Embed Size (px)
Citation preview
Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingenierıa
Teorıa Electromagnetica
Ayudantıa 1En este curso veremos algunas consecuencias y aplicaciones de la teorıa electromagnetica.
Esta fue descrita formalmente en un conjunto de ecuaciones diferenciales, llamadas Ecuacionesde Maxwell1. El tremendo exito que tuvo se debio en primer lugar a la capacidad de explicaruna gran cantidad de fenomenos, que aparentemente no guardaban relacion entre sı. Ademas,la teorıa fue capaz de predecir otros fenomenos que en su tiempo no eran del todo conocidos,por ejemplo, la propagacion de ondas electromagneticas de energıa, cuya velocidad teorica depropagacion coincidıa con la que hasta ese entonces se conocıa como la velocidad de la luz. Laexistencia de estas ondas fueron demostradas por Hertz, lo que sin duda cambio el mundo parasiempre 2. La teorıa electromagnetica ha permitido un avance tecnologico nunca antes visto,y hoy en dıa practicamente todo lo utilizado en el diario vivir debe su existencia al desarrolloy comprension de fenomenos electromagneticos. Matematicamente, la electrodinamica consisteen una teorıa de campos descrita por cuatro ecuaciones diferenciales acopladas
Es posible construır teorıas, que consisten en modelos matematicos, para tratar de ex-plicar determinados fenomenos fısicos. Las ecuaciones de Maxwell representan las leyes de laelectrodinamica en su forma mas simple. (Por simple entendemos que su escritura es lo su-ficientemente compacta y manejable). Otra cosa muy distinta es tratar de entender lo quesignifican, y el mejor ejemplo del concepto de simpleza que estamos utilizando es el hecho deque estas ecuaciones que solo han tomado un pequeno recuadro de esta pagina, tienen conse-cuencias tremendas. El lenguaje en el que estan escritas es el del calculo diferencial de camposvectoriales. Para comprender realmente lo que significa cada una, es requisito fundamental elmanejo de este.
1A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field, James Clerk Maxwell, 18652No solamente en un desarrollo tecnologico, sino en la comprension misma del universo. Las leyes de la
electrodinamica son incompatibles con la relatividad Galileana, y motivaron a Einstein a postular su teorıa dela relatividad
0.1. Algrebra de Vectores en R3
Esta es una lista de identidades elementales del algebra vectorial, que se supondran bienconocidas
~A · ~B = AxBx + AyBy + AzBz
~A× ~B = (AyBz − AzBy) i+ (AzBx − AxBz) j + (AxBy − AyBz) k
~A× ~A = 0
~A ·(~A× ~B
)= 0
~A ·(~B × ~C
)=(~A× ~B
)· ~C
~A×(~B × ~C
)=(~A · ~C
)~B −
(~A · ~B
)~C
0.2. Calculo diferencial en R3
Sea f : [R3]→ R una funcion real. Tambien es llamada campo escalar, pues a cada puntodel espacio (R3) le asocia un numero real (un escalar). Ejemplo de un campo escalar puede serla temperatura en cierta region del espacio T : [Ω ⊆ R3 → R]
Figura 1: T (x, y, z) representa un campo escalar sobre Ω
Ademas de la existencia de campos escalares, tambien existen campos vectoriales. Laidea es bien simple, a cada punto del espacio se le asocia un vector. En R3, el tipo de camposvectoriales que nos interesaran son de la forma ~F : [Ω ⊆ R3]→ R3.
