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Electrodinámica: Notas de Clase Rodolfo A. Diaz Universidad Nacional de Colombia Departamento de Física Bogotá, Colombia The Date

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Índice general I

Campos eléctricos y magnéticos independientes del tiempo

1. Electrostática 1.1. Ley de Coulomb y campo eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Ley de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Distribuciones de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3. Función delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Ley de Gauss en forma diferencial . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Potencial electrostático . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3. Potencial y trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Ecuaciones de campo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Cálculo de campos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Conductores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1. Cavidades en conductores . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Discontinuidades en el campo eléctrico y en el potencial . . . . 1.5.1. Capa dipolar super…cial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Unicidad del potencial con condiciones de Dirichlet y Neumann

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3 3 3 4 5 6 7 7 9 10 11 12 14 15 17 18

2. Funciones de Green en electrostática 2.0.1. Teoremas de Green en electrostática . . . . . . . . . . . . 2.1. Ecuación de Green y potencial electrostático . . . . . . . . . . . . 2.2. Interpretación de la función de Green en electrostática . . . . . . 2.3. Expansión en funciones ortonormales . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Ejemplos de funciones ortogonales . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Un teorema sobre las funciones de Green . . . . . . . . . 2.3.3. Cálculo de funciones de Green unidimensionales . . . . . . 2.3.4. Un ejemplo unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Problemas bidimensionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Combinación de método directo con expansión ortonormal 2.4.2. Problema bidimensional semi-in…nito . . . . . . . . . . . . 2.4.3. Función de Green en tres dimensiones . . . . . . . . . . .

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21 21 22 24 25 27 28 29 30 33 33 39 43

3. Método de imágenes 3.1. Método de imágenes y teorema de unicidad . . . . . . . . . . . 3.2. Carga frente a un plano equipotencial . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Linea de carga …nita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Carga puntual frente a una esfera conductora . . . . . . . . . . 3.4. Esfera conductora con hemisferios a diferente potencial . . . . . 3.5. Carga puntual frente a esfera conductora cargada y aislada . . 3.6. Carga puntual en frente de un conductor esférico a potencial V

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45 45 46 47 48 51 52 53

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iv

ÍNDICE GENERAL 3.7. Esfera conductora colocada en campo eléctrico uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4. Ecuación de Laplace 4.1. Propiedades de las soluciones de la Ecuación de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Unicidad de la ecuación de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Ecuación de Laplace en dos dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3. Cilindro in…nito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Ecuación de Laplace en tres dimensiones, coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Ecuación de Laplace en coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1. Operador momento angular orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.2. Ecuación de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.3. Propiedades de Pl (cos ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.4. Esfera con = V ( ) en la super…cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.5. Cascarones concéntricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Problemas con condiciones que no son de frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Expansión de jr 1r0 j en polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8. Funciones asociadas de Legendre y Armónicos Esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Delta de Dirac en coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. Función de Green en coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10.1. Teorema de adición de armónicos esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. Esfera uniformemente cargada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12. Función de Green para exterior en interior de la esfera combinando imágenes con autofunciones 4.13. Función de Green para espacio comprendido entre dos cascarones esféricos concéntricos con G = 0 en la super…cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 55 56 57 57 59 63 64 66 66 67 71 71 72 73 74 75 77 77 79 79 80

5. Ecuación de Poisson en coordenadas esféricas 5.1. Disco cargado uniformemente . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Condición de frontera en esfera con varilla interna . . . . 5.3. Carga super…cial en semicírculo . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Distribución poligonal de cargas . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas, Funciones

. . . . .

83 86 87 88 89 89

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91 91 91 92 94 94 96 98 100 102 105 106

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de Bessel

6. Multipolos eléctricos 6.1. Expansión multipolar del potencial electrostático . . . . . . . . . . . 6.1.1. Multipolos cartesianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2. Multipolos esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.3. Ilustración de los términos monopolo, dipolo, cuadrupolo, etc. 6.1.4. Dipolos para campos cercanos* . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.5. Multipolos de carga puntual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Energía potencial electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Distribuciones contínuas de carga . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Expansión multipolar de la energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4. Expansión multipolar de la fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Expansión multipolar del torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A. Teoremas de unicidad de la ecuación de Poisson

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107

Parte I

Campos eléctricos y magnéticos independientes del tiempo

Capítulo 1

Electrostática 1.1.

Ley de Coulomb y campo eléctrico

La interacción eléctrica se obtuvo inicialmente por frotamiento. Experimentalmente se encuentra que si tenemos dos cuerpos electrizados a distancias muchos mayores que sus dimensiones entonces La fuerza es proporcional al producto de las cargas. Dicha fuerza es central, es decir actúa a lo largo de la línea que une las cargas. F es proporcional a 1=r2 siendo r la distancia que separa las cargas. Solo hay dos tipos de electrización, partículas con electrizaciones semejantes se repelen en tanto que si ellas tienen electrizaciones diferentes se atraen. Esto puede verse fácilmente con experimentos de frotación. Convencionalmente se llamó positiva a la electrización que adquiere el vidrio frotado y negativa a la electrización que adquiere el ámbar frotado. Cuando tenemos una distribución de cargas que actúan sobre una carga pequeña, la fuerza y campo totales obedecen el principio de superposición. Este principio de superposición se puede extrapolar cuando tenemos distribuciones contínuas de carga.

1.1.1.

Ley de Coulomb

La fuerza que una carga puntual q1 ejerce sobre la carga q2 viene dada por Fq1 !q2 = K

q1 q2 (r2 r1 ) jr2 r1 j3

donde r1 , r2 son las posiciones de las cargas con respecto a algún sistema de referencia inercial, yK es una constante universal de proporcionalidad. En principio, todo el contenido Físico de la electrostática yace en la ley de Coulomb y el principio de superposición. La escogencia de la constante de proporcionalidad determina la unidad de carga. Las unidades mas comúnmente usadas son Unidades electrostáticas (e.s.u) en este sistema de unidades, q = 1 cuando ejerce una fuerza de una dina sobre otra carga idéntica colocada a un centímetro. Esta unidad es el statcoulomb y K = 1 (con unidades). MKSA o sistema internacional SI. en este caso se de…ne la constante K = 1= (4 "0 ) con "0 = 8;85 10 12 . q = 1coulomb cuando dos cargas idénticas separadas un metro experimentan una fuerza mutua de 4 1"0 N ewtons. 1Coul = 3 109 Statcoul:

4

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA

Las cargas son cantidades algebraicas reales positivas o negativas. La ley de Coulomb obedece automáticamente la ley de acción y reacción. Por otra parte, si asumimos que la Mecánica Newtoniana es una descripción adecuada de la naturaleza, el principio de superposición está contenido en la segunda ley de Newton, de tal forma que la ley de Coulomb se puede ver como un caso particular de fuerza que al obedecer la segunda ley debe cumplir el principio de superposición. Efectivamente, en el dominio de la mecánica clásica el principio de superposición está bien soportado a través de diversas pruebas experimentales1 . No obstante, en los dominios de la mecánica cuántica, se pueden observar pequeñas desviaciones debidas a procesos como la dispersión luz por luz y la polarización del vacío. De igual forma, existe una fuerte base experimental para la ley del inverso cuadrado tanto en el dominio microscópico como en el macroscópico. La ley de Coulomb también puede pensarse como la interacción de q2 con el campo generado por q1 . Fq1 !q2 De…nimos E1 = qjr1 (r2 r rj13) de modo que F2 = q2 E1 . El campo así de…nido solo depende de la fuente q2 2 1 y no de la carga de prueba. Análogamente, se puede de…nir el campo generado por q2 . El campo es un vector y satisface el principio de superposición, el cual es herencia directa del mismo principio aplicado a las fuerzas. Si una partícula está ubicada en alguna posición dada por r0 (respecto a algún sistema de referencia inercial) entonces el campo eléctrico evaluado en alguna posición r viene dado por q (r r0 ) E (r) = Kc jr r0 j3 este campo es central y por tanto conservativo. Cuando tenemos una distribución de carga se usa el principio de superposición para calcular el campo generado por dicha distribución en cualquier punto del espacio. Formalmente F E = l0 m 0 q !0 q esta de…nición formal de campo no se puede aplicar con todo rigor en la realidad Física, puesto que no podemos tener hasta el momento, valores de carga menores que la carga electrónica. No obstante, la carga electrónica es muy pequeña cuando tratamos fenómenos macroscópicos y la ecuación anterior nos da una buena descripción de la realidad. Pasando la carga a multiplicar queda F = q0E esta ecuación se puede tomar como de…nición alternativa de campo, y tiene la ventaja de independizar el campo de sus fuentes. Si para dos distribuciones de carga diferentes el campo es el mismo en un determinado punto, la fuerza que experimenta una carga de prueba en dicho punto será la misma aunque las fuentes de cada campo sean muy distintas. Aunque esta rede…nición parece a priori trivial, nos será de gran utilidad cuando estudiemos la generación de campos eléctricos que no dependen de fuentes.

1.1.2.

Distribuciones de carga

El descubrimiento de la estructura atómica de la materia nos enfrenta con distribuciones de carga de naturaleza granular, que en muchas circunstancias se puede aproximar razonablemente a cargas puntuales. Incluso en el caso macroscópico, cuando la distribución de carga está con…nada a un tamaño mucho menor que las distancias de interés, la aproximación de carga puntual nos da una buena descripción de la mayoría de fenómenos eléctricos. Por otra parte, cuando tenemos distribuciones macroscópicas con una gran cantidad de átomos y queremos tener en cuenta los efectos que produce la extensión de dicha distribución, es útil considerar que la densidad de carga es una función contínua de las tres dimensiones espaciales. En consecuencia el campo eléctrico se puede modelar entonces en términos de distribuciones de carga contínuas o discretas 1

Nótese que el principio de superposición depende fuertemente de la naturaleza aditiva de las cargas.

1.1. LEY DE COULOMB Y CAMPO ELÉCTRICO Discretas E (r) = Kc

5

n X qi (r i=1

Contínuas E (r) = Kc

Z

jr

ri ) ri j3

dq (r0 ) (r r0 ) jr r0 j3

Las distribuciones contínuas pueden ser lineales , super…ciales , o volumétricas . También es posible tener densidades mixtas.

1.1.3.

Función delta de Dirac

Es importante enfatizar que la función delta de Dirac mas que una función es una distribución. En el lenguaje del análisis funcional, es una uno-forma que actúa en espacios vectoriales de funciones, asignándole a cada elemento del espacio, un número real de la siguiente forma: Sea V el espacio vectorial de las funciones de…nidas en el dominio (b; c) con ciertas propiedades de continuidad, derivabilidad, integrabilidad, etc. La distribución delta de Dirac es un mapeo que asigna a cada elemento f (x) de V un número real con el siguiente algoritmo2 Z c f (a) si a 2 [b; c] f (x) (x a) dx = 0 si a 2 = [b; c] b Con esta distribución es posible escribir una densidad de carga puntual (ubicada en r0 ) como una densidad volumétrica equivalente (r) = q r0 r0 (1.1) esta densidad reproduce adecuadamente tanto la carga total como el potencial que genera Z Z q = r0 dV 0 = q r0 r0 d3 r0 Z Z Z dq (r0 ) (r r0 ) (r0 ) (r r0 ) 3 0 q (r0 r0 ) (r (r) = Kc = K d r = K c c jr r0 j3 jr r0 j3 jr r0 j3 Kc q (r r0 ) (r) = jr r0 j3

r0 )

d3 r 0 (1.2)

hay una serie de distribuciones que convergen a la función Delta de Dirac (para mas detalles ver Métodos 2 2 matemáticos de Gabriel Téllez Acosta ediciones UniAndes) usaremos fn (x) = pn e n x se puede demostrar que al tomar el límite cuando n ! 1 se reproduce la de…nición y todas las propiedades básicas de la distribución delta de Dirac. Algunas propiedades básicas son las siguientes: 1.

R1

1

(x

a) dx = 1

(x) r (r

3.

R1

4.

(r

r0 ) = (r0

2.

1f

(ax) =

1 jaj

r0 ) dV =

rF jr=r0

(x) r)

5. x (x) = 0 R 1 si r = 0 y (x) dx = 1. Esta de…nición se basa en 0 si r 6= 0 una concepción errónea de la distribución delta de Dirac como una función. A pesar de ello, hablaremos de ahora en adelante de la función delta de Dirac para estar acorde con la literatura. 2

Es usual de…nir la “función” delta de Dirac como

(r) =

6

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA 6.

x2

e2 =

1 2jej

[ (x + e) + (x

e)]

Vale enfatizar que debido a su naturaleza de distribución, la función delta de Dirac no tiene sentido 1 por sí sola, sino únicamente dentro de una integral. Por ejemplo cuando decimos que (ax) = jaj (x), no estamos hablando de una coincidencia numérica entre ambos miembros, sino de una identidad que se debe aplicar al espacio vectorial de funciones en que estemos trabajando, es decir Z c Z c 1 f (x) f (x) (ax) dx = (x) dx 8 f (x) 2 V y 8 a 2 R jaj b b Estrictamente, el mapeo también se puede hacer sobre los números complejos con propiedades análogas. En este mismo espíritu, es necesario aclarar que la densidad volumétrica equivalente de una carga puntual (y todas las densidades equivalentes que nos encontremos de aquí en adelante) es realmente una distribución. Por ejemplo, la densidad descrita por (1.1), solo tiene realmente sentido dentro de integrales tales como las expresadas en (1.2). Las densidades ordinarias son funciones, pero las densidades equivalentes son distribuciones. En síntesis, lo que se construye con la densidad volumétrica equivalente es una distribución que me produzca el mapeo adecuado para reproducir la carga total y el potencial3 . En más de dimensión la delta se convierte simplemente en productos de deltas unidimensionales, R una (n) la propiedad (x) dn x = 1, aplicada a n dimensiones, nos dice que la delta no es adimensional, sus dimensiones son de x n .

1.2.

Ley de Gauss

Es útil cuando queremos evaluar E en una distribución de cargas con cierta simetría. De acuerdo con la …gura ???, dado un origen de coordenadas O y un punto donde se ubica la carga O0 podemos construir un diferencial de ‡ujo en la vecindad de la posición de…nida por el vector r. El campo electrostático viene dado por q (r r0 ) E (r) = Kc jr r0 j3

y el diferencial de ‡ujo es

E (r) dS (r) = Kc integrando, se obtiene Z donde

Z

d

E (r) dS (r) = Kc q

=

4 0

Z

(r

q (r

r0 ) dS (r) jr r0 j3

r0 ) dS (r) = Kc q jr r0 j3

Z

d

si O0 esta dentro de la superf icie cerrada si O0 esta f uera de la superf icie cerrada

este resultado se puede expresar de manera equivalente así Z Z E dS = 4 Kc q r r0 dV = 4 Kc q

1 si O0 esta dentro 0 si O0 esta f uera

apelando al principio de superposición esta ley se puede aplicar a cualquier distribución de cargas. Para el ‡ujo de campo solo contribuye la carga neta que está adentro (suma algebraica de cargas). Obsérvese que la ley de Gauss se basa en tres suposiciones fundamentales a) La ley del inverso cuadrado del campo de cargas puntuales, b) el principio de superposición, c) la naturaleza central de la fuerza. 3 Estos dos mapeos se de…nen en el espacios de las funciones q (r0 ) y q (r0 ) = jr cargas lineales serían en el espacio de funciones (x) y (x) = jr r0 j.

r0 j en el caso de cargas puntuales. Para

1.2. LEY DE GAUSS

1.2.1.

7

Ley de Gauss en forma diferencial

Partiendo de la ley de Gauss, escribimos la carga total como una integración volumétrica de la densidad Z Z E dS = 4 Kc q = 4 Kc (r) dV esto siempre es posible incluso si la densidad es lineal, super…cial o puntual, ya que podemos construír una densidad volumétrica equivalente, como veremos más adelante. Por otro lado el teorema de la divergencia nos dice que Z Z E dS =

comparando las integrales de volumen Z

(r E) dV

(r E) dV = 4 Kc

Z

(r) dV

al ser esto válido para un volumen arbitrario en forma y tamaño se tiene r E = 4 Kc (r) Esta ecuación es válida para cualquier distribución estática de cargas, y me dice que las cargas positivas (negativas) son fuentes (sumideros) de líneas de campo eléctrico. Veremos sin embargo, más adelante que esta ecuación se extrapola al caso de campos dependientes del tiempo.

1.2.2.

Potencial electrostático

El campo eléctrico generado por una carga puntual estática es conservativo en virtud de su naturaleza central. Por otro lado, la superposición de campos conservativos genera otro campo también conservativo, de lo cual se sigue que cualquier campo eléctrico generado por una distribución estática de cargas (contínuas o discretas) es conservativo. Matemáticamente, un campo conservativo se puede escribir como E = r , siendo una función escalar. La función escalar asociada al campo eléctrico se conoce como potencial Por otro lado, si recordamos que F = qE para una carga de prueba q, resulta que la fuerza F sobre la carga de prueba es conservativa y se le asocia una energía potencial F = rEp . De esto se deduce que = Ep =q de modo que el potencial es la energía potencial por unidad de carga generada por cierta distribución. El hecho de que el potencial sea una cantidad escalar con la misma información Física del campo, es una ventaja operativa, pero también surge la pregunta ¿como un objeto con un solo grado de libertad puede contener la misma información que uno de tres grados de libertad?, la respuesta es que las componentes del campo eléctrico no son realmente independientes, puesto que r E = 0, nos brinda tres ecuaciones diferenciales para las componentes de dicho campo4 . Cabe mencionar que el potencial obedece a un principio de superposición, heredado del campo. Finalmente, es importante tener en cuenta que existe una arbitrariedad en la de…ición del potencial, para lo cual es necesario …jar el punto del espacio en el cual de…nimos el potencial cero. Esto no es ninguna contradicción ya que el potencial no es un observable físico, como veremos más adelante, el observable es la diferencia de potencial. Escribamos el campo eléctrico para una distribución arbitraria de cargas Z dq (r0 ) (r r0 ) E (r) = Kc jr r0 j3 Válido para distribución contínua. Usando r 4

1 jr

r0 j

=

r jr

r0 r0 j3

(1.3)

Es importante enfatizar que aún quedan grados de libertad, gracias a que estas tres ecuaciones son ecuaciones diferenciales de primer orden (estos grados de libertad se traducen en el potencial y en la arbitrariedad para de…nirlo). Si las ecuaciones solo involucraran a los campos en sí, no quedaría ningún grado de libertad.

8

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA

el campo queda E (r) =

Z

Kc

dq r0

1

r

r0 j

jr

y como r opera sobre la variable r pero no sobre r0 , puede salir de la integral Z dq (r0 ) E (r) = r Kc jr r0 j De…niendo E= y

r (r)

;

(r)

Kc

Z

dq (r0 ) jr r0 j

(r) es el potencial escalar electrostático5 . En esta ecuación podemos tomar r2 a ambos lados Z Z dq (r0 ) 1 2 2 r (r) Kc r = Kc dq r0 r2 jr r0 j jr r0 j

usando la identidad

1

r2 queda r2 (r) = Con lo cual queda

4 Kc

Z

dq r0

r

=

r0 j

jr

r0 =

4

4 Kc

r2 (r) =

r0

r Z

r0

r

r0

dV 0 =

4 Kc (r)

4 Kc (r)

(1.4)

Conocida como la ecuación de Poisson para el potencial escalar. Esta ecuación también se puede obtener de la ley de Gauss en forma diferencial r E = 4 Kc (r) ) r ( r ) = 4 Kc (r) ) r2 (r) = Demostremos que el

4 Kc (r)

equivalente para una distribución discreta nos da el potencial correcto Z X Z (r0 ri ) X qi (r0 ) 0 0 (r) = Kc dV = K q dV = K c i c jr r0 j jr r0 j jr ri j i

i

por otro lado r

E=

r

(r ) = 0

ya que el rotacional del gradiente de una función escalar bien comportada es siempre cero. Ahora usando el teorema de Stokes Z I (r E) dS = E dl = 0

de modo que toda integral de línea cerrada del campo electrostático es cero. Ahora sean dos caminos que pasan por los mismos puntos A y B ) I

E dl

= )

Z

B

A Z B A

E dl

+ C1

E dl C1

Z

A

B Z B A

E dl

=0 C2

E dl

=0 C2

5 Esta expresión para el potencial depende de que se de…na el cero de potencial en el in…nito. Por esta razón, la forma integral típica del potencial puede diverger cuando se trabajan distribuciones de carga no localizadas.

