substituïm l'expressió de $P$ en aquesta expressió:
\begin{equation*}
P = \frac{2}{3}\frac{q^4 B^2}{m^2c^3}(\gamma^2-1) = -\frac{d}{dt}(m\gamma c^2) 
\quad \rightarrow \quad
\frac{d\gamma}{\gamma^2 -1} =  -\frac{2}{3}\frac{q^4 B^2}{m^3c^5}dt
\end{equation*}
Aquesta equació la podríem resoldre i trobar l'expressió general de $\gamma(t)$ amb la qual podem trobar $dE/dt$. Enlloc d'això, només la resoldrem per dos casos particulars, els dels apartats b) i c).

En el règim ultrarelativista ($\gamma \gg 1$), si integrem aquesta equació diferencial trobem ràpidament:
\begin{equation} \label{3.8UR}
t-t_0 = \frac{3m^3c^5}{2q^4B^2}\left(\frac{1}{\gamma}-\frac{1}{\gamma_0}\right)
\end{equation}
En el règim no relativista tenim $v^2\ll c^2$. Aleshores cal fer algun desenvolupament en Taylor (si féssim $\gamma \approx 1$ perdríem termes d'ordre 1 importants):
\begin{equation} \label{3.8aproxNR}
\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\approx\frac{1}{1-\frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2}} \approx 1 + \frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2} \quad \rightarrow \quad
d\gamma \approx \frac{v}{c^2}dv \qquad
\gamma^2 = \frac{1}{1-\frac{v^2}{c^2}} \approx 1 + \frac{v^2}{c^2}
\end{equation}
Amb aquests desenvolupaments, l'equació diferencial queda:
\begin{equation*}
\frac{\frac{v}{c^2}dv}{dt}=-\frac{2}{3}\frac{q^4B^2}{m^3c^5}\frac{v^2}{c^2}
\end{equation*}
Resolent aquesta expressió obtenim:
\begin{equation*}
v(t) = v_0 \exp{\left[-\frac{2}{3}\frac{q^4B^2}{m^3c^5}(t-t_0)\right]}
\end{equation*}
I la variació d'energia de la partícula serà la variació de la seva energia cinètica (podem emprar la fórmula de tota la vida en aquest règim NR):
\begin{equation*}
E(t) = \frac{1}{2}mv(t)^2 = \frac{1}{2}mv_0^{\,2} \exp{\left[-\frac{4}{3}\frac{q^4B^2}{m^3c^5}(t-t_0)\right]}
\end{equation*}

Com la partícula perd velocitat, la força de Lorentz serà menor (menor força centrípeta), la partícula girarà en un radi menor. Quin era el radi de l'òrbita? Doncs podem recuperar altres exercicis, però sabem que de l'equació (\ref{eqsmovB}) obteníem:
\begin{equation*}
\frac{d\vec{u}}{dt} = \frac{q}{cm\gamma}\vec{u}\times\vec{B} \quad \rightarrow \quad
x(t) =  \frac{u}{\omega} \sin(\omega t+\alpha) \qquad 
y(t) = -\frac{u}{\omega} \cos(\omega t+\alpha) \qquad \text{on}\; \omega = \frac{qB}{m\gamma c}
\end{equation*}
El radi d'aquesta òrbita circular és $R=u/\omega$. Per la dependència de $\omega$ amb $\gamma$, aquest radi variarà. Concretament:
\begin{equation*}
R = \frac{u}{\omega} = \frac{mc\gamma u}{qB} = \frac{mc^2}{qB}\sqrt{\gamma^2-1}
\end{equation*}
En el règim ultrarelativista podem fer $\gamma \gg 1$ i substituir l'expressió (\ref{3.8UR}) que hem trobat per $\gamma$, i trobaríem com varia el radi. Per règim no relativistes hem d'utilitzar l'aproximació de $\gamma^2$ de (\ref{3.8aproxNR}), i trobem:
\begin{equation*}
R = \frac{mc}{qB}v(t) = \frac{mc}{qB} v_0 \exp{\left[-\frac{2}{3}\frac{q^4B^2}{m^3c^5}(t-t_0)\right]}
\end{equation*}
En aquest darrer cas el radi inicial correspondria a $r_0 = mcv_0/qB$.
\end{document}