Figura 2: La velocidad de los atomos de un objeto que rota es un ejemplo de campo vectorial
2
0.2.1. Derivadas de un campo escalar
Si f es un campo escalar diferenciable (y por lo tanto una funcion continua) sobre undominio D ⊆ R3, entonces esta definido el Gradiente de f
~∇f(x, y, z) =
(∂f(x, y, z)
∂x+∂f(x, y, z)
∂y+∂f(x, y, z)
∂y
)El gradiente es un campo vectorial, pues a cada punto en D le asocia un vector. Es
inmediato notar que el gradiente es perpendicular a curvas en donde el campo escalar f esconstante, como las curvas que se muestran en la figura 1. (Llamadas isotermas en el caso deque el campo escalar sea la temperatura). En efecto, la curva
f(x, y, z) = C
puede ser parametrizadaf(x(t), y(t), z(t)) = C
Derivando con respecto a t, se obtiene
∂f
∂xx′(t) +
∂f
∂yy′(t) +
∂f
∂zz′(t) = 0
(∂f(x, y, z)
∂x+∂f(x, y, z)
∂y+∂f(x, y, z)
∂y
)· (x′(t), y′(t), z′(t)) = 0
y entonces el gradiente es perpendicular a la direccion tangente a la curva. Mas aun, si u esun vector unitario, se define la derivada direccional de f en la direccion u como
Duf(x, y, z) = ~∇f(x, y, z) · u
Se puede demostrar que la derivada direccional se maximiza en la direccion del gradiente,es decir, el gradiente entrega la direccion de maxima variacion de f .
0.3. ~∇ como un operador
Conviene considerar al gradiente como algo independiende de que funcion se esta derivando.Llamamos ~∇ al operador
~∇ =
(∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)Por supuesto que este operador ası escrito no significa nada. El operador ~∇ debe operar
sobre una funcion, por ejemplo
~∇f =
(∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)Tiene completo sentido en este caso. Hemos ”multiplicado” al operador por una cantidad
escalar. Hay que tener ciertas precauciones con este tipo de notacion, por ejemplo, del algebrade vectores es sabido que si α es un escalar
α ~A = ~Aα
3
sin embargo, f ~∇ no tiene sentido por si mismo, en efecto, es un nuevo operador
f ~∇ =
(f∂
∂x, f
∂
∂y, f
∂
∂z
)
0.3.1. Divergencia y Rotor
Si ~F es un campo vectorial, entonces
~∇ · ~F
debe ser un escalar, y por lo tanto puede tener un sentido fısico. Entendiendo ~∇ como unoperador vectorial, se tiene
~∇ · ~F =
(∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)· (Fx, Fy, Fz)
~∇ · ~F =∂
∂xFx +
∂
∂yFy +
∂
∂zFz
A esta cantidad escalar asociada a un campo vectorial se le llama divergencia de ~F .
Veamos que mas es posible definir a partir del operador gradiente. ¿Que ocurre con ~∇× ~F?.Por supuesto que el resultado debe ser un campo vectorial, de hecho, muy util en el analisis defunciones vectoriales. Desarrollando este producto cruz segun el algebra de vectores(
~∇× ~F)x
=∂Fz∂y− ∂Fy
∂z(~∇× ~F
)y
=∂Fx∂z− ∂Fz
∂x(~∇× ~F
)z
=∂Fy∂x− ∂Fx
∂y
A esta combinacion se le llama rotor. En resumen, hemos definido las siguientes cantidades
~∇f → Vector
~∇ · ~F → Escalar
~∇× ~F → Vector
4
0.3.2. Segundas derivadas
Hasta ahora hemos definido cantidades que involucran unicamente primeras derivadas.Veamos que ocurre con las siguientes combinaciones
(a)~∇ ·(~∇f)
(b)~∇×(~∇f)
(c)~∇(~∇ · ~F
)(d)~∇ ·
(~∇× ~F
)(e)~∇×
(~∇× ~F
)
Veamos la primera de ellas, es claro que debe obtenerse un campo escalar. Desarrollando
~∇ ·(~∇f)
= ~∇ ·(∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)~∇ ·(~∇f)