1.2. LEY DE GAUSS de lo cual se deduce que

9

Z

B

=

E dl

A

C1

Z

B

E dl

A

C2

de modo que la integral de línea del campo eléctrico es independiente del camino y solo depende de los extremos, es entonces un campo conservativo. Hay que tener especial cuidado con los campos mal comportados. Como ejemplo, sea F (r) = (A=r) u , una fuerza restringida a dos dimensiones. El diferencial de trabajo es dW = F dr = (A=r) u (dr ur + r d u ) = (A=r) r d calculemos el trabajo para varias trayectorias 1) Trayectoria cuyos vectores posición inicial y …nal están a un ángulo 1 y 2 respectivamente Z W = Ad = A ( 2 1) independiente de la trayectoria, solo importan los extremos e incluso solo el ángulo (no la distancia) 2) Trayectoria cerrada que no encierra al origen Z r2 Z r1 W = Ad + Ad =0 r1

r2

da cero independiente de la forma especí…ca de la trayectoria (siempre que no incluya el origen) 3) Trayectoria cerrada que encierra al origen Z 2 W = Ad =2 A= 6 0 0

Luego la fuerza no es conservativa, la cuestión es que r F = 0 en todo el espacio excepto en el origen, de modo que un camino cerrado que contenga al origen no da necesariamente cero.

1.2.3.

Potencial y trabajo

La colección de todos los puntos con el mismo potencial forman las llamadas super…cies equipotenciales. Como E = r las líneas equipotenciales son perpendiculares a tales super…cies, y el campo va en la dirección en la cual el potencial disminuye, veamos el sentido Físico del potencial: consideremos el trabajo realizado sobre una carga q puntual para llevarla con velocidad constante desde a hasta b en presencia de un campo eléctrico Z b Z b Z b Wa!b = Fext dr = q E dr = q r dr a a a Z b Wa!b = q d = q [ (b) (a)] a

el signo menos proviene del hecho de que la fuerza se hace opuesta al campo. Dividiendo por la carga Z b Wa!b = (b) (a) = E dr q a De modo que la diferencia de potencial asociada al campo E es el trabajo realizado sobre una carga unidad q puntual para llevarla con velocidad constante desde a hasta b en presencia de dicho campo eléctrico. Es importante mencionar que el trabajo solo depende de la diferencia de potencial y que E = r deja una constante arbitraria por de…nir en el potencial. 0 = + c describe la misma Física que . Esto se llama una transformación Gauge o de calibración (transformación del campo). El campo y el trabajo son invariantes Gauge. La forma más general del potencial es entonces Z (r0 ) dV 0 (r) = Kc + 0 jr r0 j

10

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA

Para …jar la constante escojemos un punto de referencia para de…nir el cero de potencial. Tomemos el ejemplo de la carga puntual; en coordenadas polares tenemos: Z

b

E dr = Kc Q

a

= Kc Q

Z

Z 1 Q ur (dr ur ) = Kc dr = 2 r r2 1 1 = (a) (b) r a rb

Q Kc r

b a

de modo que (a) = Kc Q

1 ra

1 rb

+ (b)

si hacemos ra = r; rb ! 1 tenemos que (r) =

Kc Q + (1) r

la escogencia (1) = 0 siempre es posible en distribuciones localizadas de carga, pues estas se ven de lejos siempre como puntuales. Cuando hay distribuciones de carga nolocalizadas como en el caso de un alambre in…nito, la escogencia del cero de potencial en el in…nito conduce por lo general a divergencias. Discusión: En general sí es posible de…nir el cero de potencial en un punto en el in…nito incluso cuando la carga no está localizada. Sin embargo, en tal caso no es correcto de…nir el potencial cero cuando r ! 1 (r distancia del punto a un origen de coordenadas). La razón para ello es que r ! 1 no de…ne un punto sino una super…cie, y no debemos perder de vista que el potencial debe ser …jado en un punto y no en una super…cie. La pregunta natural es ¿porqué la de…nición del cero de potencial en r ! 1 es válida para distribuciones localizadas?, la respuesta radica en el hecho de que para distancias su…cientemente grandes, la distribución se puede ver como una carga puntual, esto signi…ca que para una esfera su…cientemente grande y “centrada” en la distribución, la super…cie de dicha esfera es equipotencial, de modo que de…nir cero el potencial en un punto de su super…cie equivale a de…nirlo cero en todos los puntos de la super…cie. Cuando la distribución no es localizada, no podemos verla como puntual, incluso alejándonos inde…nidamente, por tanto esta enorme esfera no de…ne una super…cie equipotencial. Veamos el ejemplo especí…co de un alambre in…nito, si ri de…ne la distancia del punto Pi al alambre, tenemos que Z P2 = E dS = 2 ln r2 + 2 ln r1 = 2 ln r + const 21 P1

Escogemos (a) = 0 con a arbitrario (a 6= 0; a 6= 1). Si elegimos el cero de potencial en un punto especí…co en el in…nito (por ejemplo el punto (0; 0; z ! 1)), vamos a obtener potenciales in…nitos en todo el espacio. Sin embargo, las diferencias de potencial (que son los verdaderos observables físicos) van a continuar siendo …nitas. Hay que tener en cuenta sin embargo que las distribuciones reales son localizadas.

1.3.

Ecuaciones de campo

Tenemos las dos ecuaciones de campo r E = 4 Kc (r) ; r

E=0

El conocimiento de la divergencia y el rotacional de un campo especi…can el valor del campo salvo por un factor adicional que sería el gradiente de una función escalar que satisfaga la ecuación de Laplace en todo el espacio. Es decir si E es solución de estas ecuaciones vectoriales entonces E0 también es solución si E0 = E + r' con r2 ' = 0 en todo el espacio

1.3. ECUACIONES DE CAMPO

11

pero si r2 ' = 0 en todo el espacio entonces ' puede ser a lo más una constante, de modo que E0 = E. Sin embargo, en la mayoría de problemas reales de la Física, conocemos la densidad solo en una cierta región R del espacio. En tal caso conocemos la divergencia y el rotacional del campo electrostático pero solo dentro de la región R. Esto nos indica que r2 ' = 0 en la región R, pero no necesariamente en todo el espacio, lo cual implica que la solución para ' puede ser no trivial y tenemos problemas con la unicidad de E. Desde el punto de vista Físico, esto es de esperarse puesto que el conocimiento de la densidad en cierta región del espacio, no nos excluye de la in‡uencia de las densidades externas, las cuales por principio de superposición también afectarán el campo. Este sencillo argumento Físico nos dice que hay in…nitas soluciones para E cuando solo se conoce la densidad en una cierta región del espacio. Esto indica que las ecuaciones anteriores solo son útiles en alguno de los siguientes casos Conocemos la distribución de carga en todo el universo La distribución de carga en R está lo su…cientemente aislada de otras cargas, lo cual implica asumir que la carga en el universo es (r) en el interior de R y cero fuera de R. Conocemos la densidad de carga en R e ignoramos la carga fuera de dicha región, pero en cambio conocemos ciertas condiciones en la frontera de R que hacen que la solución de la ecuaciones anteriores sean únicas. Esta última posibilidad está inspirada en un argumento Físico y otro Matemático. Físicamente, sabemos que en algunos sistemas como los conductores electrostáticos, aunque no conozcamos la distribución de carga exterior, conocemos ciertos efectos netos que la interacción de la carga externa con la interna producen: que la super…cie del conductor sea un equipotencial. Desde el punto de vista matemático, sabemos que las ecuaciones diferenciales parciales tienen solución única bajo cierto tipo especí…co de condiciones en la frontera. Como ya vimos, las dos ecuaciones anteriores se pueden sintetizar en una sola: la ecuación de Poisson, que en el caso homogéneo se reduce a la ecuación de Laplace. Esta ecuación muestra de nuevo las ventajas de trabajar con el potencial 1. La ecuación para el potencial (Poisson o Laplace) es una sola, en tanto que las ecuaciones de los campos son dos (divergencia y rotacional). 2. Esta única ecuación se de…ne sobre un campo escalar, y no sobre un campo vectorial. 3. En esta ecuación es mas fácil acomodar las condiciones de frontera.

1.3.1.

Cálculo de campos

Hay varias técnicas para calcular campos electrostáticos R (r0 ) (r r0 ) 0 1. Utilizando E (r) = Kc dV para usarla requerimos saber la distribución de carga en el jr r0 j3 universo, o hacer la aproximación de que la distribución de carga que conocemos es la única en el universo. R 0 2. Usar (r) = Kc jr(rr)0 j dV 0 + 0 y luego E = r se usa bajo las mismas condiciones anteriores pero con la ventaja de que se realiza una integración escalar y no vectorial. I 3. Utilizando E dr = 4 Kc q, aunque tiene validez general, solo es útil para casos especiales con muy alta simetría. Especí…camente, su utilidad se restringe al caso en el cual se conoce la forma de las super…cies equipotenciales. En caso contrario resulta ser una ecuación integral muy difícil de resolver.

12

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA 4. Método de imágenes: también aplicable solo bajo simetrías muy especiales. Requiere del conocimiento de algunas super…cies equipotenciales. 5. Usando las formas diferenciales r2 = 4 Kc ; ó r2 = 0, junto con ciertas condiciones de frontera, como veremos este es el método mas fructífero. 6. Usando el método de transformaciones conformes: Aplicación de la teoría de la variable compleja al la ecuación de Laplace. Solo vale para problemas bidimensionales.

Con mucha frecuencia lo que conocemos es la distribución de carga en el interior y cierta condición sobre la frontera, pero desconocemos la distribución de carga en el exterior y en la frontera. Es en estos casos en donde la ecuación de Poisson con condiciones de frontera resulta provechosa. Veamos un caso particular Example 1 Placa plana conductora in…nita que yace a potencial cero sobre el plano XY, y una carga q en z = h. Al tratar de usar los métodos tradicionales se tiene Z (r0 ) dV 0 (r) = Kc + 0 ; r0 = q r0 + 0 r0 = q r0 + r0 (z) jr r0 j donde

0 (r0 )

es la carga volumétrica equivalente a la carga super…cial (r0 ). El potencial queda Z Z 0 0 (x0 ) (y 0 ) (z 0 h) dV 0 (r ) dV 0 (r) = Kc q q + Kc + 0 jr r0 j 2 2 2 0 0 0 (x x ) + (y y ) + (z z ) Z Kc q (r0 ) (z) dV 0 (r) = q + Kc + 0 jr r0 j x2 + y 2 + (z h)2

pero (r0 ) es deconocido y no se puede inferir fácilmente con la información sobre el potencial ( = 0 en z = 0), lo máximo que podemos hacer es reducir la integral por medio de la delta de dirac usando coordenadas cartesianas o cilíndricas (la simetría indica en todo caso que las coordenadas cilíndricas son mas apropiadas). También podemos decir que por simetría la densidad en el plano es solo función de la distancia al origen, con esto la integral triple se convierte en simple pero no es su…ciente para realizar el último paso. En general, las formas integrales no pueden incluír fácilmente las condiciones de frontera. En este caso particular conocemos fácilmente una super…cie equipotencial del sistema (plano XY) y se puede usar el método de imágenes, pero en casos mas complejos el método resulta inmanejable. Ahora consideremos el uso de las formas diferenciales. La ecuación de Laplace se puede resolver por separación de variables en 11 sistemas coordenados diferentes que incluyen prácticamente todos los sistemas coordenados de interés físico. Las constantes de integración usualmente se acoplan con facilidad a las condiciones de frontera y las soluciones pueden generalmente expresarse con facilidad en términos de funciones ortogonales. Por supuesto, tal ecuación solo es válida en regiones con ausencia de carga. La ecuación de Poisson que nos permite solucionar el problema estático mas general, es una ecuación inhomogénea y no admite separación de variables salvo en caso muy simples. Sin embargo, la técnica de Green que veremos mas adelante, hace que el método sea mas manejable.

1.4.

Conductores

Un conductor ideal es aquél en el cual los portadores de carga que conducen, no interactúan con los átomos o moléculas del material, excepto en cercanías a la super…cie (puesto que los portadores no son libres de abandonar el material). En sólidos la conducción es usualmente de electrones con interacción despreciable con la red cristalina, en líquidos los portadores son generalmente iones. Aunque no existen

1.4. CONDUCTORES

13

conductores ideales, existen materiales que se comportan muy aproximadamente como tales. En ese sentido los portadores se pueden tratar en buena aproximación como un gas interactuante dentro de un contenedor, puesto que las cargas no son libres de abandonar el material6 . Existen conductores cargados que pueden formar con…guraciones estáticas de carga, para lo cual es necesario que el campo en el interior del conductor sea cero, puesto que de lo contrario las cargas libres se moverían, abandonando la con…guración estática. Esta a…rmación está respaldada por el hecho experimental de que un conductor en un campo eléctrico externo y estático, produce una redistribución de sus cargas que apantalla completamente al campo en el interior del conductor. El campo inducido que anula al externo es producido por la polarización de las cargas. Es importante enfatizar que el campo es cero solo en el interior del conductor. Por otra parte, la ley de Gauss aplicada al interior del conductor nos dice que r E (r) = 4 Kc = 0, puesto que E (r) = 0. Esta ecuación tomada matemáticamente, nos dice que no podría haber ninguna carga en el punto matemático en donde se evalúa la divergencia. Sin embargo, una visión más Física es que las ecuaciones de Maxwell locales solo son válidas para volúmenes su…cientemente pequeños para considerar el fenómeno como local, pero su…cientemente grandes para contener una gran cantidad de átomos. Por tanto, el signi…cado real es que en promedio hay tanta carga positiva como negativa, en una vecindad alrededor del punto. Lo anterior trae como consecuencia que cualquier carga neta se distribuye en la super…cie. Adicionalmente, el hecho de que el campo sea nulo en el interior implica que el conductor sea equipotencial en su interior. Es fácil ver que además, su super…cie debe estar al mismo potencial que el interior, ya que de no ser así también habría ‡ujo desde el interior hacia la super…cie o viceversa, lo cual es incompatible con la condición estática. Teniendo en cuenta que el campo eléctrico en el exterior del conductor no es necesariamente nulo, se llega a que en las vecindades exteriores de la super…cie las líneas de campo son perpendiculares a la super…cie del conductor. Para ver esto, podemos apelar nuevamente a la condición estática, ya que si hubiera componente tangencial se provocaría movimiento de las cargas super…ciales. Un argumento matemático alternativo consiste en recordar que E = r , y que el gradiente de una función escalar, es perpendicular en r0 a la super…cie de…nida por la ecuación = (r0 ) = cte, es decir perpendicular a la super…cie equipotencial que pasa por el punto. Dado que los portadores de carga son esencialmente libres de moverse en el material, ellos buscan su con…guración de mínima energía, se puede ver con algunos ejemplos concretos (e.g. una esfera uniformemente cargada en su volumen o en su super…cie), que la distribución super…cial hace que la energía interna del sistema de portadores sea menor que cuando se distribuye en el volumen7 , lo cual es otra manera de ver porqué los portadores que producen carga neta libre se acumulan en la super…cie. Es importante añadir que aunque hemos llegado por argumentos simples a que la distribución de carga neta en el conductor debe ser super…cial, no hay una forma simple de saber como es la forma funcional de dicha distribución. Lo anterior nos proporciona otra manera de ver el efecto de carga inducida del conductor en presencia de un campo externo. Inicialmente, el conductor está en su estado de mínima energía (en ausencia del campo), la introducción del campo hace que la “curva”de energía potencial se modi…que dejando al sistema fuera de la con…guración de mínimo local. Por tanto el sistema se redistribuye para volver al mínimo de energía. Por supuesto, también se puede ver como un problema de equilibrio de fuerzas, teniendo presente que además de la interacción eléctrica entre los portadores, también existen fuerzas de enlace con los átomos y moléculas que impiden a las cargas escapar del material. En un conductor ideal estas últimas serían fuerzas estrictamente super…ciales. Finalmente, vale la pena llamar la atención en el hecho de que la minimización de la energía interna con distribución en la super…cie es un efecto en solo tres dimensiones. Por ejemplo, en un disco bidimensional conductor, la carga no se acumula solo en los bordes, y en una aguja conductora, la carga no se va toda hacia las puntas. 6

La interacción solo es signi…cativa entre portadores, y es despreciable su interacción con el resto del material, excepto en las vecindades de la super…cie. 7 Este es un mínimo sujeto a ligaduras, ya que los portadores están impedidos para salir del material. De no ser así la con…guración de mínima energía (para portadores del mismo signo), sería que todos se alejaran inde…nidamente unos de otros.

14

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA

Es importante enfatizar que aunque el conductor sea neutro como sucede en la mayoría de los casos, pueden existir acumulaciones de carga locales por efecto de campos externos, la carga neta sigue siendo cero pero se produce igualmente el campo inducido que anula el campo total en el interior. Por ejemplo, si se acerca una carga puntual positiva a un conductor, las cargas negativas migran tratando de acercarse a la carga puntual, en tanto que las cargas positivas se alejan ubicándose en el otro extremo8 . Esto produce un campo inducido como ya se comentó anteriormente, debido a la existencia del campo externo generado por la carga, pero adicionalmente se produce un efecto neto de atracción entre la carga y el conductor, puesto que las cargas negativas que producen atracción están mas cercanas y por tanto producen una fuerza (atractiva) de mayor intensidad que las fuerzas (repulsivas) que producen las cargas positivas.

1.4.1.

Cavidades en conductores

Si dentro del conductor hay una cavidad, este espacio no forma parte del interior del conductor. En lo que sigue de la discusión, cuando hablemos del exterior del conductor nos referiremos a los puntos que no pertenecen ni al conductor ni a la cavidad (a pesar de que los puntos de la cavidad también son parte del exterior del conductor, para estos puntos usaremos el término “interior de la cavidad”). Si colocamos una cantidad neta de carga qcav , en el interior de la cavidad, se puede demostrar que en la super…cie de dicha cavidad se induce una carga de igual magnitud y signo opuesto. Para ello se puede usar una super…cie gaussiana que contenga a la cavidad, pero que esté contenida en el volumen del conductor, de tal manera que todo punto de dicha super…cie esté en el interior del conductor, donde el campo es cero. Obviamente el ‡ujo de campo sobre esta super…cie es cero de modo que la ley de gauss me dice que no hay carga neta contenida en la super…cie, y como en el interior del conductor no hay carga, toda la carga se ind + q encuentra en el interior de la cavidad o en su super…cie (carga inducida), así que QT otal = qcav cav = 0, ind de modo que qcav = qcav como se quería demostrar. Esto implica que para el exterior de la cavidad, ind la contribución del campo generado por qcav se vé apantallado por el campo generado por la carga qcav distribuída en la super…cie de la cavidad. Aunque no es fácil visualizar la razón por argumentos físicos simples, es un hecho que este apantallamiento es total, de tal manera que la superposición de estos dos campos es cero en el exterior de la cavidad (tanto en el interior como en el exterior del conductor). Por otro lado, en el interior de la cavidad, la superposición de estos dos campos es en general diferente de cero, y también lo será el campo resultante en el interior de la cavidad (en caso de que entren otras distribuciones estáticas en juego). Imaginemos ahora que tenemos un conductor neutro con una cavidad y que además hay distribuciones de carga qcav , qext en el interior de la cavidad, y en el exterior del conductor respectivamente. Como ya vimos, en el exterior de la cavidad (y en particular en el interior del conductor) los campos generados por ind = q las cargas qcav y qcav cav que se encuentran en el volumen y la super…cie de la cavidad respectivamente, se anulan. De esto sale como consecuencia que para que el campo en el interior del conductor sea cero, es necesario que el campo generado por la distribución exterior de carga qext esté completamente apantallado ind = q por la carga inducida en la super…cie exterior del conductor (qext cav ya que el conductor es neutro). En ind ind síntesis, tenemos cuatro distribuciones de carga (qcav ; qcav ; qext ; qext )=(qcav ; qcav ; qext ; qcav ), las cuales en el interior del conductor, se anulan por pares. Mas aún, en el interior de la cavidad se anula la contribución ind de manera que el campo resultante se debe solo a las cargas en el volumen y super…cie debida a qext ; qext ind , y el campo de la cavidad. Similarmente, en el exterior del conductor no hay contribución del par qcav ; qcav ind resultante es debido solo a la pareja qext ; qext . De modo que el conductor aisla completamente a las dos parejas de distribuciones. No hay líneas de campo generadas en la cavidad y su super…cie, que crucen el conductor ni que lleguen al exterior. De la misma forma no hay líneas de campo generadas en el exterior y la super…cie del conductor, que crucen el interior del conductor ni que lleguen al interior de la cavidad. El conductor está actuando como escudo electrostático en ambas direcciones. Mas aún, se pueden fabricar escudos electrostáticos muy efectivos incluso si el conductor no es cerrado sino que posee pequeños huecos 8 Hay que recordar que las cargas positivas no son móviles. Pero los huecos dejados por las cargas negativas actúan de manera efectiva como si se moviera la carga positiva.