=∂2f
∂x2+∂2f
∂y2+∂2f
∂z2
Se ve que esto se puede reescribir como
~∇ ·(~∇f)
= ~∇ · ~∇f =(~∇ · ~∇
)f = ~∇2f
Vemos a ~∇2 como un nuevo operador, y como aparece mucho en fısica, tiene un nombre. Esllamado Laplaciano
Laplaciano→ ~∇2 =∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
debido a que el Laplaciano es un operador escalar, podrıa aplicarse sobre un vector
~∇2 ~F
por supuesto esto significa que el operador Laplaciano opera sobre cada componente de ~F
~∇2 ~F =(~∇2Fx, ~∇2Fy, ~∇2Fz
)
Veamos que ocurre con la expresion (b). Notemos que tiene la siguiente forma
~A×(~Af)
=(~A× ~A
)f = 0
Esperamos que~∇×
(~∇f)
sea cero para cualquier campo escalar f . Podemos verificarlo tomando alguna de las compo-nentes
5
[~∇× ~∇f ]x = ~∇z
(~∇f)y− ~∇y
(~∇f)z
[~∇× ~∇f ]x =∂
∂z
(∂f
∂y
)− ∂
∂y
(∂f
∂z
)= 0
Del mismo modo se muestra para las demas componentes
La expresion (c) es por supuesto un campo vectorial
~∇(~∇ · ~F
)Sin embargo, no hay nada muy especial que decir acerca de el. Es simplemente un campo
vectorial que podrıa aparecer en el futuro
La expresion (d) tiene la forma
~A ·(~A× ~B
)= 0
Es decir, esperamos que~∇ ·(~∇× ~F
)= 0
Para cualquier campo vectorial ~F . Es ası, y es facil de verificar
Por ultimo, veamos que sucede con la expresion (e)
~∇×(~∇× ~F
)Esta tiene la forma de
~A×(~B × ~C
)= ~B
(~A · ~C
)−(~A · ~B
)~C
Podrıamos seguir utilizando esta expresion y escribir
~∇×(~∇× ~F
)= ~∇
(~∇ · ~F
)−(~∇ · ~∇
)~F
El ultimo termino es el Laplaciano
~∇×(~∇× ~F
)= ~∇
(~∇ · ~F
)− ~∇2 ~F
En resumen, hemos encontrado
~∇ ·(~∇f)
= ~∇2f → Laplaciano sobre f, campo escalar
~∇×(~∇f)
= 0
~∇(~∇ · ~F
)→ Campo vectorial
~∇ ·(~∇× ~F
)= 0
~∇×(~∇× ~F
)= ~∇
(~∇ · ~F
)− ~∇2 ~F → campo vectorial
6
0.3.3. Dos teoremas adicionales
En muchos problemas fısicos, sucede que un determinado campo vectorial ~F tiene rotornulo. Es decir
~∇× ~F = 0
Hemos visto que el rotor de un gradiente es siempre cero. Podrıa ser ciento entonces, que~F fuera el gradiente de algun campo escalar, de esta forma su rotor serıa siempre nulo. Lointeresante es que esto es siempre ası, y enunciaremos el siguente teorema
Si~∇× ~F = 0
Existe un campo escalar ψ, tal que
~F = ~∇ψ
Del mismo modo, hemos visto que la divergencia de un rotor es siempre cero. Luego, si ladivergencia de un campo vectorial ~F es nula, podria tenerse que ~F fuera el rotor de un campovectorial. De ser ası, estarıa garantizado que su divergencia sea nula. En efecto, enunciamos elsegundo teorema
Si~∇ · ~F = 0
Existe un campo vectorial ~A, tal que
~F = ~∇× ~A
0.4. Calculo Integral en R3
0.4.1. Integral de lınea de un campo vectorial
Sea ~F : [Ω ⊆ R3]→ R3
Consideremos una curva Γ contenida en Ω. Sea ~x0, ~x1, ...~xn una particion de Γ, (xk, yk) unpunto en el trazo de Γ que va de ~xk−1 a ~xk, y ∆~xk = ~xk − ~xk−1. Se define la integral de lıneade ~F (~x) por
ˆΓ
d~x · ~F (~x) = lımn→∞
~F (xk, yk) ·∆~xk
Esto se puede reescribir comoˆΓ
d~x · ~F (~x) = lımn→∞
~F (xk, yk) ·∆~xk| ∆~xk |
| ∆~xk |=ˆ
Γ
dsT (~x) · ~F (~x)
donde T (~x) es la tangente unitaria a la curva Γ en ~x. Ası
ˆΓ
d~x · ~F (~x) =
ˆΓ
dsT (~x) · ~F (~x)
La integral de lınea de un campo vectorial sobre una curva Γ corresponde a sumar lasproyeccciones de ~F (~x) en la direccion tangente a la curva en todo punto.
7
0.4.2. Integral de superficie de un campo vectorial
Sea ~F : [Ω ⊆ R3]→ R3 y S una superficie contenida en Ω. Se define la integral de flujo del
campo ~F sobre S como
¨S
d~S(~x) · ~F (~x) =
¨S
dS(~x)n(~x) · ~F (~x)
corresponde a sumar la proyeccion del campo ~F sobre la normal a la superficie S en cadapunto.
0.4.3. Teorema de la Divergencia
Sea Ω ⊆ R3 una region. Sea ~F un campo vectorial continuo y diferenciable en Ω. Entonces
˚Ω
d3x~∇ · ~F = ˆδΩ
d~S(~x) · ~F (~x)
0.4.4. Teorema de Stokes
Sea S una superficie en R3. Sea ~F un campo vectorial continuo y diferenciable en una regionque contiene a S. Entonces
¨S
d~S(~x) ·(~∇× ~F (~x)
)=
˛δS
d~x · ~F (~x)
donde δS es el contorno de S (una curva en R3)
8
0.5. Electrostatica (Repaso)
Las dos leyes empıricas fundamentales de la electrostatica corresponden a la Ley de Coulomby el principio de superposicion. La ley de Coulomb determina la fuerza de interaccion entre doscargas puntuales
La fuerza que ejerce q′ sobre q esta dada por la ley de Coulomb
~Fq =1
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
donde ε0 = 8,85 × 10−12 es la permitividad del vacıo. Resulta de interes definir un cam-po vectorial que tenga estrecha relacion con una cierta distribucion de cargas en el espacio.Supongamos que tenemos una carga q′ ubicada en ~x′. Ahora, ubicamos una carga puntual deprueba q en ~x, y definimos el campo electrico en ~x como
~E(~x) =~Fqq
=q′
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
Este es el campo electrostatico de una carga puntual. El principio de superposicion estableceque el campo electrico generado por una distribucion de cargas puntuales es la superposicionde los campos individuales de cada una. Extendiendo esta idea para distribuciones de cargacontinuas, el campo electrostatico esta dado por la integral de Coulomb
~E(~x) =1
4πε0
˚R3
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
Resulta evidente que si uno conoce exactamente la distribucion de cargas en todo el espacio,el campo electrico esta bien determinado por esta integral. Sin embargo, es muy sabido que enmuchos problemas de electrostatica, la distribucion de cargas no es conocida a priori. En efecto,se deben desarrollar herramientas matematicas superiores para resolver una gran cantidad deproblemas. (teorıa del potencial).
0.5.1. Ley de Gauss
Sea V ⊆ R3, y δV su frontera. La ley de Gauss es consecuencia directa de la ley de Coulomby la geometrıa Euclıdea, y establece
ˆδV
d~S(~x′) · ~E(~x′) =1
ε0
˚V
d3x′ρ(~x′)
es decir, el flujo del campo electrico sobre cualquier superficie cerrada δV es proporcional a lacarga encerrada por ella. Lo interesante es que a partir de la ley de Gauss es posible reconstruırla ley de Coulomb, es decir, la ley de Gauss contiene exactamente la misma informacion.