1.5. DISCONTINUIDADES EN EL CAMPO ELÉCTRICO Y EN EL POTENCIAL

15

(jaulas de Faraday), el campo es muy atenuado en el interior excepto en las regiones cercanas a los agujeros. Esto solo es válido para campos exteriores independientes del tiempo o que varían lentamente en el tiempo. De lo anterior es fácil ver que si la cavidad está libre de carga, el campo eléctrico en su interior es cero. ind ! 0 , y la contribución de este La manera mas sencilla de verlo, es tomando qcav ! 0+ , en tal caso qcav par al campo en el interior de la cavidad tiende a cero, y como ya vimos, las otras dos fuentes de campo no contribuyen en el interior de la cavidad y obtenemos lo que se quería demostrar. Se demuestra además, que no se induce carga en la super…cie de la cavidad9 . Otra manera de verlo es teniendo en cuenta que las líneas de campo generadas en las eventuales cargas presentes en la super…cie de la cavidad, deben comenzar y terminar en la super…cie de la cavidad (ya que ninguna línea de campo le llega del exterior y por otro lado, no hay cargas en el volumen en donde pueda terminar una de estas líneas). Esto no es posible si todas las cargas en la super…cie fueran del mismo signo, es necesario que una línea comience en una carga positiva en la super…cie y termine en una negativa también en la super…cie. Podemos completar un lazo cerrado con esta línea continuándola de tal manera que el resto del lazo yace en el interior del conductor, este complemento no produce contribución a la integral de línea cerrada del campo ya que E = 0 en los puntos por donde pasa, esto conduce a que solo la línea que pasa por el interior de la cavidad contribuye a la integral cerrada, y dicha contribución es positiva (si tomamos el sentido que va de la carga positiva a la negativa), ya que el campo se origina en una carga positiva y otra negativa, esto nos conduce a que este es un campo electrostático no conservativo a menos que no exista carga neta en ningún punto de la super…cie, y el campo sea cero en el interior de la cavidad. Una aclaración …nal: de lo anterior se sigue que para un conductor neutro, la carga neta inducida sobre la super…cie exterior, es igual en magnitud y signo a la carga neta que está en el interior de la cavidad (digamos positiva). Esto no signi…ca que se distribuya carga positiva a lo largo de toda la super…cie exterior del conductor. Es posible por ejemplo, que la carga exterior genere una polarización de tal forma que se distribuye carga positiva y negativa en extremos opuestos de la super…cie conductora, lo importante es que la carga positiva polarizada es mayor que la negativa polarizada, en una cantidad igual a la magnitud de la carga en el interior de la cavidad. Example 2 Supongamos una esfera conductora neutra con una cavidad cuya posición y forma es arbitraria, coloquemos una carga puntual q en el interior de la cavidad, y evaluemos el campo eléctrico resultante en el exterior del conductor. En este caso, las cuatro distribuciones mencionadas arriba vienen dadas por ind ; q ind (qcav ; qcav ext ; qext )=(q; q; 0; q). En el interior del conductor las dos primeras se anulan, y como la tercera ind produzca contribución nula al campo en el interior del conductor. es nula, es necesario que la distribución qext ind Por tanto, la carga qext = q debe estar uniformemente distribuída en la super…cie de la esfera. El campo resultante en el exterior es entonces el debido a esta última carga uniformemente distribuída, puesto que las dos primeras se anulan entre sí. Tenemos por tanto que el campo es E = Kc

q ur r2

este campo es central sin importar la forma de la cavidad ni la posición de la cavidad o la carga. Lo único que importa es el valor de la carga encerrada en la cavidad.

1.5.

Discontinuidades en el campo eléctrico y en el potencial

Asumamos la existencia de una interfaz bidimensional con una cierta distribución de carga super…cial. Tomemos una super…cie gaussiana que cruza la super…cie de la interfaz. Esta super…cie gaussiana es tal que su altura es diferencial y sus tapas (de tamaño …nito) a lado y lado de la interfaz, son localmente paralelas 9

Este es un hecho interesante, ya que en tal caso, aún con cargas en el exterior del conductor, la carga inducida en éste no se distribuye sobre toda la super…cie del conductor, puesto que la super…cie que da a la cavidad también hace parte de la super…cie del conductor.

16

CAPÍTULO 1. ELECTROSTÁTICA

a la super…cie de la interfaz. Como la altura es diferencial, despreciamos el ‡ujo lateral y solo se considera el ‡ujo por las tapas, usando ley de Gauss tenemos I Z Z Z Z Z E dS = E1 dS1 + E2 dS2 = E1 n1 dS1 + E2 ( n1 ) dS1 = 4 q = 4 dS1 donde hemos tenido en cuenta que al ser la altura diferencial, las tapas y la super…cie de la interfaz encerrada son todas iguales. Z Z (E1

E2 ) n1 dS1 = 4 Kc

dS1

como esto es válido para cualquier tamaño y forma de la super…cie de las tapas (siempre y cuando la super…cie no sea in…nitesimal), se concluye que (E1

E2 ) n1 = 4 Kc

Esta ecuación me indica que hay una discontinuidad de la componente normal del campo cuando consideramos una super…cie con una cierta densidad super…cial, pues debemos recordar que E1 y E2 están evaluados arbitrariamente cerca a la interface, aunque en lados opuestos. Obsérvese que si existe además una densidad volumétrica en el entorno de la interfaz el resultado no se afecta. La razón es que la cantidad de carga volumétrica encerrada en la super…cie gaussiana tendería a cero, mas no la densidad super…cial encerrada. Esto nos indica que la singularidad inherente a la naturaleza super…cial de la carga es lo que me produce la discontinuidad. Efectivamente, si en vez de considerar una super…cie consideramos una capa muy delgada pero con volumen, la discontinuidad desaparece y se ve reemplazada por un cambio brusco pero contínuo del campo (ver berkeley vol II segunda ed. sección 1.14). Usando la naturaleza conservativa del campo electrostático podemos demostrar que la componente paralela es contínua I E dr = 0

formemos un lazo cerrado con dos lados perpendiculares a la super…cie y de longitud diferencial, los otros dos lados serán …nitos y localmente paralelos a la super…cie. Solo los lados paralelos contribuyen a la circulación I Z Z Z Z E dr = 0 = E1 dr1 + E2 dr2 = E1 dr1 + E2 ( dr1 ) Z 0 = (E1 E2 ) dr1 en este caso el producto punto da la componente paralela Z 0= E1;k E2;k

dr1

y como la relación es válida para cualquier longitud y orientación localmente paralela del lazo, se concluye que E1;k = E2;k veamos lo que ocurre con el potencial, si tuviera discontinuidades en algún punto, entonces en ese punto tendríamos que jr j ! 1 y la magnitud del campo no estaría acotada. Observemos sin embargo, que el valor del campo está acotado aunque sea discontínuo, por lo tanto el potencial es contínuo en todas partes, pero no es derivable en los puntos sobre la super…cie, y esta no derivabilidad es la que produce la discontinuidad en la componente normal del campo. En el caso de un conductor perfecto donde la interfaz es cerrada y de…ne la super…cie del conductor, se tiene que el campo en el interior es cero (digamos E2 = 0) además el campo es perpendicular a la super…cie en la vecindad exterior a ésta, de modo que E1 n1 = E1 con lo cual la discontinuidad queda E1 = 4 Kc )

=

E1 4 Kc

1.5. DISCONTINUIDADES EN EL CAMPO ELÉCTRICO Y EN EL POTENCIAL

17

o en términos del potencial E1 E1 n1 r n1 = = 4 Kc 4 Kc 4 Kc n1 es la derivada direccional del potencial en la dirección normal hacia afuera del conductor. =

r

1 @ (1.5) 4 Kc @n1 Existen adicionalmente, casos en los cuales aparece discontinuidad del potencial, debidos a singularidades “de orden superior” a la correspondiente a una distribución super…cial de carga. Tal es el caso de distribuciones lineales, puntuales o de capas dipolares. Analizaremos este último caso debido a su importancia posterior en la interpretación de la formulación de Green para el potencial =

1.5.1.

Capa dipolar super…cial

Pensemos en una capa de densidad super…cial y otra muy cercana (y localmente paralela) de densidad de carga . Si nos concentramos en un par de elementos diferencial de área da0 que están en contraposición, podemos ver este par de elementos como un dipolo puntual; para usar la aproximación de dipolo es necesario asumir que la distancia entre las capas tiende a cero en tanto que la densidad super…cial (r0 ) tiende a in…nito, de tal manera que podamos de…nir una densidad super…cial de momento dipolar …nito D (r0 ) a través del producto lm (r) d (r) D r0 d(r)!1

este momento dipolar va en la dirección normal a la super…cie y en el sentido desdes las cargas negativas a las positivas. El cálculo del potencial se puede realizar de manera directa Z Z (r0 ) dA0 (r0 ) dA0 (r) = jr r0 j jr r0 + ndj vamos a asumir que jr jr

r0 j >> jndj con lo cual tenemos

1 r0 + ndj

=

1

q

=

jr usando

p 1 1+2x

1

r0 )2 + 2 (r

(r

x si x ) x=x0 +"

d C x0 dx

x< (a

=

x> )

cuando x = x0 + " tenemos que x = x> y x0 = x< , y lo contrario cuando x = x0 d C x0 dx

x0 (a

x) x=x0 +" 0 0

C x

x

d C x0 dx x=x0 +"

4

x=x0 "

x0

x a

". =

4

=

4

x=x0 "

C x0 0

C x

x0

a 0

x + a

x=x0 " 0

x

= 4

de lo cual se obtiene C = 4 =a en este caso C resultó independiente de x0 . La solución para la función de Green es: 4 G x; x0 = x< (a x> ) a

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

2.4.

33

Problemas bidimensionales

Encontremos la función de Green con condiciones de Dirichlet sobre una región rectangular de modo que G = 0 en x = 0; a y G = 0 en y = 0; b. La ecuación de Green es @2 @2 + @x2 @y 2

G x; x0 ; y; y 0 =

4

x0

x

y

y0

utilicemos la expresión general de la función de Green7 G r; r0 = 4

X ' (r0 ) ' (r) n n n

n

p1 ab

usemos las funciones propias 'nm (r) = minemos sus valores propios

sin

@2 @2 + @x2 @y 2 2 n

= Lo valores propios son frontera es necesario sin

2 m

+

m y,

n x sin

del operador r2 en dos dimensiones8 . Deter-

1 p sin n x sin m y ab 1 p sin n x sin m y ab

+ 2m . Ahora bien, para que las funciones propias satisfagan la condición de n a = 0, sin m b = 0, lo cual nos da n a = n ; m b = m , de modo que 2 n

n

=

n ; a

=

m

m b

la función de Green queda G r; r0

= 4

X n;m

G r; r0

2.4.1.

=

h

p1 ab

4 X [sin ab n;m

sin

0 n x sin

my 2 n

n

x0 sin

0

ih

+

y 0 ] [sin

m 2 n

+

p1 ab 2 m

sin

n x sin

n x sin

my

i

m y]

2 m

Combinación de método directo con expansión ortonormal

Proponemos expansión ortonormal en x y método directo en y. G x; x0 ; y 0 y 0 =

1 X

sin

n x sin

0 n x Fn

y; y 0

n=1

La parte en x; x0 es simétrica y satisface las condiciones de frontera. Nos queda por tanto evaluar Fn (y; y 0 ), a partir de la ecuación de Green @2 @2 + @x2 @y 2

G x; x0 ; y; y 0 =

4

x

x0

y

y0

usando la realción de completez para los senos en x; x0 y la solución para G se tiene 7

En esta expresión general aparece un solo rótulo n, si existe mas de un rótulo siempre es posible renumerar para convertirlo en uno solo (n1 ; n2 ; : : : ; nk ) ! n. 8 De nuevo, los cosenos también intervienen en principio, pero se eliminan por las condiciones de frontera.

34

CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE GREEN EN ELECTROSTÁTICA

"

@2 @2 + @x2 @y 2 "1 4 X sin a

=

1 X

sin

n x sin

n=1

n x sin

0

0

nx

n=1

#

nx

Fn y; y

0

#

y0

y

de modo que 1 X

sin

n=1

"

4 a

=

1 X

sin

n x sin

0 nx

n=1

y en virtud de la independencia lineal de sin 2 n Fn

2 n Fn

0 nx

n x sin

#

y

@ 2 Fn (y; y 0 ) @y 2

y0

nx

@ 2 Fn (y; y 0 ) @y 2

=

2 n

=

y; y 0 + @y2

y; y 0 +

Fn y; y 0

4 a 4 a

y

y0

y

y0

De nuevo nos concentramos primero en la solución homogénea cuando y 6= y 0 , la cual tiene la forma general Fn (y; y 0 ) = A (y 0 ) cosh n y + B (y 0 ) sinh n y a) Si y < y 0 se cumple G = 0 en y = 0 ) Fn1 = 0 en y = 0. de mdo que Fn1 (y; y 0 ) = Bn1 (y 0 ) sinh n y que se puede escribir como Fn1 y; y 0 = Bn1 y 0 sinh n y< b) Para y > y 0 G = 0 en y = b Fn2 y; y 0 Fn2 y; y

= Cn2 x0 sinh

0

0

= Cn2 x sinh

n (b

y)

n (b

y> )

la solución para ambas regiones es el producto de las soluciones anteriores Fn y; y 0 Fn y; y

0

= Bn1 y 0 Cn2 x0 sinh 0

= Cn x sinh

n y< sinh

n y< sinh n (b

n (b

y> )

y> )

donde de nuevo hemos absorbido dos constantes en una. La constante C se evalúa de nuevo integrando la ecuación diferencial en una vecindad de la región inhomogénea

Z

Z

y=y 0 +"

y=y 0 "

y=y 0 +"

y=y 0

"

@y2 Fn

@y2 dy

2 n 2 n

Fn y; y

Z

0

dy =

y=y 0 +"

y=y 0

Fn dy = "

4 a 4 a

Z

y=y 0 +"

y=y 0 " Z y=y0 +" y=y 0

y

y0

dy

y

y0

dy

"

si la función Fn (y; y 0 ) es continua y acotada la integral sobre la función tiende a cero cuando " ! 0 (no así la integral de su segunda derivada) 0 +" 4 @y Fn jy=y y=y 0 " = a

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

35

reemplazando las soluciones que tenemos hasta el momento Cn

@ [sinh @y

n y< sinh

y> )] y=y 0 +"

@ [sinh @y

Cn

n (b

n y< sinh

n (b

y> )] y=y 0 "

4 a

= entonces

Cn

@ sinh @y

0

sinh

n (b

y) y=y 0 +"

@ sinh @y

Cn =

ny

n y sinh

n

y0

b

y=y 0 "

4 a n Cn n Cn

=

4 a

sinh

ny

sinh

ny

sinh

0

cosh

b

n

n (b

y)

0

y cosh

y=y 0 +"

n y y=y 0 "

tomando el límite " ! 0 n Cn

=

0

cosh

n

b

y 0 + sinh

y 0 cosh

b

n

ny

0

4 a

usando identidades para la suma de funciones hiperbólicas n Cn sinh

pero cosh2

ny

sinh2

ny

nb

cosh2

sinh2

ny

ny

=

4 a

= 1 quedando Cn =

4 a n sinh

nb

y la función de Green …nalmente resulta G x; x0 ; y; y 0 =

1 4 X sin a

n x sin

0 n x sinh

n y< sinh

n sinh

n=1

n (b

nb

Método directo Partiendo de la ecuación de Green @2 @2 + @x2 @y 2

G x; x0 ; y; y 0 =

4

x

x0

solucionamos primero la ecuación homogénea @2 @2 + @x2 @y 2

G x; x0 ; y; y 0 = 0

y

y0

y> )

36

CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE GREEN EN ELECTROSTÁTICA

válida para y 6= y 0 . Asumimos separación de variables: G = A (x; x0 ) B (y; y 0 ) reemplazando y dividiendo por AB @2 @x2

h

+

@2 @y 2

A (x; x0 ) B (y; y 0 )

ABh i i @2 0 0 0 ) @ 2 B (y; y 0 ) A (x; x ) B (y; y ) + A (x; x 2 2 @x @y AB

@x2 A @y2 B + A B

donde

= 0 = 0 = 0

@y2 B @x2 A = = A B es una constante, las ecuaciones diferenciales quedan @x2 A x; x0 + A x; x0 = 0 ; @y2 B y; y 0

B y; y 0 = 0

cuyas soluciones son: A x; x0

= C1 x0 ei

x

B y; y 0

= D1 y 0 e

y

+ C2 x0 e

i x

+ D2 y 0 e

y

la segunda ecuación se puede escribir también como combinación lineal de senos y cosenos hiperbólicos, la solución general es entonces G x; x0 ; y; y 0 = A x0 ei

x

+ B x0 e

1. Para y < y 0 , G = 0 en y = 0 se cumple si D =

i x

C y 0 exp ( y) + D y 0 exp (

y)

C de modo que

B1 y; y 0 = K1 y 0 sinh y< 2. Para y > y 0 , G = 0 en y = b se cumple si Ce

b

b

+ De

= 0. La solución se puede escribir como

B2 y; y 0 = K2 y 0 sinh (b

y> )

El producto nos da la solución para y en todo el intervalo B y; y 0 = K y 0 sinh y< sinh (b

y> )

y la función de Green es G x; x0 ; y; y 0 = A x0 ei

x

+ B x0 e

i x

sinh y< sinh (b

y> )

la constante K (y 0 ) se ha absorbido en las constantes A (x0 ) ; B (x0 )9 . Para determinar las constantes A (x0 ) ; B (x0 ) tenemos en cuenta que G = 0 en x = 0 ) B = G = 0 en x = a ) sin a = 0, la solución para x queda An x; x0 = Cn x0 sin

nx

;

n

=

A; con

n a

y un conjunto de soluciones para la función de Green es Gn x; x0 ; y; y 0 = Cn x0 sin

n x sinh

n y< sinh

n (b

y> )

9 Estrictamente, tendríamos que cambiar la notación para estas nuevas constantes, pero como ellas no han sido determinadas, no hace ninguna diferencia.

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

37

recordemos que por ahora estamos solucionando solo la parte homogénea, y recordando que la superposición de soluciones es también solución (principio de superposición solo válido para la parte homogénea), entonces la solución más general es una superposición de las soluciones ya encontradas X G x; x0 ; y; y 0 = Cn x0 sin n x sinh n y< sinh n (b y> ) n

ahora insertamos esta solución en la ecuación de Green inhomogénea y expandimos ortonormal de senos. " # X 2 2 0 @x + @y Cn x sin n x sinh n y< sinh n (b y> )

(x

x0 ) en la base

n

4 a

=

"

y0

y

1 X

sin

n x sin

0 nx

n=1

X

2 n Cn

0

x sin

#

n x sinh

n y< sinh

n (b

y> )

@y2 [sinh

n y< sinh

n (b

y> )]

n

+

X

Cn x0 sin

nx

n

=

4 a X

y

y

1 X

0

sin

n x sin

0 nx

n=1

Cn x0 sin

2 n sinh

nx

n y< sinh

n (b

y> )

n

+ @y2 [sinh

=

4 a

y

n y< sinh 1 X 0

y

sin

n (b

y> )]

n x sin

0 nx

n=1

en virtud de la independencia lineal de sin

nx

Cn x0 + =

2 n sinh

n y< sinh

@y2 [sinh

n y< sinh

4 a

y 0 sin

y

n (b

n (b

y> )

y> )]

0 nx

(2.11)

genéricamente, esta ecuación se puede escribir como 4 y y 0 sin n x0 a 2 y> ) + @y2 [sinh n sinh n y< sinh n (b

Cn x0 H y; y 0 = H y; y 0

n y< sinh

n (b

y> )]

con lo cual se tiene que Cn x0 = Rn sin

0 nx

(2.12)

y la función de Green queda G x; x0 ; y; y 0 =

X

Rn sin

0 n x sin

n x sinh

n y< sinh

n (b

y> )

n

de nuevo esta forma de la función de Green (al menos la parte en x) se pudo haber supuesto desde el principio usando la simetría G (x; x0 ; y; y 0 ) = G (x0 ; x; y; y 0 ). La constante Rn contiene la información de

38

CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE GREEN EN ELECTROSTÁTICA

la parte inhomogénea en y y su valor se puede extraer integrando y entre (y 0 inhomogénea 10 . Retomando (2.11) pero teniendo en cuenta (2.12) 0 nx

Rn sin

@y2 [sinh

n y< sinh

4 a

y 0 sin

+ = 2 n sinh

Rn 4 = a

2 n sinh

y

n y< sinh

n (b

n y< sinh n (b

n (b

"; y 0 + ") en la ecuación

y> )

y> )]

0 nx

y> ) + @y2 [sinh

n y< sinh

n (b

y> )]

y0

y

Rn 2n +Rn

Z

Z

y=y 0 +"

sinh @y2 [sinh

y=y 0

4 a

=

Z

n y< sinh

n (b

y> ) dy

y=y 0 " y=y 0 +" " y=y 0 +"

y

n y< sinh

n (b

y> )] dy

y0

y=y 0 "

la primera integral de la izquierda tiende a cero cuando " ! 0. La segunda queda Rn (

@ Rn [sinh n y< sinh n (b y> )] @y ( @ Rn sinh n y 0 sinh n (b y) @y

Rn

n sinh

Rn

n

ny

sinh

0

cosh ny

0

n

cosh

@ [sinh @y

y=y 0 +"

b

Rn

y> )]

n y< sinh

n (b

y> )] y=y 0 "

ny

0

sinh

n

b

y0

=

y 0 + cosh

ny

0

sinh

n

b

y0

=

ny

=

nb

a

cosh2

4 sinh n

n

b

y

0 y=y 0 "

sinh2

ny

Rn resultando

=

4 a

=

4 a

=

4 a

y=y 0 "

n cosh

n sinh

Rn =

n (b

n y sinh

y0

n

n y< sinh

@ sinh @y

y=y 0 +"

b

y=y 0 +"

@ [sinh @y

n sinh

nb

=

)

)

4 a 4 a 4 a 4 a

nb

y la función de Green se escribe G x; x0 ; y; y 0 =

4 X sin a n

0 n x sin

n x sinh

n y< sinh

n sinh

n (b

y> )

nb

que coincide con la encontrada anteriormente. 10 La parte inhomogénea en x ya se tuvo en cuenta al expandir solo supusimos y 6= y 0 .

(x

x0 ). Obsérvese que para solucionar la parte homogénea

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

2.4.2.

39

Problema bidimensional semi-in…nito

Expansión ortonormal Tomemos un rectángulo cuya anchura tiende a in…nito de tal forma que para condiciones de Dirichlet nos impone G = 0 en y = 0; b y G = 0 en x = 1. Las condiciones de frontera en y son satisfechas por una superposición discreta de senos como ya hemos visto. Por otro lado, las condiciones de frontera en x requieren el uso de una base completa en el intervalo ( 1; 1), lo cual a su vez requiere del uso de bases contínuas. Por tanto, es sensato usar la expansión G x; x0 ; y; y 0 =

1 X

sin

Z

0 ny

n y sin

n=1

1

x0 )

An (k) eik(x

dk

1

0

la proposición en la parte contínua de la forma eik(x x ) está inspirada en la propiedad G (x; x0 ; y; y 0 ) = G (x0 ; x; y 0 ; y) teniendo en cuenta que el intercambio y $ y 0 deja invariante a la función de Green de acuerdo con la forma propuesta. Usamos las relaciones de completez x

1 x = 2 0

Z

1

ik(x x0 )

e

dk ;

y

y

1

1X = sin a

0

1

n y sin

ny

0

;

n

n=1

n b

Uso del teorema de valores propios La expresión (2.10) puede generalizarse, para un espectro de funciones propias con una parte contínua y una parte discreta X Z ' (k; r0 ) ' (k; r) n n 0 G r; r ; = dk (k) n n Se deja al lector la tarea de encontrar una base de funciones propias del operador @x2 + @y2 que posea una parte discreta y otra contínua. Combinación de expansión ortonormal con método directo asumimos G=

1 X

sin

n y sin

ny

0

Fn x; x0

n=1

introduciendo esta expansión en la ecuación de Green y expandiendo (y @x2

+

@y2

1 X

sin

n y sin

ny

0

0

Fn x; x

=

n=1 1 X

@x2 Fn x; x0

2 n Fn

x; x0

sin

ny

0

sin

ny

=

n=1

4 b

x

4 b

x

2 n

para x 6= x0 la solución es Fn (x; x0 ) = A (x0 ) e 1. Si x < x0 ) G ! 0, cuando x !

4 b

Fn x; x0 = nx

+ Be

x

x0

nx

1, resultando Fn1 x; x0 = An1 e

nx

= An1 e

0

x

x0

1 X

n=1 1 X n=1

por independencia lineal @x2

y 0 ) en senos

n x
x0 ) G ! 0, cuando x ! 1, resultando nx

Fn2 x; x0 = Bn2 e

n x>

= Bn2 e

La solución es Fn1 x; x0 = Cn e

n x


e

n (x>

= Cn e

x< )

al integrar en la vecindad de la inhomogeneidad en la ecuación se obtiene Cn =

2 b

n

resultando G x; x0 ; y; y 0 G x; x0 ; y; y 0

= =

1 2 X sin b

2 b

n=1 1 X

sin

n y sin

ny

0e

x< )

n (x>

n n y sin

ny

0e

n jx

x0 j

n

n=1

Combinación de método directo con expansión contínua Podemos proceder usando una base contínua sobre x y una función libre en y Z 1 Z 1 1 0 ik(x x0 ) 0 0 G= e Fk y; y dk ; x x = eik(x x ) dk 2 1 1 introduciendo estas expansiones en la ecuación de Green Z 1 0 2 2 eik(x x ) Fk y; y 0 dk = @x + @y 1 Z 1 0 eik(x x ) k 2 Fk y; y 0 + @y2 Fk y; y 0 dk =

4 2

y

2

y

1

y y0

0

Z

Z

1

1

eik(x

x0 )

dk

1

eik(x

x0 )

dk

1

la independencia lineal nos da @y2

k 2 Fk y; y 0 =

2

y

y0

Anotaciones generales 1. Hemos visto varias estrategias para calcular funciones de Green, que podemos numerar así: a) Expansión ortonormal en x; y: recomendable cuando podemos encontrar bases tanto en x como en y, que puedan ajustar fácilmente las condiciones de frontera. b) Expansión ortonormal en x ó y, y función libre en la otra variable: recomendable si la expansión ortonormal es fácilmente ajustable a las condic. de frontera y la ec. diferencial para la función libre es fácilmente soluble. c) Método directo: Se asume función libre en ambas variables. Si la ec. dif. es fácilmente soluble, este método usualmente conduce a soluciones mas simples o cerradas. d ) Uso del teorema de valores propios: Recomendable cuando podemos hallar una base de funciones propias en donde las condiciones de frontera sean fácilmente ajustables. En esencia este método también es una expansión ortonormal, pero los coe…cientes se hallan mas fácilmente.

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

41

2. Con fronteras en el in…nito, es recomendable usar espectros contínuos de funciones base. En particular, la representación exponencial contínua es de amplio uso en virtud del lema de Riemann-Lebesgue que nos dice que Z b lm e ikx F (k) dk = 0 x!1 a

si F (k) es absolutamente integrable i.e. Z

b

jF (k)j dk = f inito

a

este lema nos garantiza que G ! 0 cuando x !

1.

Función de Green en coordenadas polares Para encontrar la función de Green de la cuña mostrada en la …gura, es obviamente mas conveniente el uso de coordenadas polares. Usando el laplaciano y la función delta de Dirac en estas coordenadas se obtiene @G 1 @2G + 2 = @ @'2

1 @ @

4

0

las condiciones de Dirichlet equivalen a G = 0 en ' = 0; 0

G

; ; '; ' '

0

1 X

=

'0

sin

n=1 1 X

1

=

y en

n ' sin

sin

n'

n ' sin

0

(2.13)

= R hagamos una expansión de la forma

Fn

n'

'0

'

;

0

;

n

=

n

0

n=1

introduciendo las expansiones en la ecuación de Green (2.13) @ @ =

4

(

@ @

"

1 X

sin

n ' sin

n'

0

Fn

;

#)

0

n=1 0

1 X

sin

n ' sin

n'

"1 1 @2 X + sin @'2

n ' sin

n=1

0

n=1

@ @

"

1 X

sin

n ' sin

n'

0

Fn

n=1

(

;

0

#

"1 #) @2 X + sin n ' sin n '0 Fn ; 0 @ 2 n=1 "1 # 2 X 1 @ + sin n ' sin n '0 Fn ; 0 @'2 n=1

=

4

0

1 X

n=1

sin

n ' sin

n'

0

n'

0

Fn

;

0

#

42

CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE GREEN EN ELECTROSTÁTICA 1 X

sin

n=1 1 X

n ' sin

+

n=1 1 X

sin 1

n'

0

@ Fn

n ' sin

2 n sin

n'

0

;

0 2

@ Fn

n ' sin

n'

0

0

;

Fn

;

0

n'

0

n=1

4

=

1 X

0

sin

n ' sin

n=1

1 X

sin

n ' sin

n'

0

@ Fn

0

;

+ @ 2 Fn

;

1

0

2 n Fn

;

0

n=1

=

4

1 X

0

sin

n ' sin

n'

0

n=1

resultando @ Fn

0

;

+ @ 2 Fn

1

0

;

1

@2 + @ con

6=

0

2 n

2 n Fn

;

0

=

Fn

;

0

=

4

0

4

0

tenemos una ecuación homogénea cuya solución es Fn

;

0

1. Para




0,

G = 0 en

= R ) Fn1 (

=A 0) 0)

0

n

= An1 ( 0 ) = An2 ( 0 )

0

+B n

h

n

= An1 ( 0 ) R

n

n

< n

R

i

= An2 ( 0 )

h

R

n

>

R

>

n

i

La solución homogénea completa es: Fn

;

0

= Cn

0

n




R

>

Al integrar la ecuación diferencial entre = 0 " y = 0 + " se obtiene Cn = 2 = ( R que 1 n n n R 2 X sin n ' sin n '0 < > G ; 0 ; '; '0 = R R n >

n

n)

de modo

n=1

Esta solución abarca como casos particulares al sector circular recto ( = =2) y al semicírculo ( = ). Adicionalmente, si tomamos R ! 1 obtenemos G

; 0 ; '; '0 =

1 2 X sin n=1

n ' sin n

n'

0

n

< >

que abarca en particular al cuadrante y al semiplano. A priori estaríamos tentados a pensar que el círculo se puede generar con = 2 , y el plano con = 2 , R ! 1. Sin embargo, es importante enfatizar que ni el círculo completo ni el plano se pueden generar de esta forma, como se explica en el siguiente problema.

2.4. PROBLEMAS BIDIMENSIONALES

43

Problem 3 Círculo de radio R. Evaluar G para condiciones de Dirichlet. En este caso no hay condiciones de frontera para ningún valor de ', por tanto el uso exclusivo de senos es inadecuado, por tanto es necesario 0 el uso de senos y cosenos, o equivalentemente, se puede usar eim(' ' ) con lo cual se propone G

0

1 X

0

; ; '; ' =

eim('

'0 )

Fm

;

0

m= 1

una proposición de la forma G

; 0 ; '; '0 =

1 1 X X

Amn sin

n

sin

n

0 im(' '0 )

e

n=1 m= 1

es inconsistente ya que G no es necesariamente cero en frontera. Se necesitan de nuevo senos y cosenos en .

2.4.3.

= 0 puesto que este punto no hace parte de la

Función de Green en tres dimensiones

Función de Green para espacio in…nito r2 G (r; r0 ) = 4 (r r0 ). Recordando que r2 jr 1r0 j = 4 (r r0 ) y observando que para jr 1r0 j tiende a cero cuando r ! 1 tenemos que esta es justamente la función de Green para espacio in…nito (frontera en el in…nito). Podemos encontrar un representación de fourier de esta función de Green usando la ecuación de Green y suponiendo una solución de la forma Z 1 0 0 G r; r = A (k) eik (r r ) d3 k 1

usando la ecuación de Green y la representación de Fourier de la delta de Dirac Z 1 Z 1 4 0 2 ik (r r0 ) 3 r A (k) e d k= eik (r r ) d3 k 3 (2 ) 1 1 Z

1

2

1

ik (r r0 ) 3

k A (k) e

d k =

2 1

1

A (k) = la función de Green queda G r; r0 =

1 2

2

Z

1 1

2

2

Z

1

A (k) eik (r k2

G r; r0 =

1 jr

eik (r

2 k2

Una integración por polos nos da que esta integral equivale a

lo cual muestra la consistencia del procedimiento.

1

r0 j

r0 )

d3 k

r0 ) 3

d k)

44

CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE GREEN EN ELECTROSTÁTICA

Capítulo 3

Método de imágenes 3.1.

Método de imágenes y teorema de unicidad

Supongamos que tenemos cierta distribución de cargas en el interior de un volumen V , con unas condiciones de frontera dadas sobre la super…cie que delimita a este volumen. En particular, tomemos condiciones de Dirichlet. Ahora supongamos que podemos encontrar una distribución virtual de cargas ubicadas en el exterior del volumen V , de tal manera que la superposición de la distribución real de cargas (en el interior de V ) con la distribución virtual (en el exterior de V ) emulen las condiciones de frontera en la super…cie. Uno de los teoremas de unicidad que hemos demostrado nos dice que dada una cierta distribución interior de cargas y unas condiciones de frontera con el potencial, la solución para el potencial en el interior del volumen V , es única. Ahora bien, comparando la situación real (distribución interior mas condiciones de frontera) con la situación virtual (cargas reales interiores mas cargas virtuales exteriores), podemos inferir que el potencial en el interior del volumen V , es el mismo en ambas situaciones. Para demostrarlo, observemos que en ambos casos la distribución interior es la misma (debido a que las cargas virtuales están todas en el exterior de V ), y así mismo las condiciones de frontera también coinciden ya que las cargas virtuales se colocaron precisamente para ajustarse a esa condición. No obstante, es necesario aclarar que el valor del potencial en el exterior del volumen V , en general no es el mismo en ambas situaciones; esto se puede ver teniendo en cuenta que si tomamos el complemento del volumen de Dirichlet, las cargas virtuales estarían alterando la carga interior (donde el interior se de…ne ahora en el complemento de V ). Esto nos sugiere un método para encontrar el potencial en el interior de un volumen en ciertas situaciones especiales, en las cuales es fácil encontrar una distribución de cargas virtuales exteriores que puedan emular las condiciones de frontera, sin alterar la distribución interior. Las cargas ubicadas en el exterior se denominan imágenes de modo que este procedimiento se conoce como método de imágenes. Surge entonces la pregunta ¿cuál es la ventaja del método de las imágenes?. Debemos observar que al introducir las cargas imagen las condiciones de frontera dejan de ser relevantes en el problema (siempre y cuando se cumplan) y en su lugar debe solucionarse el problema (en general más simple) de calcular el potencial en el interior del volumen, por simple superposición entre las cargas interiores (reales) y exteriores (imágenes). Adicionalmente, si conocemos las super…cies equipotenciales de una cierta distribución de cargas, es fácil retroalimentar el problema puesto que un conductor con la forma de una de éstas super…cies equipotenciales (y con un potencial igual al potencial de esta super…cie) puede utilizar la distribución original como imágen. Veamos la conexión del método de imágenes con el formalismo de Green. Recordemos que la función de Green mas general se escribe como r2 G r; r0 = 4 r r0 y que su solución mas general se escribe G r; r0 =

1 jr

r0 j

+ F r; r0

46

CAPÍTULO 3. MÉTODO DE IMÁGENES

donde F (r; r0 ) debe satisfacer la ecuación de Laplace, el primer término en la función de Green corresponde al potencial de una carga unidad, en tanto que el segundo término es un potencial generado dentro del volumen delimitado por la super…cie debido a cargas externas a este volumen (ya que dentro del volumen obedece a una ecuación de Laplace) de tal manera que hace que G (r; r0 ) cumpla las condiciones de frontera. La interpretación de la función F (r; r0 ) nos proporciona otro punto de vista del método, ya que F (r; r0 ) es el potencial equivalente a imágenes colocadas en el exterior del volumen, de tal forma que junto con la carga unidad (Kc q = 1) ubicada en una posición interior r0 , nos dé un potencial cero en la super…cie (o cualquiera que sea la condición sobre la función de Green en la super…cie).

3.2.

Carga frente a un plano equipotencial

A manera de ejemplo consideremos una carga puntual colocada frente a un plano conductor in…nito ubicado en el plano Y Z y a potencial cero. Puede verse fácilmente que si ubicamos una carga puntual imagen al otro lado del plano a la misma distancia y de signo opuesto, las condiciones de frontera sobre el plano Y Z (potencial cero) se cumplen automáticamente. Sean r = xi+yj + zk ; r0 = x0 i + y 0 j + z 0 k ; r0i =

xi + yj + zk

las posiciones de el punto donde se quiere evaluar el potencial, el punto donde se ubica la carga real y el punto donde se ubica la carga imagen respectivamente. El potencial generado por el dipolo es (r) = q

q (x

x0 )2 + (y

y 0 )2 + (z

q

z 0 )2

q (x + x0 )2 + (y

y 0 )2 + (z

z 0 )2

claramente este potencial se anula en x = 0. Mas sintéticamente (r) =

q

q r0 j

jr

r0i j

jr

Si hacemos q = 1 obtenemos la función de Green para el semiespacio con x G r; r0 =

1 jr

0.

1 r0 j

jr

r0i j

que claramente cumple la condición de Dirichlet en las fronteras (y; z ! 1; x ! 1; ý x = 0). Obsérvese que la carga imagen (con qim = 1) es tal que nos reproduce las condiciones de frontera, y además está por fuera del semiespacio con x 0, de tal modo que satisface una ecuación de Laplace en dicho semiespacio. Por tanto en este caso (haciendo la carga real igual a la unidad y teniendo en cuenta que la carga imagen tiene igual magnitud pero signo opuesto) F r; r0 =

1 jr

r0i j

La función de Green aquí calculada puede ser utilizada para calcular el potencial en x 0 para cualquier condición de frontera en x = 0, con cualquier distribución de carga localizada y que esté encerrada en el semiespacio determinado por x 0 (el hecho de que la carga esté localizada nos garantiza que el potencial sea constante en el in…nito de…nido por y; z ! 1; x ! 1). No debemos olvidar que la formulación de Green es para volúmenes cerrados, aunque no cerrados físicamente sino que el potencial o su derivada normal se deben conocer en una super…cie cerrada, que en este caso es como una “semiesfera in…nita”.

3.2. CARGA FRENTE A UN PLANO EQUIPOTENCIAL

3.2.1.