9
0.5.2. Circulacion del campo electrico
A partir del siguiente lema
~x− ~x′
| ~x′ − ~x′ |3= −~∇ 1
| ~x− ~x′ |
es inmediato mostrar que
~E(~x) = −~∇ 1
4πε0
˚R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |es decir, el campo electrico es el antigradiente de una funcion escalar, llamada el potencial
electrostatico
φ(~x) =1
4πε0
˚R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |y entonces
~E(~x) = −~∇φ(~x)
0.5.3. Interpretacion Fısica del Potencial
Supongamos que se tiene una distribucion de carga en el espacio, esta generara un campoelectrico ~E(~x). Consideremos el trabajo efectuado contra las fuerzas del campo al trasladarcuasiestaticamente una carga puntual q desde un punto ~x1 hasta el punto ~x2, siguiendo unatrayectoria cualquiera Γ. Por cuasiestaticamente, se entiende que no se altera la energıa cineticaal mover a la carga. Esto se puede lograr exclusivamente si la fuerza neta sobre la carga es cero(recordar Teorema del Trabajo). De esta forma, debemos ejercer una fuerza de igual magnitudy contraria a la fuerza electrostatica que actua sobre la carga. Esto es
W = −ˆ ~x2
~x1
d~x · q ~E(~x)
Podrıa ser que este trabajo dependiera de la trayectoria utilizada para ir desde ~x1 hasta ~x2.Sin embargo, como
~E(~x) = −~∇φ(~x)
W = −ˆ ~x2
~x1
d~x · q ~E(~x) = q
ˆ ~x2
~x1
d~x · ~∇φ(~x)
Utilizando la parametrizacion de la curva Γ: ~x = ~x(l′), donde l′ ∈ [0, l]
W = q
ˆ l
0
dl′d~x
dl′· ~∇φ(~x(l′))
10
W = q
ˆ l
0
dl′dφ(~x(l′))
dl′= q
ˆ φ2
φ1
dφ = q (φ2 − φ1)
Finalmente hemos obtenido
W = −qˆ ~x2
~x1
d~x · ~E(~x) = q (φ2 − φ1)
Independiente de la curva Γ!Si tomamos una carga unitaria, q = 1, la interpretacion de este resultado es como sigue:
El trabajo necesario para mover una carga unitaria cuasiestaticamente desde el punto x1 hastael punto x2 contra el campo electrico es igual a la diferencia de potencial entre x2 y x1
Ahora, notemos que
ˆ ~x2
~x1
d~x · ~E(~x) = − (φ2 − φ1)
Por lo tanto, sobre una trayectoria cerrada
˛d~x · ~E(~x) = 0
el campo electrico es conservativo. Observese que este resultado fısico es consecuencia deCoulomb y la geometrıa Euclıdea
Notar que U(~x) = qφ(~x) es la Energıa Potencial de una carga q en la posicion ~x. Enefecto, la fuerza asociada a esta interaccion es
~F = −~∇U(~x) = q ~E(~x)
0.6. Las dos leyes fundamentales de la Electrostatica
Hasta ahora se han establecido los principios fundamentales en el estudio de la electrostatica.Estos son la ley de Coulomb (que proviene de un estudio empırico de las fuerzas entre cargas),y el principio de superposicion. Estos principios tienen como consecuencia un par de leyes quesimpifica mucho el estudio de los campos para ciertos casos particulares. Estas son la ley deGauss
ˆδV
d~S(~x) · ~E(~x) =1
ε0
˚V
d3xρ(~x)
y la ley de circulacion del campo electrico
˛Γ
d~x · ~E(~x) = 0
Estas dos ecuaciones integrales entregan informacion global acerca del campo. Sin embargo,es posible llevarlas a su forma mas simple en un par de ecuaciones diferenciales para el campo
11
electrostatico.