47

Linea de carga …nita

De densidad lineal constante, paralela al eje X, con = Va en x = 0. Evaluar el potencial en x 0. Este ejemplo físicamente podría representar a un hilo perfectamente aislante frente a un plano in…nito perfectamente conductor. Si el hilo no fuera aislante su carga tendería a acumularse en un extremo. Hablando mas físicamente, sería un hilo cuya longitud y distancia al plano sean mucho menores que las dimensiones del plano. (revisar este argumento ya que en tal caso el potencial no se puede hacer cero en el in…nito). Primero debemos calcular la densidad volumétrica equivalente Z Z Z Z q = (r) dV = dx (z) dz (y) dy Z Z q = (z) (y) dx dy dz = (z) (y) dV

la densidad volumétrica equivalente es entonces

r0 =

z0

y0

Calculando G en coordenadas cartesianas resulta y evaluando @G=@n0 : @G @n0

x0 =0

@G @x0

x0 =0

= =

=

@G rG njx0 =0 = rG ( i)jx0 =0 = (rG)x0 jx0 =0 = @x0 x0 =0 0 @ @ 1 1 q q 0 @x (x x0 )2 + (y y 0 )2 + (z z 0 )2 (x + x0 )2 + (y y 0 )2 + (z 2x

q

z 0 )2

1 A

x0 =0

3

y 0 )2 + (z

x2 + (y

z 0 )2

la integral de super…cie en la semiesfera in…nita, solo tiene contribución en el plano Y Z ya que se anula en la super…cie semiesférica de radio in…nito. Reemplazando en (2.3) se tiene 2 Z 1 Z 1 Z d+l q (r) = z0 y0 4 q 1 1 d (x x0 )2 + (y y 0 )2 + (z z 0 )2 3 q 5 dx0 dy 0 dz 0 q 2 2 2 0 0 0 (x + x ) + (y y ) + (z z ) 2 3 1 4

(r) =

Z

q

Z

6 6 Va 6 q 4

2x

2

4q (x

q

q

(x + Z

Z

1 1

z 0 )2

1

x0 )2

Va x + 2

y 0 )2 + (z

x2 + (y

7 7 0 dS 37 5

x0 )2 + y 2 + z 2 3

+ y2 + z2 2 6 6 6 q 14

5 dx0

1

x2 + (y

3

1 y 0 )2 + (z

z 0 )2

7 7 0 0 dy dz 37 5

48

3.3.

CAPÍTULO 3. MÉTODO DE IMÁGENES

Carga puntual frente a una esfera conductora

Supongamos que tenemos una esfera conductora de radio a (a potencial cero) y una carga puntual en el exterior, queremos evaluar el potencial en el exterior de la esfera. De modo que nuestro volumen “cerrado” está entre la esfera de radio a, y una esfera de radio in…nito. Por simetría la carga imagen debe estar en la línea que une a la carga real con el centro de la esfera, y debe estar en el interior de la esfera (para que sea exterior a nuestro volumen “cerrado”), y debe ser de signo opuesto a la carga real para que sea posible una cancelación del potencial en r = a. El potencial se escribe como (r) = en r = a se tiene que a

q0

q jr

r0 j

jr

q

=p r" j (r

r0 ) (r

p

r0 )

q0 r" ) (r

(r

r" )

= 0, sea r =~a cuando el vector posición de evaluación del potencial tiene magnitud q

(~a) = p

p

(~a r0 ) (~a r0 )

q0 (~a r" ) (~a r" )

=0)

q2 q 02 = ) (~a r0 ) (~a r0 ) (~a r" ) (~a r" )

q 2 ~a r"

~a r" = q 02 ~a r0

q 2 ~a r"

~a r"

q 2 a2 a2 q 2

q 02 ~a r0

2~a r" + r"2

q 02 + q 2 r"2

~a r0 )

q 02 a2

q 02 r02 + 2~a

~a r0 = 0

2~a r0 + r02

= 0

q 2 r"

= 0

q 02 r0

(3.1)

la cantidad 2~a q 2 r" q 02 r0 implica un cos arbitrario en virtud de que ~a toma todas las direcciones posibles de modo que es necesario que q 2 r" q 02 r0 = 0 y como r0 y r" son paralelos se tiene que q 02 =

q 2 r" r0

reemplazando este valor de q 0 en la expresión 3.1 se obtiene a2 q 2 a2 q 2

q 2 r" q 2 r" 02 2 2 + q r" r = 0 r0 r0 r" + q 2 r"2 q 2 r"r0 = 0 1 r0 a2 r0

r" + r0 r"2

a2 r0

r" + r0 r" r" 2

a es obvio que (r0

0

r r"

r

r"r02 = 0 0

r0

= 0

r"

= 0

r") 6= 0 ya que el uno es interior (r" < a) y el otro es exterior (r0 > a) de modo que r" =

a2 qa ) q0 = 0 0 r r

3.3. CARGA PUNTUAL FRENTE A UNA ESFERA CONDUCTORA

49

obsérvese que q 0 < q. El potencial fuera de la esfera es q0

q

(r) =

r0 j

jr

r" j

jr

r0 j

jr

jr

qa r0 j

r0 r

a 2 r0 r0 r0

qa

q

(r) =

q

=

(3.2)

a2 0 r r 02

r0 r

y la función de Green para r a, es este potencial con la carga real normalizada a uno. Observemos que cuando la carga real se aproxima a la super…cie, el valor de la carga imagen tiende en magnitud al valor de la carga real, y también se acerca a la super…cie de tal modo que las cargas real e imagen están a lado y lado de la super…cie y aproximadamente equidistantes, veamos: Sea r0 = a + " con "=a a. Evaluando la densidad de super…cie 3.3 usando el potencial (3.2) obtenemos (r) =

=

(r) =

q

qa r0 j

jr

r0 r q

p

r2

p

r2

+

r02

+

r02

a2 r 02

=p (r r0

2rr0 cos

r0

q 2rr0 cos

r0

q q

q r0 )

r0 )

(r

r0

qa r2 +

r

r

a2 0 r r 02

r

a2 0 r r 02

2

a4 r 02

2 ra02 rr0 cos q

r 2 a

qa

(3.4)

a 2 r0

+

2 rr0 cos

derivando y evaluando en r = a

=

q 4 a2

a r0

1 1+

a2 r 02

a2 r 02 2a r0

cos

3=2

al integrar para obtener la carga se obtiene justamente la carga imagen. Esto último también se puede ver por ley de Gauss, para lo cual podemos construir una super…cie S cerrada que encierre tanto a la esfera como a la carga real exterior, el ‡ujo debido al campo generado por el sistema esfera-carga real es exactamente el mismo que generaría el sistema carga real- carga imagen, ya que la super…cie Gaussiana esta toda en la

50

CAPÍTULO 3. MÉTODO DE IMÁGENES

región del espacio en donde ya se probó que el potencial (y por tanto el campo eléctrico) son iguales para ambas con…guraciones. Como en ambos casos el ‡ujo es el mismo, la ley de Gauss me dice que la carga neta debe ser la misma en ambos casos por lo cual la carga inducida en la esfera debe coincidir en magnitud y signo con la carga imagen. La fuerza que la esfera ejerce sobre la carga q, se puede calcular a partir de la carga imagen F =

qq 0 u =q L2 q2 a2

F =

a r0

qa r0

qa 1 u =q r0 (r0 r")2

3

r0

2u

a2 r0

2

a2 r02

1

1

u

1 1 2x

con r0 >> a

q2 a2

F

a r0

3

1+2

a2 r02

q2a u r03

u

si r0 ' a es decir r0 = a + " con "=a > r, y R >> a, obtenemos (r) = R

q

Q 1+

R2

q

r 2 R

+2

r R

cos

Qa r 2 R

+

a 4 R

+

a 2 R

q R 1+ r R

cos

Q r 2 R

+ R2

2 q

r R

cos Qa

r 2 R

+

a 4 R

a 2 R

r R

cos

54

CAPÍTULO 3. MÉTODO DE IMÁGENES

despreciando términos de tercer orden (r) '

R

Q

q

1+2

r R

(r) = R teniendo en cuenta que

r 2 R

cos + q

Q 1+2

r R

cos +

p

(r) =

(r) =

Q R

("

1

"

r cos R

r 1 + cos R ( Q r cos 1 R R

1 r 2 R

2

Q

q R 1

2

r R

r 2 R

1 =1 1 x

R

q

Q 1

2

r R

2

2

2

r 2 R

cos +

R2

Qa q

r 2 R

r 2 R

#

#) r r 2 2 2 cos + R R " 1 r 2 3 r 2 r + cos2 1 + cos 2 R 2 R R

1 r 2 R

R2

+

1 3 x + x2 2 8

r r 2 cos + R R

3 + 8

r 2 R

cos +

Qa q

3 + 8

1 r 2 R

2

3 + 8

r r 2 cos + R R

2

???????????/ (r) =

2Q a3 2Qr cos + cos + ::: R2 R2 r 2

donde Q=R2 se ha considerado constante como E = 2Q=R2 (r) =

a3 cos r2

E r cos

El primer término corresponde a l campo uniforme E, el segundo es debido a la carga inducida sobre la super…cie conductora y cuya densidad es =

1 @ 4 @r

= r=a

3 E cos 4

R

Probar que dA = 0, lo cual es lógico por simetría. El momento de dipolo inducido sobre la esfera es p~ =

Z

rdA ; pz =

Z

a3 cos sin d d =

3a3 E sin3 4 3

=2

= Ea3 0

2

#)

Capítulo 4

Ecuación de Laplace 4.1.

Propiedades de las soluciones de la Ecuación de Laplace

Donde quiera que no haya densidad de carga, el potencial electrostático obedece a la ecuación homogénea r2 = 0 Conocida como ecuación de Laplace, esta ecuación aparece con frecuencia no solo en la electrodinámica sino en muchas teorías clásicas de campos, de modo que el estudio de sus soluciones es de importancia mayor. Como ya mencionamos, esta ecuación admite separación de variables en 11 sistemas coordenados diferentes. Las soluciones a esta ecuación se les conoce como funciones armónicas. Estas funciones poseen la siguiente propiedad importante Si (x; y; z) satisface la ecuación de Laplace, el valor promedio de esta función sobre una esfera (no necesariamente pequeña) coincide con el valor de en el centro de la esfera. Este teorema es válido para cualquier función armónica, es fácil ver que el potencial electrostático en particular cumple esta condición. Supongamos que tenemos una carga puntual q y una esfera de radio a cargada uniformemente sobre la super…cie con carga q 0 (aislante para que en todo instante la carga permanezca uniformemente distribuida en la super…cie). Asumamos que traemos la carga puntual desde el in…nito hasta una distancia R, del centro de la esfera con R > a. La energía potencial necesaria para ensamblar el sistema en esa con…guración es UA = qq 0 =R ya que la esfera actúa como el equivalente a una carga puntual. Ahora procedemos al contrario, trayendo la esfera desde el in…nito, en este caso el trabajo para ensamblar el sistema se puede calcular de la siguiente manera: La energía potencial se puede calcular de la energía potencial asociada al par de cargas q y dq 0 donde dq 0 se integraría sobre toda la esfera1 , Z Z q dq 0 q dq 0 q dA0 dUB = ) UB = = jrj jrj jrj

donde jrj se re…ere a la distancia entre q y dq 0 . Dado que es constante, la energía potencial queda Z A q dA0 UB = A jrj

donde A se re…ere a la super…cie de la esfera. q= jrj es el potencial que la carga q genera sobre un punto en la super…cie de la esfera, lo denotaremos q . Z 1 0 0 UB = q q dA A 1

A priori uno podría pensar que es necesario incluír el trabajo necesario para ensamblar las cargas primadas en la esfera. Sin embargo, en ambos casos estamos considerando que la esfera ya está armada y por tanto ignoramos ese trabajo. Si decidimos incluirlo aparecera igualmente en UA y en UB de modo que no altera el resultado que aquí se obtiene.

56

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

claramente el término entre paréntesis corresponde al potencial promedio sobre la super…cie de la esfera generado por la carga puntual q. Por otro lado, el carácter conservativo de las fuerzas electrostáticas nos da como resultado la igualdad de la energía potencial al usar ambos procedimientos de modo que Z qq 0 1 0 0 UA = UB ) =q q dA R A Z q 1 0 ) = q dA R A el término de la izquierda es el valor del potencial generado por la carga puntual q en el centro de la esfera, que resulta ser igual al promedio del potencial generado por la misma carga sobre la esfera, esto prueba la a…rmación para una carga puntual. Para un sistema de cargas basta con apelar al principio de superposición para el potencial. Esta demostración también se puede hacer por cálculo directo del potencial promedio generado por una carga puntual sobre una esfera que no contiene a dicha carga (Gri¢ th). El lector puede demostrar que esta propiedad también se cumple en una dimensión (tomando un intervalo) y en dos dimensiones (tomando una circunferencia). Esta propiedad está asociada a un hecho muy importante: ninguna con…guración electrostática nos genera una con…guración de equilibrio estable para una carga de prueba en el espacio vacío (teorema de Earnshaw). Para probarlo asumamos que existe un punto P de equilibrio estable y ubicamos una carga positiva en él, al ser estable cualquier desplazamiento debe generar una fuerza restauradora que lo intente regresar a P , esto implica que al construir una esfera alrededor de P el campo debe apunta hacia el interior de la esfera en todas direcciones; pero esto contradice la ley de Gauss ya que no hay cargas negativas en el interior (la carga q es positiva y además no cuenta ya que estamos hablando del campo que generan las fuentes al cual está sometido la carga de prueba, pues ciertamente su propio campo no actúa sobre ella). Similarmente al poner una carga negativa no es posible que el campo apunten hacia afuera en la esfera alrededor de P . Por tanto no hay equilibrio estable. Otra forma de verlo relacionada con la propiedad que ya vimos: para que una carga positiva en el punto P esté en equilibrio estable, es necesario que en cierta vecindad alrededor de P , el potencial sea mayor que el potencial en P en todos los puntos, esto implica que podemos construir una esfera contenida en esa vecindad, para la cual claramente el promedio en la super…cie sería mayor que su valor en el centro, de modo que la existencia de un punto de equilibrio estable nos implicaría una violación de la a…rmación ya demostrada. Para una carga negativa el argumento es similar. Matemáticamente hablando, esto implica que el potencial no puede tener máximos ni mínimos locales dentro de la región en donde es válida la ecuación de Laplace. Hay que aclarar que puntos de equilibrio electrostáticos si hay, solo que no son estables. No obstante, campos magnéticos o electromagnéticos variables en el tiempo pueden mantener una carga en equilibrio estable.

4.2.

Unicidad de la ecuación de Laplace

La unicidad de la ecuación de Laplace se puede ver como un caso particular de la unicidad de la solución de Poisson. Sin embargo, es interesante ver un modo alternativo para establecer la unicidad de esta ecuación para condiciones de Dirichlet. Una vez establecida la existencia, la demostración de la unicidad resulta sencilla gracias a la propiedad de linealidad de la ecuación de Laplace. Asumamos que (x; y; z) es una solución de la ecuación con ciertas condiciones de frontera, imaginemos que existe una segunda solución ' (x; y; z) con las misma condiciones de frontera si ambas son soluciones, también lo es una combinación lineal de éstas, en particular W (x; y; z) = (x; y; z) ' (x; y; z). W (x; y; z) no satisface las condiciones de frontera ya que en este caso al tomar los puntos en las fronteras (x; y; z) y ' (x; y; z) toman los mismos valores. W (x; y; z) es la solución de otro problema electrostático con todas las super…cies a potencial cero. Adicionalmente si W es cero en todas las super…cies, debe ser cero en todo el espacio donde no hay carga por la siguiente razón: si el potencial no es nulo en todo el espacio vacío entonces deben haber al menos un punto que sea máximo

4.3. ECUACIÓN DE LAPLACE EN DOS DIMENSIONES

57

o mínimo local, pero como ya vimos, las soluciones armónicas no permiten estos extremos, de modo que W debe ser cero en todo punto, y la solución es única2 . Con base en este teorema de unicidad, se puede hacer una demostración alternativa de que en el interior de la cavidad de un conductor sin carga interior, el campo es cero (ver Sec. 1.4.1). Recordemos que esto es válido independientemente del tamaño y forma del conductor así como de los posibles campos generados en el exterior por fuentes super…ciales o exteriores al conductor. La demostración es muy simple: en el interior se satisface la ecuación de Laplace con potencial constante en la frontera, una solución posible es = cte =potencial en la frontera, y como la solución es única entonces el potencial es constante en el interior de modo que el campo es cero en esta región.

4.3. 4.3.1.

Ecuación de Laplace en dos dimensiones Coordenadas cartesianas

La ecuación de Laplace en dos dimensiones se escribe @x2 + @y2 realizando separación de variables

(x; y) = 0

(x; y) = A (x) B (y) y dividiendo la ecuación por AB se obtiene 1 d2 A 1 d2 B + =0 A dx2 B dy 2

como el primer sumando solo depende de x y el segundo solo de y, entonces cada sumando debe ser igual a una constante 1 d2 A 1 d2 B 2 = ; = 2 A dx2 B dy 2 la asiganción de , es arbitraria (se pudo haber hecho al contrario). Pero dado que esto no supone ninguna limitación. Las soluciones en el caso 6= 0 son A (x) = Aei la solución para

x

+ Be

i x

; B (x) = Ce

y

+ De

es en general complejo,

y

= 0, nos da A (x) = a0 x + b0 ; B (x) = c0 y + d0

La solución general es de la forma (x; y) = Aei

x

+ Be

i x

Ce

y

y

+ De

+ axy + bx + cy

(4.1)

donde hemos rede…nido adecuadamente las constantes, obsérvese que en particular, la constante que aparece en la solución con = 0, no se incluye explícitamente. Sin embargo, un término constante aparece cuando hacemos = 0 en esta ecuación (recordemos que una constante puede ser relevante aquí, puesto que con condiciones de Dirichlet ya se ha …jado el cero de potencial y dicha constante ya no es arbitraria). Las constantes están determinadas por las condiciones de frontera Ejemplos de la solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones Calcular con las condiciones de frontera bidimensionales siguientes: = 0, en x = 0, en x = L, y en y ! 1. = V (x) en y = 0. Con estas condiciones de frontera y tomando la ecuación (4.1) tenemos que a) = 0 en x = 0, 8y conduce a (0; y) = (A + B) Ce

y

+ De

y

+ cy = 0

2 Este argumento también nos lleva a la unicidad de la ecuación de Poisson, ya que aún en presencia de carga, W continúa obedeciendo a la ecuación de Laplace.

58

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

esto solo se cumple 8y si B =

A, y c = 0, dejando

(x; y) = A ei

x

i x

e y

(x; y) = sin x Ce

y

Ce

y

+ De

y

+ De

+ axy + bx

+ axy + bx

donde la constante A (y las constantes necesarias para armar el seno) se han absorbido en C y D. De nuevo, estrictamente deberíamos cambiar la notación a digamos C 0 , D0 pero como estas constantes son aún desconocidas, esto no hace ninguna diferencia. b) = 0 en x = L ) y

(L; y) = sin L Ce

y

+ De

+ aLy + bL = 0

como (L; y) = 0 para todo y tenemos que sin L = 0, a = b = 0 de modo que se reduce a (x; y) = sin n x Cn e n y + Dn e n y

=

n

= n =L. La solución

Y dado que la solución es válida para todo n, tenemos que la solución mas general es una superposición de estos modos (linealidad en acción). (x; y) =

1 X

sin

nx

ny

Cn e

ny

+ Dn e

n=1

c)

! 0, en y ! 1, dado que

n

es positivo, esta condición conduce a Cn = 0; la solución queda (x; y) =

1 X

ny

Dn e

sin

nx

n=1

d)

(x; 0) = V (x). Tenemos que (x; 0) = V (x) =

1 X

Dn sin

nx

n=1

multiplicando por

2 L

2 L

sin Z

mx

e integrando entre 0 y L

L

V (x) sin

m x dx =

0

1

2X Dn L n=1

Dm

2 = L

Z

Z

1 X

L

sin

n x sin

m x dx =

0

Dn

n=1

L

V (x) sin

mx

dx

0

con lo cual la expresión …nal para el potencial queda (x; y) =

1

2X e L

n L

y

Z

n x L

sin

n=1

L

V x0 sin

0

n 0 x L

dx0

En el caso particular en el cual V (x) = V , obtenemos (x; y) = (x; y) = (x; y) =

1 2V X e L

2V L

n=1 1 X

e

n=1 1 X

2V

n=1

n L

n L

e

y

n sin x L

y

sin

n L

y

n

n x L

sin

Z

L

sin

0

n 0 x L

dx0

1L cos nx n L

n x [( 1)n L

1]

L 0

mn

4.3. ECUACIÓN DE LAPLACE EN DOS DIMENSIONES

59

la suma solo sobrevive para términos impares de modo que hacemos n (x; y) =

1 4V X e k=0

(2k+1) L

y

(2k + 1) x L

sin

2k + 1

2k + 1 quedando

esta forma del potencial se puede llevar a una forma cerrada (ver Jackson y Sepúlveda) " # sin x 2V L tan 1 (x; y) = sinh L y es importante hacer notar que la serie converge rápidamente para y & a= , pero para valores mucho mas pequeños que esta cantidad, se necesitan muchos términos para lograr una buena aproximación.

4.3.2.

Coordenadas polares

El Laplaciano se escribe como 1 @ @

@ @

+

@2 @'2

1 2

=0

suponemos separación de variables ( ; ') = R ( ) 1 multiplicando la ecuación por

d d

dR ( ) d

2

d2 (') d'2

=0

2

hacemos 1 2

R( )

R( ) (')

d Rd

asumiendo

(') +

(')

dR ( ) d

d2 (') d'2

6= 0, la ecuación para

=

+

2

;

d2 (') d'2

1

d Rd

=0

dR ( ) d

=

2

(') es

d2 (') + d'2

2

(') = 0 )

(') = Cei

'

d d

R

2

= 0)

R

2

= 0

+ De

i '

y la ecuación para R ( ) queda

dR d Esta ecuación es homogénea en

dR d d2 R + 2 2 d

(4.2)

y se puede resolver con =e )

d d =e = ; =e d d

dR d dR 1 dR = = ; d d d d

=

1

(4.3)

60

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE d2 R d 2 d2 R d 2

=

d d

=

dR d d = d d d 1 dR 1 e + e d

dR 1 d dR = e d d d 2 d R 1 dR 1 = + 2 2 2 d d

d2 R d 2

(4.4)

reemplazando (4.3) y (4.4)en (4.2) resulta 1 dR d

1 dR 1 d2 R + 2 d 2 d 2 dR dR d2 R + d d d 2 d2 R d 2

2

+

R

2

= 0

R

2

= 0

R

2

= 0

la solución es R ( ) = Ae

+ Be

R( ) = A La solución para

para

2

2

6= 0 es

+B

( ; ') = A

Cei

+B

'

+ De

i '

= 0 las ecuaciones quedan d2 d'2 d2 R d 2

pero

= A (e ) + B (e )

=e )

la solución para

= 0)

= a' + b

= 0 ) R ( ) = (E + F )

= ln R ( ) = E ln + F = 0 es ( ; ') = (a' + b) (E ln + F )

La solución general (para

0) es

( ; ') = A

+B

Cei

'

+ De

i '

+ (a' + b) (E ln + F )

o alternativamente ( ; ') = A

+B

[C cos ' + D sin '] + (a' + b) (E ln + F )

Discusión: las soluciones para = 0;y para 6= 0 son aparentemente excluyentes, de modo que no tendría sentido incluír los dos tipos de soluciones en una sola expresión. Sin embargo, si rotulamos estas soluciones como ( ; ') donde 0, una superposición de ellas es también solución y en muchos casos la superposición es obligatoria para obtener las condiciones de frontera (esta superposición puede ser sobre el discreto o sobre el contínuo dependiendo de los valores posibles de ). Esto hace indispensable incluír la solución con = 0 como parte de la superposición, lo mismo vale en coordenadas cartesianas.

4.3. ECUACIÓN DE LAPLACE EN DOS DIMENSIONES

61

Intersección entre dos planos Evaluar el potencial en la región cercana a la intersección entre dos planos que forman un ángulo diedro . El punto = 0 está incluído en la región por lo cual B = E = 0 para evitar una divergencia en el potencial. Quedando la solución ( ; ') =

[C cos ' + D sin '] + (a' + b)

discusión: obsérvese que en la punta tenemos que el potencial tiende a V por un lado y a V 0 por el otro, luego el campo debería tener una divergencia, al menos si V 6= V 0 . Sin embargo, E y B deben ser cero ya que aunque el campo puede en general diverger, el potencial si se mantiene acotado. 1. En ' = 0,

=V ( ; 0) = V = C

+b

solo es posible si C = 0, y b = V ( ; ') = a' + V + D

sin '

obsérvese que el coe…ciente b es parte de la solución con = 0, si no hubiéramos incluído esta contribución, no hubiese sido posible satisfacer las condiciones de frontera. 2. En ' = ,

=V0

( ; )=V0 =a +V +D

sin

como esto debe ser válido 8 ) D = 0 ó sin = 0 se puede ver que la primera alternativa no soluciona las condic. de frontera. Con la segunda tenemos los valores permitidos para (con 6= 0) =

m

=

m

dado que 0 ) m 0. y m es entero, como la solución = 0 ya ha sido incluída entonces m = 1; 2; 3; :::. (efectivamente m = 0 nos deja solo con coe…cientes que provienen de la solución con = 0; para todo y para todo '). El potencial para ' = queda ( ; )=V0 =a +V con lo cual

V0

a=

V

La solución es entonces la combinación lineal de la solución para cada m ( ; ') = V +

V0

V

'+

1 X

m =

Dm

sin

m

'

m=1

Los coe…cientes Dm requieren conocer las condiciones de frontera que cierren el contorno, por ejemplo sea ' (R; ') = V (') y V = V 0 3. (R; ') = V (') = V +

1 X

Dm Rm

=

sin

m

'

m=1

multiplicando por sin n

e integrando en ' 2 (0; ) queda Dm =

2

R

m =

Z

0

[V (')

V ] sin

m

'0

d'0

62

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE el potencial queda 1 X

( ; ') = V +

2

R

Z

m =

[V (')

m

V ] sin

d'0

'0

m =

sin

m

'

0

m=1

se puede veri…car que la condición (R; ') = V (') se cumple. Por otro lado si todas las paredes son equipotenciales i.e. V (') = V = V 0 se cumple que = V en el interior es decir como si tuviéramos un solo conductor cerrado en forma de cuña de radio R (recordemos que en realidad no hay conductor en el arco de la cuña). Veamos lo que ocurre en el caso general para pequeño, cuando aún no se ha evaluado Dm . Dado que la dependencia en es de la forma m = puede concluirse que cerca de = 0, el potencial depende mayormente del primer término en la serie (mas exactamente de los dos primeros con = 0 y el segundo con m = 1). Asumamos V = V 0 ( ; ') = V +

1 X

Dm

m =

m

sin

'

V + D1

=

sin

'

m=1

queremos evaluar la densidad de carga en la vecindad de =

= 0. La cual para un conductor viene dada por

1 @ 1 = n ^ E 4 @n 4

1 n ^ r' = 4

evaluemos el campo eléctrico E

=

E' =

@ D1 = @ 1@ D1 = @'

1

'

sin 1

observemos que para el conductor en ' = 0, el vector normal es ' = se tiene que el vector normal es u' las densidades son 0

= para diferentes valores de

1 u' E 4

=

1 u' E 4

= '=0

= '=

1 E' 4

1 E' 4

u' en tanto que para el conductor en

= '=0

= '=

'

cos

D1 4

D1 4

tenemos diferentes comportamientos de

1

1

en

! 0 es decir en las puntas.

1. para 1 > 0, con pequeño, la densidad tiende a cero. No hay casi acumulación de carga en las puntas. Especialmente si es grande ( pequeño). 2. para

2

3. para in…nito. 4. para

3 2

)j j

D1 2

y también disminuye al acercarse a la punta

)j j

D1 4

)j j

D1 ( 1=3) 6

5. Para 2 )j j anterior.

independiente de , lo cual es de esperarse ya que se convierte en un plano tanto el campo como la densidad de carga son singulares en

D1 ( 1=2) . 8

= 0.

La carga se acumula en las puntas mas rápidamente que en el caso

Como se vé, la carga tiende a acumularse en las puntas en algunos casos. Estas acumulaciones de carga producen campos muy intensos. En este sencillo principio se basa el pararrayos.

4.3. ECUACIÓN DE LAPLACE EN DOS DIMENSIONES

4.3.3.

63

Cilindro in…nito

Cilindro in…nito a potencial V (') en su super…cie. El potencial es independiente de Z lo que lo convierte en un problema bidimensional. Tomemos la solución bidimensional general ( ; ') = A

+B

[C cos ' + D sin '] + (a' + b) (E ln + F )

el potencial debe ser el mismo en ' = 0 y en ' = 2n . Esto implica a = 0; y que lado E = B = 0 para evitar divergencias en ! 0. La solución queda [C cos ' + D sin '] + F 0

( ; ') = teniendo presente que

debe ser entero. Por otro

debe ser entero, la solución general es 0

( ; ') = F +

1 X

[C cos ' + D sin ']

=1

usando la condición

= V (') en

=R

1 X

(R; ') = V (') = F 0 +

R [C cos ' + D sin ']

(4.5)

=1

multiplicando por sin 0 ' d' e integrando Z 2 Z 2 0 V (') sin ' d' = F 0 sin 0 ' d' 0

0

1 X

+

R

C

2

2

cos ' sin ' d' + D

R D 0

V (') sin 0 ' d' =

R D

sin ' sin 0 ' d'

Z

2

sin ' sin 0 ' d'

0

0

obteniendo

2

0

=1

2

Z

0

1 X

V (') sin 0 ' d' =

0

Z

0

0

=1

Z

Z

Z 2 1 D = V (') sin ' d' R 0 similarmente se obtiene C al multiplicar por cos 0 ' Z 2 1 C = V (') cos ' d' R 0

integrando (4.5) en ' se tiene Z 2 Z V (') d' = 0

2

0

1 2

F0 = la solución queda entonces ( ; ') =

1 2 +

Z

F 0 d' + Z

1 X

R

=1

2

C

Z

0

2

cos ' d' + D

Z

2

sin ' d'

0

V (') d'

0

2

V (') d'

0

1 1 X 2

=1

R

Z

0

2

V '0 cos '0 cos ' d'0 + V '0 sin '0 sin ' d'0

64

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

4.4.

Ecuación de Laplace en tres dimensiones, coordenadas cartesianas r2 (x; y; z) = 0 )

separación de variables

@2 @2 @2 + + @x2 @y 2 @z 2

(x; y; z) = 0

= A (x) B (y) C (z) 1 d2 A 1 d2 C 1 d2 B + + =0) dx2} B dy 2 C dz 2 |A {z | {z } | {z } 2

2

2

=

2

+

2

2

Para obtener la solución mas general debemos obtener todas las combinaciones con ; ; diferentes de cero, todos ellos son no negativos. 6 0; 6= 0 = Aei x + Be i Cei y + De i Ee z + F e z

A (x) B (y) C (z) la ligadura

2

=

2

+

2

x y

= 0; = ax + b Gei y + He Je z + Ke

6= 0 i y z

prohibe la posibilidad de

(x; y; z) =

Aei

x

+ Be

+ Lei

0x

=

i x

+ (ax + b) Gei + Me

= 0; = 6= 0 Lei x + M e i x cy + d Ne z + Pe z 6= 0;

Cei 0

y

y

+ He

i

0x

= 0; = ex + f gy + h jz + k

iguales a cero o

=0

= 0. La solución general queda

+ De i 0y

i y

Je

(cy + d) N e

Ee 0

z

z

0

+ Ke

0z

z

+ Fe

+ Pe

z 0z

+ (ex + f ) (gy + h) (jz + k) ; 0 ; ; 0 son positivos, aunque en esta expresión …nal pueden tomar el valor cero. Cuando todos ellos toman el valor cero, se obtiene una constante por lo cual uno podría remover la constante que aparece en la expresión para el potencial, que es f hk. La solución mas general implica sumatorias y/o integrales en ; 0 ; ; 0 y las constantes están determinadas por las condiciones de frontera. Caja de lados a; b; c Paralelepípedo de lados a; b; c, con todas las super…cies a potencial cero excepto una. 1.

= 0 en x = 0, la solución queda (0; y; z) = (A + B) Cei +b0 Gei

0

y

y

+ De

+ He

i y

i 0y

+ (L + M ) c0 y + d

Ee

Je Ne

0z

0

z

z

z

+ Fe

+ Ke

+ Pe

0

z

0z

+f (gy + h) (jz + k) (0; y; z) = (A + B)

1 (y; z)

+ (L + M ) = 0

+b

3 (y; z)

2 (y; z)

+f[

4 (y; z)

+ hk]

4.4. ECUACIÓN DE LAPLACE EN TRES DIMENSIONES, COORDENADAS CARTESIANAS

65

donde usaremos la notación a0 ; b0 ; c0 para los coe…cientes en el potencial, a …n de no confundirlos con las dimensiones del paralelepípedo. Como cada i (y; z) es linealmente independiente, y además la constante f hk se puede remover, entonces cada coe…ciente que acompaña a los i (y; z) se debe anular A + B = 0 ; b0 = 0 ; (L + M ) = 0 ; f = 0 la solución queda (x; y; z) = sin x Cei 0

+x Gei 0

+ sin

y

y

i y

+ De

i 0y

+ He

x c0 y + d

z

Ee Je 0z

Ne

0

z

z

+ Fe 0

+ Ke

z

0z

+ Pe

+x (gy + h) (jz + k) 2.

= 0, en y = 0 z

(x; 0; z) = sin x (C + D) Ee +x (G + H) Je 0

+ sin

x (d) N e

0

z

0

+ Ke

0z

z

+ Fe z

0z

+ Pe

+xh (jz + k) un argumento similar al anterior nos da C + D = 0 ; G + H = 0; d = 0; h = 0 estamos suponiendo que A y L de la expresión original son diferentes de cero. Puede chequearse que si cualquiera de ellos se hace cero las condiciones de frontera no se cumplen (chequear). La solución queda z

(x; y; z) = sin x sin y Ee +y sin 3.

0

x Ne

0z

+ Fe

+ Pe

z

+ x sin

0z

0

y Je

0

z

+ Ke

+ xy (jz + k)

= 0 en z = 0 (x; y; 0) = sin x sin y (E + F ) + x sin +y sin

0

0

y (J + K)

x (N + P ) + xyk

conduce a (E + F ) = (J + K) = (N + P ) = k = 0 quedando (x; y; z) = E sin x sin y sinh z + Jx sin +N y sin 4.

0

x sinh

0

0

y sinh

0

z

z + jxyz

= 0 en x = a (a; y; z) = E (sin a) sin y sinh z + Ja sin +N y sin

0

a sinh

0

z + jayz

0

y sinh

0

z

0

z

66

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE conduce a sin a = 0 ; J = 0 ; sin

0

a = 0; j = 0

quedando (x; y; z) = En sin

n x sin

con n

5.

=

0 k x sinh

y sinh z + Nk y sin

n a

0 k

;

=

0 kz

k a

= 0 en y = b (x; b; z) = En sin conduce a Nk = 0;

=

m

=

n x (sin

b) sinh z + Nk b sin

0 kz

m b

(x; y; z) = Enm sin 6.

0 k x sinh

n x sin

m y sinh

nm z

= V (x; y) en z = c (x; y; c) = V (x; y) = Enm sin multiplicamos por sin

n0 x sin

m y sinh

nm c

m0 y

Anm con

n x sin

e integramos con lo cual se obtiene Z aZ b V (x; y) sin n x sin m y 4 dx dy = ab 0 0 sinh mn c

n 2 m2 + 2 a2 b a manera de consistencia se puede ver que si V (x; y) = 0, el potencial en el interior nos da sería el caso de un paralelepípedo conductor conectado a tierra. 2 mn

4.5. 4.5.1.

=

2

= 0. Este

Ecuación de Laplace en coordenadas esféricas Operador momento angular orbital

Un operador momento angular es un operador con tres componentes J^1 ; J^2 ; J^3 donde cada componente es hermítica y satisface las relaciones de conmutación h i J^i ; J^j = i"kij Jk

el cuadrado de este operador se de…ne como

^2 = J^12 + J^22 + J^32 J ^2 se puede veri…car que cada coponente conmuta con J h i ^2 ; J^j = 0 J

^2 y J^j admiten un conjunto común de funciones propias. Elijamos J^3 para encontrar este esto implica que J conjunto común, se cumple que: = j (j + 1) jm ; J^3 jm = m jm 1 3 j = 0; ; 1; ; 2; :::; m = j; j 1; j 2; ::; 2 2 = j 0 j mm0 jm ; j 0 m0 ^2 J

jm

(j

2) ;

(j

1) ; j

^ = ir r se puede ver que este operador cumple con las El operador momento angular orbital clásico es L propiedades de un momento angular, por otro lado la exigencia de periodicidad en 2 nos exige excluir los valores semienteros de j. Es notable el hecho de que los valores propios solo depeden de la hermiticidad de los operadores y de su álgebra de Lie, pero no de su forma explícita.

4.5. ECUACIÓN DE LAPLACE EN COORDENADAS ESFÉRICAS

4.5.2.

67

Ecuación de Laplace r2 = 0

en coordenadas esféricas queda 1 @ r2 @r

r2

@ @r

+

1 @ 2 r sin @

utilizando la identidad 1 @ r2 @r escribimos

r2

@ @r

1 @2 1 @ (r ) + 2 2 r @r r sin @

@ @

sin

=

sin

+

1 @2 =0 r2 sin2 @'2

1 @2 (r ) r @r2

@ @

@2 1 =0 r2 sin2 @'2

+

hacemos separación de variables de la forma (r; ; ') =

U (r) Y ( ; ') r

reemplazamos 1 @2U U (r) 1 @ Y ( ; ') 2 + 2 r @r r r sin @

sin

@Y ( ; ') @

+

U (r) 1 @ 2 Y ( ; ') =0 r r2 sin2 @'2

y multiplicamos por r3 = (U Y ) r 2 d2 U 1 @ + 2 U (r) dr sin Y ( ; ') @

sin

1 @ 2 Y ( ; ') @'2 sin2 Y ( ; ') @Y ( ; ') 1 @ 2 Y ( ; ') sin + @ @'2 sin2

@Y ( ; ') @

r 2 d2 U 1 1 @ + 2 U (r) dr Y ( ; ') sin @

+

= 0 = 0

ahora bien, el término entre paréntesis es justamente el operador momento angular orbital clásico al cuadrado (con signo menos) ^ = L ^ 2 Y ( ; ') = L la ecuación se reduce a

ir

^ 2 = ( ir r)L

1 @ sin @

sin

@Y ( ; ') @

r 2 d2 U U (r) dr2 | {z } l(l+1)

quedando las ecuaciones

1 @ @ sin sin @ @ 2 1 @ Y ( ; ') + @'2 sin2

r)2 =

^ 2 Y ( ; ') L =0 Y ( ; ') | {z } l(l+1)

r 2 d2 U = l (l + 1) U (r) dr2 )

d2 U dr2

l(l+1) U r2

=0

^ 2 Y ( ; ') = l (l + 1) Y ( ; ') L

+

1 @2 sin2 @'2

68

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

La ecuación radial es homogénea para r de modo que podemos hacer r = e obteniéndose d2 U d 2

dU d

l (l + 1) U = 0

denotando D como el operador derivada D2

D

l (l + 1) U = 0 ) [D

(1 + l)] [D + l] U = 0

la soluciones son U = e(1+l) = rl+1 ; U = e

l

=r

l

la solución para r queda U = Arl+1 + Br

l

veamos la solución para la parte angular 1 @ sin @

@Y ( ; ') @

sin

+

1 @ 2 Y ( ; ') + l (l + 1) Y ( ; ') = 0 @'2 sin2

separamos variables Y ( ; ') = P ( ) Q (') Q (') d sin d

sin

dP ( ) d

+

P ( ) @ 2 Q (') + l (l + 1) P ( ) Q (') = 0 @'2 sin2

multiplicamos por sin2 = (P Q)

|

sin d P ( )d

sin

dP ( ) d {z

+ l (l + 1) sin2

+ }

m2

1 @ 2 Q (') =0 Q (') @'2 | {z } m2

la solución se escogió de tal manera que en Q (') haya soluciones armónicas. @ 2 Q (') + m2 Q (') = 0 ) Q (') = @'2 la solución en

es

sin d P ( )d

sin

dP ( ) d

Ceim' + De a' + b

+ l (l + 1) sin2

im'

si m 6= 0 si m = 0

m2 = 0

sustituyamos dx = sin ; sin2 = 1 d dP dx dP dP = = sin d d dx dx sustituyendo esta derivada en la ecuación x = cos )

sin d P ( )d

sin sin

dP dx

+ l (l + 1) sin2

x2

(4.6)

m2 = 0

dividiendo por sin2 1 1 P( ) sin 1 d d P ( ) dx d 1 d P ( ) dx

dP m2 + l (l + 1) dx sin2 dP m2 + l (l + 1) dx (1 x2 ) dP m2 + l (l + 1) dx (1 x2 )

d d

sin2

= 0

1

x2

= 0

1

x2

= 0

4.5. ECUACIÓN DE LAPLACE EN COORDENADAS ESFÉRICAS

69

multiplicando por P d dx

x2

1

m2 P =0 (1 x2 )

dP + l (l + 1) P dx

(4.7)

o equivalentemente d2 P dx2

x2

1

2x

m2 P =0 (1 x2 )

dP + l (l + 1) P dx

(4.8)

la cual se conoce como ecuación asociada de Legendre. Consideremos primeramente la solución correspondiente a m = 0 d2 P dx2

x2

1

2x

dP + l (l + 1) P = 0 dx

denominada ecuación ordinaria de Legendre. Consideremos una solución en series de potencias 1 X