A partir de la ley de Gauss, y utilizando el teorema de la divergencia, se obtiene
ˆS(V )
d~S(~x) · ~E(~x) =
˚V
d3x~∇ · ~E(~x) =1
ε0
˚V
d3xρ(~x)
˚V
d3x
(~∇ · ~E(~x)− ρ(~x)
ε0
)= 0
esto es independiente del volumen V de integracion. Consecuencia de esto es que
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
Del mismo modo, a partir de la ley de circulacion y utilizando el teorema de Stokes
˛Γ
d~x · ~E(~x) =
¨S(Γ)
d~S(~x) ·(~∇× ~E(~x)
)= 0
para cualquier superficie cuyo contorno sea Γ. De aquı se desprende que
~∇× ~E(~x) = 0
En resumen, las dos leyes integrales fundamentales del campo electrostatico tienen unaformulacion equivalente en dos ecuaciones diferenciales para el campo
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = 0
La primera de ellas relaciona la divergencia del campo electrostatico en cada punto con ladensidad de carga. La segunda establece que el campo electrico es conservativo o irrotacional.Estas ecuaciones son las dos primeras Ecuaciones de Maxwell en el vacıo y para camposestaticos. Estas contienen absolutamente toda la teorıa de la electrostatica, es decir, basta conellas para determinar completamente el campo electrico. La completitud de la teorıa esta garan-tizada por el teorema de descomposicion de Helmhotz, el cual asegura que todo campo vectorial~A(~x) que satisface
lım|~x|→∞
| ~x || ~A(~x) |= 0
esta completamente determinado por su divergencia y rotor
12
Capıtulo 1
Ecuaciones de Poisson y Laplace
Dadas las ecuaciones fundamentales de la electrostatica
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = 0
Interesa encontrar una formulacion matematica equivalente de este problema. Efectiva-mente, uno podrıa relacionar ambas ecuaciones, y obtener una unica ecuacion general quepermita solucionar cualquier problema electrostatico. De la segunda ecuacion, se desprende que
~∇× ~E(~x) = 0→ ~E(~x) = −~∇φ(~x)
Utilizando esto en la primera ecuacion
~∇ · (−~∇φ(~x)) =ρ(~x)
ε0
Se obtiene la Ecuacion de Poisson
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)
ε0
Con esto, hemos logrado reducir aun mas el problema de la electrostatica, y todo consisteen encontrar un campo escalar que satisfaga la ecuacion de Poisson en una region del espaciocon las condiciones de borde adecuadas. Una vez resuelta esta ecuacion, se puede obtener elcampo como ~E(~x) = −~∇φ(~x) y luego todo el problema estara completo.
La ecuacion de Poisson es una ecuacion diferencial parcial, que en coordenadas cartesianasequivale a
∂2φ(x, y, z)
∂x2+∂2φ(x, y, z)
∂y2+∂2φ(x, y, z)
∂z2= − 1
ε0ρ(x, y, z)
En regiones del espacio libres de carga (ρ(~x) = 0), se debe resolver la Ecuacion de Laplacecon condiciones de borde adecuadas
~∇2φ(~x) = 0
13
Las ecuaciones de Poisson y Laplace aparece en diversas ramas de la fısica, como en grav-itacion, dinamica de fluıdos, propagacion del calor, etc
Evidentemente, resolver las ecuaciones de Poisson o Laplace puede resultar analıticamentemuy complejo, sin embargo existen casos donde la simetrıa permite resolver estas ecuacionessin mayor dificultad. En electrostatica existen varios metodos para resolver problemas Poisson- Laplace, algunos de ellos sonMetodo de las imagenesExpansion del potencial en polinomios ortogonalesFunciones complejas analıticas, que resuelven Laplace en 2 dimensionesMetodo de las funciones de GreenMetodos numericos
Solo un par de estos metodos seran desarrollados brevemente en este curso
1.1. Formalismo
A) Problemas simples de la electrostaticaLos problemas formalmente mas simples de la electrostatica consisten en calcular φ(~x) paratodos los puntos del espacio, habiendose dado la distribucion de las fuentes electricas ρ(~x) (porlo general, localizadas dentro de una region V ), sin condiciones de contorno prescritas para
φ(~x) o ~E(~x) en el infinito
la solucion de estos problemas simples es, formalmente, inmediata
φ(~x) =1
4πε0
˚V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
~E(~x) = −~∇φ(~x)
B) Problemas de contornoPero, por lo general, los problemas practicos de la electrostatica se refieren a regiones (finitaso infinitas) que solamente abarcan una porcion del espacio, con o sin cargas en su interior, ycon condiciones de contorno preescritas en las superficies que las limitan. (Por ejemplo, estasuperficie de contorno puede representar un conductor a un potencial fijo). La solucion formalde estos problemas de contorno en general no es tan sencilla.