P (x) = x

aj xj

j=0

es un parámetro a determinar, al introducirlo en la ecuación ordinaria de Legendre, se tiene 0 0 1 1 0 1 1 1 1 2 X X X d @ d 1 x2 aj xj+ A 2x @ aj xj+ A + l (l + 1) @ aj xj+ A = 0 2 dx dx j=0

1

x2

j=0

0 1 d @X aj (j + ) xj+ dx

1

1A

j=0

—————————–

1

x2

0

2x @

1 X

j=0

aj (j + ) xj+

j=0

0 1 X @ aj (j + ) (j +

1

1A

1) xj+

j=0

0 1 X 2x @ aj (j + ) xj+ j=0

————————–

0 1 X @ aj (j + ) (j +

2aj (j + ) xj+

0

+ l (l + 1) @ 1

2A

+ l (l + 1)

j=0

= 0

1A

1) xj+

j=0

1 X

1

1 X

1 X j=0

0

+ l (l + 1) @ 1

2A

1 X j=0

aj xj+ A = 0

1

aj xj+ A = 0

0 1 X @ aj (j + ) (j + j=0

aj xj+

1

1) xj+ A

j=0

1 X

aj (j + ) (j +

1) xj+

2

j=0

1 X

[2aj (j + ) + aj (j + ) (j +

1)

aj l (l + 1)] xj+ = 0

j=0

——————1 X j=0

aj (j + ) (j +

1) xj+

2

[(j + ) (2 + j +

1)

l (l + 1)] aj xj+

1

=0

70

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

quedando …nalmente 1 X

1) xj+

aj (j + ) (j +

2

[(j + ) (j +

+ 1)

l (l + 1)] aj xj+

=0

j=0

cada coe…ciente debe ser cero por separado aj (j + ) (j + aj (j + ) (j +

+ 1)

1) = 0

l (l + 1) = 0

con lo cual para j = 0; 1; tenemos que si a0 6= 0 )con j = 0 ( la primera relación nos dice que

1) = 0

=cero ó uno. Si a1 6= 0 con j = 1 (1 + )

=0

para cualquier otro j se obtiene la recurrencia aj+2 =

( + j) ( + j + 1) l (l + 1) aj ( + j + 1) ( + j + 2)

las relaciones para j = 0 y j = 1 son en realidad equivalentes de modo que podemos elegir a0 6= 0 ó a1 6= 0, pero no los dos al tiempo. Eligiendo a0 6= 0 obtenemos que = 0 ó = 1. La relación de recurrencia muestra que la serie de potencias tiene solo potencias pares ( = 0) o impares ( = 1). resulta ser cero o uno. Para ambos valores de la serie converge para x2 < 1, y diverge en x = 1 a menos que la serie sea truncada, convirtiéndose entonces en un polinomio, esto solo es posible si l es cero o entero positivo. Adicionalmente, para l par (impar) se exige = 0 ( = 1). Los polinomios se normalizan de tal manera que valgan 1 en x = 1 y se denominan polinomios de Legendre. En forma general estos polinomios están dados por Pl (x) =

1 dl x2 2l l! dxl

ellos forman un conjunto ortogonal y completo en el intervalo

1

Z

1 1

Pl (x) Pl0 (x) dx =

1X (2l + 1) Pl (x) Pl x0 2

l

1 1

x

2 2l + 1

=

x

1 ll0

x0

l=0

y teniendo en cuenta la relaciones 4.6 se obtiene en términos de x = cos ) dx = Z

sin d ; x =

1 1

Pl (x) Pl0 (x) dx = =

Z

Z

0

1)

=

; x=1)

=0

0

Pl (cos ) Pl0 (cos ) [ sin d ] Pl (cos ) Pl0 (cos ) sin d

4.5. ECUACIÓN DE LAPLACE EN COORDENADAS ESFÉRICAS las relaciones de ortogonalidad y completez quedan Z Pl (cos ) Pl0 (cos ) sin d 1 2

0 1 X

(2l + 1) Pl (cos ) Pl cos

0

=

2 2l + 1

=

cos

71

ll0

cos

0

l=0

cualquier función regular de…nida en el intervalo [ 1; 1] puede escribirse f (x) =

1 X l=0

Z

2l + 1 Al Pl (x) ) Al = 2

1

f x0

Pl x0

dx0

1

la solución a la ecuación de Laplace con m = 0 es entonces (r; ; ') = (a' + b)

1 X Ul (r)

r

l=0

Pl (cos )

si asumimos simetría azimutal, a = 0, y la solución queda (r; ) =

1 X

Al r l +

l=0

Bl Pl (cos ) rl+1

(4.9)

puede verse efectivamente que las soluciones con m 6= 0 ya no tienen simetría azimutal ya que tienen soluciones no triviales en '. Al ; Bl se determinan con las condiciones de frontera.

4.5.3.

Propiedades de Pl (cos )

4.5.4.

Esfera con

Evaluar

= V ( ) en la super…cie

en el interior de una esfera si (r; ) =

= V ( ) en la super…cie. 1 X

Al r l +

l=0

para evitar divergencia en

se hace Bl = 0

(r; ) =

1 X

Bl Pl (cos ) rl+1

Al rl Pl (cos )

l=0

en r = a )

=V ( ) V ( )=

1 X

Al al Pl (cos )

l=0

multiplicamos por Pl0 (cos ) sin d e integramos entre 0 y . Z

0

V ( ) Pl0 (cos ) sin d

1 X

=

l=0 1 X

=

l=0

Al =

2l + 1 2al

Z

0

V

0

l

Al a

Z

0

Pl (cos ) Pl0 (cos ) sin d

2 Al a 2l + 1 l

Pl cos

0

0

ll0

2Al0 al = 0 2l + 1

sin

0

d

0

72

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE Z 1 X 2l + 1 (r; ) = V 2al 0

0

l=0

(r; ) =

1 X 2l + 1

r a

2

l=0

l

0

Pl cos Z

Pl (cos )

0

sin 0

V

d

0

rl Pl (cos )

Pl cos

0

sin

0

d

0

0

si se quiere calcular el potencial por fuera de la esfera basta con reemplazar (r=a)l ! (a=r)l+1 .

4.5.5.

Cascarones concéntricos

Cascarón de radio b a potencial V0 cascarón de radio a a potencial V para 0

=2 ;

0 para =2 con

= V0 en r = b ) V0 =

1 X

Al b l +

l=0

Bl Pl (cos ) bl+1

multiplicamos por Pl0 (x) e integramos Z

1 1

V0 Pl0 (x) dx = 2V0

=

l0 0

1 X

l=0 1 X

Bl Al b + l+1 b l

Al b l +

l=0

2V0

=

l0

Al b l +

Bl bl+1

Z

1 1

Pl (x) Pl0 (x) dx

2 2l + 1

ll0

2 2l + 1

Bl bl+1

por tanto se obtiene A0 + Bb0 = V0 si l = 0 l Al bl + bB si l 1 l+1 = 0 ahora aplicamos

= V ( ) en r = a Z

Z

(4.10)

1

V (x) Pl (x) dx = 1

1

V (x) Pl (x) dx = 1

V

Z

Z

0

0 Pl (x) dx + 1

1

Pl (x) dx =

)

8 < :

2 2l+1 2 2l+1

Al y Bl se pueden calcular de (4.10, 4.11).

Z

Al al +

Bl al+1

1

V Pl (x) dx = V

0

0

por tanto

2 2l + 1

V

l0

0

Bl al+1 l Al al + aB l+1

Al al +

Z

1

Pl (x) dx

0

si l = par si l = impar

=V

si l = 0

=0

si l

1

(4.11)

4.6. PROBLEMAS CON CONDICIONES QUE NO SON DE FRONTERA

4.6.

73

Problemas con condiciones que no son de frontera

La unicidad de la solución (4.9), nos conduce a que si encontramos cualquier método para hallar Al y Bl , estos valores serán únicos. En algunas ocasiones es posible encontrar estos coe…cientes sin recurrir en forma explícita a las condiciones de frontera, conociendo por ejemplo el potencial en cierta región (que no necesariamente pertenece a la frontera), usualmente el eje de simetría. Cuando aplicamos la solución general Eq. (4.9) a dicho eje obtenemos (r = z; = 0) =

1 X

Bl z l+1

Al z l +

l=0

(4.12)

para la parte negativa del eje i.e. = , tenemos que introducir un factor ( 1)l . Si el potencial en esta región puede desarrollarse en series de potencias, entonces podemos encontrar los coe…cientes ya mencionados por comparación de la serie de potencias con la Eq. (4.12). Veamos algunos ejemplos. Para la esfera con potenciales V en los hemisferios norte y sur, encontramos una forma integral difícil de evaluar, pero vimos que la integración era posible cuando nos restringíamos al eje Z, para la cual encontramos el potencial 3.7 ! z 2 a2 p (z) = V 1 z a2 + z 2 esto es válido para z > a. En consecuencia la variable adecuada para la expansión es a=z 1 2 0 3 (z 2 a2 ) 2 a 2 z 1 z z2 A = V 41 q 5 q (z) = V @1 2 2 2 a +z a 2 z 1+ z z2 una expansión de Taylor de esta función nos da

1 V X ( 1)j (z) = p

1

1 2

2j

1 2

j

a z

j!

j=1

2j

(4.13)

comparando esta ecuación con (4.12) tenemos 1 X l=0

1 V X Bl ( 1)j Al z + l+1 = p z l

1

2j

1 2

j j!

j=1

1 2

a z

2j

comparando las potencias de z se ve que a la derecha no hay potencias positivas de ésta. Por tanto Al = 0. " # 1 1 1 1 X 2j j 1 V X 1 2 2 Bl l+1 = p ( 1)j 1 a2j 2j j! z z j=1

l=0

De esta expresión se ve que al lado izquierdo solo deben contribuir las potencias pares en l + 1, es decir impares en l. De modo que Bl = 0 si l es par, por esta razón podemos escribir la suma de la izquierda con l + 1 2j, y dado que solo contribuyen los valores l = 1; 3; 5; 7; :: la suma se expresa como " # 1 1 1 1 X 2j j 1 V X 1 2 2 B2j 1 2j = p ( 1)j 1 a2j 2j z j! z j=1

j=1

quedando B2j

1

V = p ( 1)j

1

2j

1 2

j j!

1 2

a2j

74

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

el valor B2j 1 es único y válido para todas las regiones de la esfera exterior aún fuera del eje, de modo que la solución general para el potencial fuera de la esfera es (r; ) =

1 X

1

1 2j P2j 1 (cos r

B2j

j=1

)

quedando 1 X

(r; ) =

j=1

"

V p ( 1)j

" 1 V X p ( 1)j

(r; ) =

1 2

2j

1

1 jr r0 j

Expansión de

1 2

j

1 2

j! 1 2

2j

1

j!

j=1

4.7.

j

a2j #

# a r

1 P2j r2j 2j

P2j

1 (cos

)

1 (cos

)

en polinomios de Legendre

Una importante aplicación de la técnica anterior nos posibilita expandir la función jr 1r0 j en polinomios de Legendre. Esta función satisface la ecuación de Laplace para r 6= r0 . Si rotamos los ejes de tal forma que r0 quede a lo largo de Z, tendremos una función que satisface la ecuación de Laplace y posee simetría azimuthal, de modo que podemos usar (4.9) 1 jr

r0 j

=

1 X

Al rl +

l=0

Bl Pl (cos ) rl+1

donde es el ángulo entre los vectores r y r0 que en el caso de la rotación ya descrita coincidiría con las coordenadas esféricas. Examinemos las condiciones de frontera 1. Para r < r0 y con

1 jr r0 j

6= 1, hay que evitar divergencia en r!0 se tiene 1 r0 j

jr para r > r0 con

1 jr r0 j

de

=

1 X

l Al r< Pl (cos )

l=0

! 0 hay que evitar divergencia en r!1 se sigue entonces 1 X Bl Pl (cos ) rl+1 l=0 >

una solución válida en ambas regiones sería 1 jr

r0 j

=

1 X

Cl

l=0

l r< l+1 r>

!

Pl (cos )

para evaluar Cl consideramos el caso en que r y r0 son colineales i.e. = 0. Esto permite hacer fácilmente una expansión en series de potencias. para el caso r > r0 la expansión adecuada es en r0 =r 1 jr

r0 j

=

=

1 (r

r0 )

=

1 1 X Cl r> l=0

1 X

Cl

l=0

r< r>

l

l r< l+1 r>

!

Pl (cos )

" 1 r0 Pl (cos ) = C0 + C1 + C2 r r

r0 r

2

#

+ :::

r>r 0

4.8. FUNCIONES ASOCIADAS DE LEGENDRE Y ARMÓNICOS ESFÉRICOS pero a su vez 1 (r

1 = 0 r) r

1

r0 r

1

" r0 1 1+ + = r r

r0 r

2

#

75

+ :::

r 0 >r

se sigue que Cl = 1 ( e igualmente para r < r0 ) con lo cual ! 1 l X r< 1 Pl (cos ) = l+1 jr r0 j r> l=0

esta expresion se puede aplicar para evaluar potenciales. Consideremos un anillo cargado, el potencial sobre el eje es Z dq q q (z) = =q =p 2 2 2 2 a + b + z 2 2bz (z b) + a (z b)2 + a2 q q = p = 2 2 jz cj z +c 2z cos expandiendo para z > c (z) =

q jz

cj

=q

1 X Cl Pl (cos ) Z l+1 l=0

donde estamos expandiendo el potencial en el eje, el cual a su vez está dado por (r) =

1 X Bl Pl (1) z l+1 l=0

igualando q

1 1 X X Cl Bl P (cos ) = l l+1 Z z l+1 l=0

l=0

Bl = qC l Pl (cos ) de modo que el potencial para r > c es (r) = q

1 X Cl Pl (cos ) Pl (cos ) rl+1 l=0

análogamente para r < c (r) = q

1 X rl Pl (cos ) Pl (cos ) C l+1 l=0

4.8.

Funciones asociadas de Legendre y Armónicos Esféricos

Ahora consideremos la situación general con m 6= 0, la cual será necesaria si el problema no presenta simetría azimuthal. Retornamos a la ecuación diferencial general Eq. (4.8) 1

x2

d2 P dx2

2x

dP + l (l + 1) P dx

m2 P =0 (1 x2 )

Las soluciones …nitas en el intervalo 1 x 1, solo se pueden obtener con l = 0 o entero positivo y si m toma valores entre l; (l 1) ; :::; 0; :::; l 1; l. Lo cual concuerda con la ecuación de valores propios para

76

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

^ 2 y la exigencia de periodicidad en la función. La solución es conocida como función asociada de Legendre L Plm (x), con Plm (x) = ( 1)m 1

x2

m=2

Pl

m

dm ( 1)m P (x) = 1 l dxm 2l l!

x2

m=2

dl+m x2 dxl+m

1

l

puede demostrarse que (x) = ( 1)m

(l m)! m P (x) (l + m)! l

Los Plm forman un conjunto completo ortogonal para cada m, sobre el intervalo Z 1 2 (l + m)! Plm (x) Plm 0 (x) dx = ll0 2l + 1 (l m)! 1

1

donde Pl0 (x) Pl (x). Por otro lado recordemos que para m 6= 0 aparece una solución en ' de la forma e de Plm con e im' nos da los Armónicos Esféricos s 2l + 1 (l m)! m P (cos ) eim' Ylm ( ; ') = 4 (l + m)! l Yl;

m(

1.

im' .

La combinación

') = ( 1)m Ylm ( ; ')

Estas funciones cumplen ortonormalidad y completez Z = Ylm ( ; ') Yl0 m0 ( ; ') d 1 X l X

x

Ylm ( ; ') Ylm

0

; '0

=

ll0 mm0

'

'0

cos

cos

0

l=0 m= l

d

d

sin d d'

se re…ere a un elemento de ángulo sólido. haciendo l0 = m0 = 0 en la relación de ortonormalidad Z Z 1 p Ylm ( ; ') Y00 ( ; ') d = l0 m0 ; Ylm ( ; ') d = l0 m0 4 Z p Ylm ( ; ') d = 4 l0 m0

se puede ver de la forma explícita de los armónicos esféricos que aquellos armónicos con m = 0 solo dependen de , efectivamente se reducen a los polinomios ordinarios de Legendre (chequear) que dan cuenta de los casos con simetría azimuthal. La completez de los armónicos esféricos me permite expandir cualquier función F ( ; ') como superposición de esta base numerable Z 1 X l X F ( ; ') = Alm Ylm ( ; ') ; Alm = F ( ; ') Ylm ( ; ') d l=0 m= l

La solución general para el potencial es entonces (r; ; ') =

1 X l X

l=0 m= l

Alm rl +

Blm Ylm ( ; ') rl+1

De nuevo, las constantes Alm ; Blm se evalúan a través de las condiciones de frontera.

4.9. DELTA DE DIRAC EN COORDENADAS ESFÉRICAS

4.9.

Delta de Dirac en coordenadas esféricas

De…nimos (r Z 1

r0 ), r

= =

Z

Z

Z

r

r0

0

cos

cos Z 0 r dr = 1 ,

;

'0 ) a través de las siguientes relaciones Z 0 cos cos 0 sin d = 1 ' d' = 1 ;

('

2

'

0

0

0

)

77

Z

dV = 1 =

1

r

Z

r0 dr

0

(r

r0 ) ('

(r

r0 ) ('

'0 ) r2 '0 ) r2

2

'0

'

d'

0

cos

cos

0

cos

cos

0

Z

cos

cos

0

sin d

0

r2 dr sin d d' dV

Por lo tanto, el delta de Dirac en coordenadas esféricas queda r0 =

r

4.10.

r0 ) ('

(r

'0 ) r2

cos

cos

0

Función de Green en coordenadas esféricas

Ya conocemos la expresión analítica para la función de Green para espacio in…nito con condiciones de Dirichlet (G ! 0, r ! 1). La cual viene dada por G r; r0 =

1 jr

r0 j

Para ajustar esta función de Green a problemas con simetría esférica, es conveniente expandir la solución en armónicos esféricos 1 X l X 0 G r; r = Ylm ( ; ') Ylm 0 ; '0 Flm r; r0 (4.14) l=0 m= l

0

; '0

se debe a que la función de Green debe satisfacer G (r; r0 ) = G (r0 ; r). Utilizando la inclusión de Ylm la completez de los armónicos esféricos '

'

0

cos

cos

0

=

1 X l X

Ylm ( ; ') Ylm

0

; '0

l=0 m= l

reemplazando en r2 G =

4

1 @2 (rG) r @r2

r0 )

(r

1 ^2 L G= r2

4

1 l (r r0 ) X X Ylm ( ; ') Ylm r2 l=0 m= l

usando (4.14) 1 X l X

Ylm ( ; ') Ylm

0

; '0

l=0 m= l 1 l 1 ^2 X X L Ylm ( ; ') Ylm r2

1 d2 rFlm r; r0 r dr2 0

; '0 Flm r; r0

l=0 m= l

=

4

1 l (r r0 ) X X Ylm ( ; ') Ylm r2 l=0 m= l

0

; '0

0

; '0

78

CAPÍTULO 4. ECUACIÓN DE LAPLACE

^ 2 con valor propio ahora teniendo en cuenta que los armónicos esféricos son funciones propias del operador L 0 0 l (l + 1), y teniendo en cuenta que este operador es solo función de ; ' y no de ; ' se obtiene 1 X l X

Ylm ( ; ') Ylm

0

1 d2 rFlm r; r0 r dr2

; '0

l=0 m= l

1 l 1 X X l (l + 1) Ylm ( ; ') Ylm r2

0

; '0 Flm r; r0

l=0 m= l

1 l (r r0 ) X X Ylm ( ; ') Ylm r2

4

=

0

; '0

l=0 m= l

igualando coe…cientes 1 d2 rFlm r; r0 r dr2

1 l (l + 1) Flm r; r0 = r2

(r r0 ) r2

4

multiplicando por r2 d2 rFlm r; r0 l (l + 1) Flm r; r0 = 4 r r0 dr2 la solución para r 6= r0 ya la hemos estudiado cuando solucionamos la ecuación de Laplace r

Flm r; r0 = Alm rl +

(4.15)

Blm rl+1

Para r < r0 Flm 6= 1, para r ! 0 de modo que la solución tiene la forma l Flm = Alm r
r0 , Flm ! 0 cuando r ! 1 (condición de frontera en el in…nito) Flm =

Blm l+1 r>

la solución para ambos casos es Flm = Clm

l r< l+1 r>

para hallar Clm multiplicamos la ecuación (4.15) por r dr e integramos entre r0 " y r0 + ". Z r0 +" Z r0 +" Z r0 +" d2 0 0 r 2 rFlm r; r dr l (l + 1) Flm r; r dr = 4 r r0 dr dr r0 " r0 " r0 " 2

d 0 la primera integral se soluciona fácilmente por partes con u = r; dv = dr 2 [rFlm (r; r )] dr ) du = dr, d 0 v = dr [rFlm (r; r )]. Asumimos Flm acotada y contínua de modo que la integral sobre la función tiende a cero cuando " ! 0.

d r (rFlm ) dr

Clm "

Clm r

"

d r dr

d dr

r

l r
! # (r0 )l (r0 )l r l+1 r l+1 r r 0

#

r0 +"

rFlm

Clm r 0 +"

r +"

=

4

r0 "

Clm r

"

d r dr

d dr

r

r

l r< l+1 r>

rl r0(l+1)

!

r

r

l r< l+1 r>

#

r0

4

=

4

"

rl r0(l+1)

=

r0 "

4.11. ESFERA UNIFORMEMENTE CARGADA

79

Clm =

4 2l + 1

La función de Green queda G r; r0 =

1 jr

r0 j

=4

1 X l X Ylm ( ; ') Ylm 2l + 1

0

; '0

l r


l=0 m= l

A partir de esta función de Green se puede calcular el potencial debido a cualquier distribución localizada y estática de cargas en el espacio libre. Como en tal caso tanto la función de Green como el potencial son cero en el in…nito, la integral de super…cie se anula y solo queda la integral de volumen. Z 1 X l l X r< Ylm ( ; ') r0 Ylm 0 ; '0 l+1 r02 dr0 d 0 (4.17) (r) = 4 2l + 1 r> l=0 m= l

esta expresión es la base para la expansión del potencial en multipolos esféricos

4.10.1.

Teorema de adición de armónicos esféricos

Comparando la expresión obtenida para polinomios ordinarios de Legendre 1 jr

r0 j

=4

1 jr r0 j

en términos de armónicos esféricos y en términos de

1 X l X Ylm ( ; ') Ylm 2l + 1

0

; '0

Pl (cos ) = 4

=

l+1 r>

l=0 m= l

resulta

l r


r0 dr0

#

teniendo en cuenta quePl (0) = 0 con l impar (r) = 2

1 X

P2k (cos ) P2k (0)

k=0

b) r > a

Z

0

a

l r


(r) = 2

a

Z

0

a

r + 2k + 2

r2k a2k 1

r

(r0 )l 0 0 al+2 1 r dr = l + 2 rl+1 rl+1

1 X P2k (cos ) P2k (0) 2 (k + 1) k=0

1 2k + 1

a r

2k+1

se puede observar que en r = a ambas soluciones coinciden. Solo valores pares de l contribuyen. Se puede 2 ver que para r >> a se sigue ! ar = qr . También se puede ver de la solución para el interior que en r = 0, el potencial es cero.

5.2.

Condición de frontera en esfera con varilla interna

Calcular el potencial generado por una varilla y con la condición de frontera = V en r = a. La varilla está ubicada sobre el eje z positivo con uno de sus extremos en el origen, su longitud es b < a, su densidad lineal es . La densidad de carga es R Z b Z Z d' q = dr = dr (cos 1) sin d 2 Z0 Z Z 2 q = r dr (cos 1) sin d d' 2 r2 Z Z 2 q = (cos 1) r dr sin d d' = dV 2 r2

88

CAPÍTULO 5. ECUACIÓN DE POISSON EN COORDENADAS ESFÉRICAS r0 ;

0

cos 0 1 2 r02 en este caso intervienen tanto la integral de volumen como la de superfcie Z Z 1 0 @G 0 0 0 0 dS 0 r = r G r; r dV S r 4 @n0 dS 0 = a2 sin 0 d 0 d'0 =

usando las propiedades Z

Z0

2

0

Ylm 0; ' d' 0

Ylm

; '0

d

0

= 2

0

=

p

r 4

2l + 1 Pl (1) 4

r

=2

m0

2l + 1 4

m0

l0 m0

Las soluciones quedan (r) =

b +V + r ( " 1 X 1 + P2l+1 (cos ) 1 2 (l + 1) 1

b a

+ ln

r a

l=0

para r < b. Y (r) =

1 X l=0

1 Pl (cos ) (l + 1)

"

b r

2l+1

l+1

b a

2(l+1)

b a

#

l+1

1 + 1 2l + 1

r a

l

#

r b

2l+1

)

+V

para r > b. Es importante anotar que 1.

es singular en r = 0

2. en r = a se reproduce la condición de frontera 3. en r = b ambas soluciones coinciden 4. Si a ! 1 se obtiene el potencial de una varilla en espacio libre. Se puede hacer b ! 1, con a ! 1 (pero manteniendo b < a), y V = 0. Para obtener el potencial generado por la varilla semi-in…nita.

5.3.

Carga super…cial en semicírculo

Carga super…cial constante en el semidisco ubicado en z = 0. Cascarón a potencial cero. Evaluar (r) interior. Como el potencial es cero en la super…cie solo sobrevive la integral de volumen, veamos la densidad equivalente Z Z Z Z 2 dA = r d' dr = r d' dr cos cos sin d r 2 (cos 0) = r hay que tener presente que la integral volumétrica de carga solo varía entre [0; ] para la variable '. Con esto se obtiene

5.4. DISTRIBUCIÓN POLIGONAL DE CARGAS

2

l X

X 6 r6 4

(r) = 4

l6=1

1 l

m= l impar

1 + 1 l+2

2iYlm ( ') (2l + 1) m r a

1

s

l 1

89

3

2l + 1 (l m)! m Yl0 ( ; ') 7 p 7 Pl (0) + p 4 (l + m)! 2l + 1 4 5 +4

"

1 X Y1m ( ; ') 2i 3 m

m= 1

r

3 m Y10 ( ; ') P (0) + p 8 1 12

#

r ln

a r

Si la carga cubre el ángulo completo en ', la expresión es mucho más simple debido a la simetría azimuthal y es 2 3 X l 1 1 1 r 5 (r) = 42 + Pl (cos ) Pl (0) r 1 l 1 l+2 a l6=1

5.4.

Distribución poligonal de cargas

Consideremos N cargas puntuales qi , colocadas en los vértices de un polígono regular de N lados inscrito en una circunferencia de radio a. El polígono está en el plano XY de modo que = 2 . Evalúe el potencial. Se usa la función de Green para espacio in…nito. Hay que construír el equivalente volumétrico de la densidad de carga, dos cargas subtienden un ángulo ' = 2 =N . Asumamos que hay una carga en ' = 0; de modo que hay una carga para 'k = k 2N donde k = 1; :::; N es entero, 'N = 0. Z

dV

=

q=

N X

qk =

k=1

)

= (cos )

N X k=1

qk

Z

cos

cos

N

(r a) X qk r2

'

k=1

2

sin d

Z

Z

'

2 n N

d

(r a) 2 r dr r2

2 n N

2 n N

el potencial es Z 1 X l X Ylm ( ; ') (r) = 4 2l + 1

r0 Ylm

0

; '0

l=0 m= l

= 4

5.5.

Z N X 1 X l X Ylm ( ; ') qk Ylm 2l + 1 k=1 l=0 m= l Z l (r0 a) r< r02 dr0 l+1 r02 r>

0

; '0

l r< l+1 r>

r02 dr0 d

cos

0

0

'0

0

Ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas, Funciones de Bessel

En estas coordenadas la ecuación toma la forma 1 @ @

@ @

+

1 @2 @2 + 2 =0 2 @'2 @z

separando variables = R ( ) Q (') Z (z)

90

CAPÍTULO 5. ECUACIÓN DE POISSON EN COORDENADAS ESFÉRICAS 1 d2 Q Q d'2 1 d2 Z Z dz 2

=

2

)Q/e

= k2 ) Z / e

i '

>0

kz

2 en ' para obtener soluciones armónicas en la parte angular que son las únicas que garantizan se escoge la continuidad en el potencial. La escogencia k 2 también es posible para Z. Para la parte radial se obtiene después del cambio de variable x = k la ecuación de Bessel

d2 R 1 dR + + 1 dx2 x dx

2

x2

R=0

las soluciones son series de potencias que dan como solución las funciones de Bessel de orden , donde es cualquier número positivo. Se puede demostrar que si no es entero entonces J y J son linealmente independientes, pero si es entero ellas son linealmente dependientes de modo que cuando es entero hay que completar la solución con una segunda solución que si sea linealmente independiente de J . Esta segunda solución es la función de Bessel de segunda clase o función de Neumann N (x) : las funciones de Bessel poseen relaciones de ortonormalidad y completez. Dado que la parte Z posee dos tipos posibles de soluciones ello nos conduce a dos tipos de soluciones generales. En el caso de Z = e kz la solución radial conduce a las funciones de Bessel en tanto que para el caso de Z = e ikz la parte radial conduce a la ecuación de Bessel modi…cada d2 R 1 dR + dx2 x dx

2

1+

x2

R=0

la cual se puede llevar a la forma de la ecuación de Bessel haciendo x ! ix, las soluciones van a ser en general combinaciones lineales complejas de J ; N que de…nen las funciones modi…cadas de Bessel I , K . Elegir cual de las dos soluciones generales se debe tomar depende del problema. Básicamente, si al tomar una solución no podemos satisfacer las condiciones de frontera entonces tomamos la otra. Análogamente podemos encontrar la función de Green para espacio in…nito en términos de funciones de Bessel, de la misma forma es conveniente calcular la función de Green para el espacio entre dos cilindros. Lo cual nos permite calcular fácilmente potenciales (de la ec. de Poisson) cuando tenemos problemas que involucran esta simetría.

Capítulo 6

Multipolos eléctricos Es bien sabido que cuando tenemos una distribución localizada de carga, para puntos muy lejanos a la distribución, el campo observado se asemeja al de una carga puntual. Nos podemos preguntar ¿que pasa cuando la carga neta de la distribución es cero?, ciertamente el campo aún en puntos lejanos no es necesariamente cero, debido a que las cargas individuales que componen a la distribución, están a diferentes distancias y orientaciones relativas con respecto al punto de observación. La forma mas obvia de proceder consiste en la aplicación directa del principio de superposición. No obstante, para distribuciones complejas existen alternativas simpli…cadoras que si bien son solo aproximadas, nos pueden dar una visión más simple del problema. El propósito del presente capítulo es desarrollar estos métodos de aproximación para campos lejanos.

6.1. 6.1.1.

Expansión multipolar del potencial electrostático Multipolos cartesianos

Para una distribución localizada de cargas, y realizando integración sobre todo el espacio, solo queda la integral de volumen Z (r0 ) (r) = Kc dV 0 (6.1) jr r0 j

Para valores de r >> r0 , el potencial puede ser expandido en potencias de r0 =r. Dado que r; r0 son vectores posición, esta expansión depende fuertemente del origen de coordenadas elegido. En general se elige un origen cercano a la distribución para acelerar la convergencia de los términos (es decir, disminuir los valores de r0 =r). 1 jr

r0 j

=

r

=

(

= =

r

r0 2

"

" 1 1 r " 1 1 r

1

=

p

(r

2

r0 ) (r r r0 2 2 r

#)

1+

r0 r

1 2

r02 r2

r r0 2 2 r

+

1 2

r02 r2

r r0 2 2 r

3 + 8

r0 ) 1=2

1

= r2 + r02

1 = r

1 2

1 2

2!

2r r0

r02 1+ 2 r

r r0 2 2 r

r02 r2

r r0 2 2 r

1

r04 (r r0 )2 + 4 r4 r4

1=2

r02 r r0 4 2 2 r r

1=2

2

#

+ ::: !

#

+ :::

h i Realizaremos la expansión que está en el paréntesis cuadrado, hasta orden O (r0 =r)2 . Por ejemplo, el término (r r0 ) =r2 = (rr0 cos ) =r2 = (r0 =r) cos es del orden O [r0 =r]; el término (r r0 )2 =r4 = r2 r02 cos2

=r4 =

92

CAPÍTULO 6. MULTIPOLOS ELÉCTRICOS

r02 =r2 cos2

h i es del orden O (r0 =r)2 . La expansión hasta segundo orden es entonces 1 r0 j

jr 1 jr jr

1

r0 j r0 j

= = =

1 1 r r0 + r r r2

" # 1 1 r02 3 1 (r r0 )2 + 4 + ::: 2 r r2 8r r4

1 r r0 1 r02 3 (r r0 )2 + + ::: + 3 r r 2 r3 2 r5 1 1 r r0 r2 r02 + : : : + 3 + 5 3 r r0 r r0 r r 2r

(6.2)

donde hemos factorizado potencias iguales en r0 . El potencial queda (r) = Kc =

Kc r

Z

Z

r0 r0

1 1 r r0 + 3 + 5 3 r r0 r r0 r2 r02 + : : : dV 0 r r 2r Z Z r Kc r dV 0 + Kc 3 r0 r0 dV 0 + 5 3r0 r0 I r02 r 2r (r) =

r0

Kc q Kc (p r) Kc + + 5r Q r + ::: 3 r r 2r

dV 0

r + :::

(6.3)

donde de…nimos: q momento de monopolo eléctrico (carga, escalar); p momento de dipolo eléctrico (vector). Q momento de cuadrupolo eléctrico (Diada). Cuando se toman todos los términos de la expansión, el resultado es exacto siempre que r > r0 (no sería estrictamente necesario que fuera mucho mayor). Sin embargo, la utilidad práctica de estas expansiones se da usualmente en el régimen de campo lejano (r >> r0 ), aunque existen excepciones a esta regla (ver sección ??). Los 3 primeros multipolos cartesianos son Z Z Z 0 0 0 0 0 q = r dV ; p = r r dV ) pi = r0 x0i dV 0 (6.4) Z Z Q = 3r0 r0 I r02 r0 dV 0 ) Qij = r0 3x0i x0j r02 ij dV 0 (6.5) Para el cuadrupolo se puede observar que 3 X

Qii = tr [Q] = 0 ; Qij = Qji

i=1

es decir que es un tensor de segundo rango, simétrico y de traza nula. Esta diada solo tiene en consecuencia, 5 componentes independientes (sin tener en cuentas las posibles simetrías adicionales de la distribución de carga). Estos multipolos también se pueden obtener tomando la expansión de jr r0 j 1 en polinomios de Legendre Ec. (??) y reemplazándola en el potencial (6.1), teniendo en cuenta que = b r b r0 y que r > r0 de 0 modo que r = r< ; r = r> .

6.1.2.

Multipolos esféricos

El potencial para una distribución localizada de cargas en términos de armónicos esféricos viene dado por la Ec. (4.17) Z 1 X l X Ylm ( ; ') (r) = 4 Kc 2l + 1 l=0 m= l

r0 Ylm

0

; '0

l r< l+1 r>

r02 dr0 d

0

6.1. EXPANSIÓN MULTIPOLAR DEL POTENCIAL ELECTROSTÁTICO

93

si tomamos r > r0 como en la expansión cartesiana, tenemos que r = r> ; r0 = r< (r) =

Z 1 X l X 4 Kc Ylm ( ; ') 2l + 1 rl+1

r0 Ylm

0

; '0

l

r0 r02 dr0 d

0

l=0 m= l

(r) =

1 X l X 4 Kc Ylm ( ; ') qlm 2l + 1 rl+1

(6.6)

l=0 m= l

donde hemos de…nido los multipolos esféricos como Z qlm = r0 Ylm una propiedad importante es que Z ql; m = r0 Yl; ql;

m

0

m

;'

0

r

0 l

0

0

l

; '0

r0 dV 0

m

dV = ( 1)

= ( 1)m qlm

Z

r0 Ylm

0

; '0

l

r0 dV 0

teniendo en cuenta la forma explícita de los primeros armónicos esféricos, así como las siguientes relaciones ei' = cos ' + i sin ' ; x0 = r0 sin cos '0 ; y 0 = r0 sin x0 + iy 0 = r0 sin 0 e x0

iy 0

2

i'0

= r02 sin2 0 e

0

; '0

/ Y22

0

/ Y11

2i'0

0

sin '0 ; z 0 = r0 cos

0

; '0

se obtiene q00 = q10 = q22 = q21 = q20 =

r Z Z q 3 1 0 0 p x0 iy 0 r0 dV 0 = r dV = p ; q11 = 8 4 4 r Z r 3 3 0 0 0 z r dV = pz 4 4 r Z r 1 15 0 0 1 15 0 2 0 0 x iy r dV = (Q11 2iQ12 Q22 ) 4 2 12 2 r r Z 15 1 15 z 0 x0 iy 0 r0 dV 0 = (Q13 iQ23 ) 8 3 8 r Z r 1 5 1 5 3z 02 r02 Q33 r0 dV 0 = 2 4 2 4

r

3 (px 8

ipy )

(6.7)

Las Ecs. (6.7), muestran la relación que hay entre los multipolos esféricos y los cartesianos. Se puede demostrar que el (r) equivalente que genera el potencial (6.3) es (r) = q (r)

1 p r (r) + Q : rr (r) + : : : 6

En la expansión multipolar en armónicos esféricos, las funciones en base a las cuales se hizo la expansión son ortogonales en l y en m. De modo que los coe…cientes qlm son independientes para cada valor de l y m. A cada valor de l, le corresponden 2l + 1 multipolos. En contraste, la expansión en serie de taylor no nos da términos ortogonales entre sí. La expansión de taylor no conforma una base, por tanto los coe…cientes (multipolos cartesianos) no tienen porqué ser independientes1 . Hay (l+1)(l+2) multipolos cartesianos de orden 2 l, pero solo 2l + 1 son independientes. Por ejemplo, el cuadrupolo esférico (l = 2) tiene 5 componentes (todas 1 Esto se puede ver también por el comportamiento de los tensores multipolares ante rotaciones. Los tensores cartesianos son reducibles en tanto que los esféricos son irreducibles.

94

CAPÍTULO 6. MULTIPOLOS ELÉCTRICOS

independientes), en tanto que el cuadrupolo cartesiano posee 9. Sin embargo, el hecho de que el tensor cartesiano es simétrico y de traza nula hace que solo tenga 5 componentes independientes. El octupolo esférico (l = 3) tiene 7 componentes; el cartesiano tiene 10, pero dado que es un tensor de tres índices P puede ser construído de modo que además de ser completamente antisimétrico, tenga “trazas” nulas ( iij = 0, j = 1; 2; 3) lo que reduce el número de componentes independientes a 7. Como ya vimos antes, los multipolos dependen fuertemente de la escogencia del origen de coordenadas. Imaginemos que los multipolos qlm son nulos para todo l < l0 , de modo que l0 es el menor valor de l para el cual los multipolos esféricos son no nulos. Puede demostrarse que los 2l0 + 1 multipolos ql0 m son independientes del origen de coordenadas. Sin embargo los multipolos de orden más alto (l > l0 ), dependen en general del origen.

6.1.3.

Ilustración de los términos monopolo, dipolo, cuadrupolo, etc.

Asumiendo una carga puntual q ubicada en el origen, el potencial es de la forma Kc q=r y se comporta como el primer término de la Ec. (6.3), razón por la cual se conoce este término como monopolo. Ahora tomemos por ejemplo un sistema de dos cargas puntuales q; q a una cierta distancia d. Si d