14
1.2. Condiciones de Contorno: Unicidad de las soluciones
Los problemas de contorno en electrostatica son de la forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)
ε0
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para ∂φ∂n
o bien
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para ∂φ∂n
Surge la cuestion sobre cuales son las condiciones de contorno adecuadas para que dentrodel volumen de interes V la solucion sea matematicamente unica, y fısicamente razonable.La experiencia fısica nos hace esperar que un problema unico de potencial se obtiene:
a) Especificando el potencial φ(~x) sobre una superficie cerrada S(V ) que limita la region deinteres V (problema de Dirichlet)
~x ∈ S(V ) : φ(~x) = φD(~x)
b) Especificando el campo electrico ~E(~x) sobre el contorno cerrado S(V ) de la region deinteres V (problema Neumann)
~x ∈ S(V ) : ~E(~x) = ~EN(~x)
En efecto se puede demostrar que tanto el problema de Dirichlet como el problema de Neu-mann dan origen a una solucion unica
15
1.3. Ecuacion de Laplace en Coordenadas Rectangulares
1.3.1. Problema en 2 dimensiones
Sea V una region del espacio. Bajo ciertas condiciones de simetrıa, conviene resolver laecuacion de Laplace en coordenadas cartesianas. En ciertos problemas simples, la simetrıapermite establecer que el potencial es solo funcion de dos variables, digamos x e y. En este casose debe resolver
~∇2φ(~x) =
(∂2
∂x2+
∂2
∂y2
)φ(x, y) = 0
Con condiciones de contorno adecuadas. Para ello, podemos utilizar el metodo de separacionde variables, que consiste en suponer que el potencial puede ser escrito de la siguiente forma
φ(x, y, z) = X(x)Y (y)
Se tiene entonces1
φ~∇2φ =
1
X
d2X
dx2+
1
Y
d2Y
dy2= 0
luego1
X
d2X
dx2= − 1
Y
d2Y
dy2
La unica posibilidad de que esto sea cierto, es que ambas funciones sean una constante
1
X
d2X
dx2= − 1
Y
d2Y
dy2= −α2
1
Y
d2Y
dy2= α2
Resulta
d2X
dx2+ α2X = 0
d2Y
dy2− α2Y = 0
Las soluciones son de la forma
X(x) = e±iαx
Y (y) = e±αy
Con esto, la solucion general de la ecuacion de Laplace (en 2-D) en coordenadas cartesianasesta dada por la familia de funciones
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Cαeαy +Dαe
−αy
con Aα, Bα, Cα, Dα constantes reales.
16
ProblemaDeterminar el potencial en la region que comprende el interior de una caja rectangular delongitud infinita, cuya seccion transversal se aprecia en la figura
SolucionDado que la longitud de la caja es muy larga, el potencial tendra la misma forma para cualquierseccion transversal. Se debe resolver entonces la ecuacion de Laplace
~∇2φ(x, y) = 0
con las condiciones de borde
~x ∈ S(V ) :
φ(0, y) = 0φ(b, y) = 0φ(x, 0) = 0φ(x, a) = V0
La solucion general de la ecuacion de Laplace es
φ(x, y) = X(x)Y (y)
donde X(x) e Y (y) pertenecen a las familias de funciones
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Cαeαy +Dαe
−αy
Para cualquier α real, φ(x, y) es solucion de la ecuacion de Laplace. Sin embargo, las condi-ciones de borde limitaran los valores posibles de α. En efecto, debe cumplirse que
φ(0, y) = 0→ X(0) = 0
de forma queAα = 0
es decirX(x) = Bα sin (αx)
Ademas, debe tenerseφ(b, y) = 0→ Bα sin (αb) = 0
es decirαb = nπ, n = 0, 1, 2, ...
17
luego
α =nπ
b, n = 0, 1, 2, ...
Es decir, la familia de funciones que satisfacen la ecuacion de Laplace y cumplen conφ(0, y) = φ(b, y) = 0 esta dada por
φ(x, y) = X(x)Y (y)
X(x) = sin(nπbx), n = 0, 1, 2, ...
Y (y) = Anenπby +Bne
−nπby, n = 0, 1, 2, ...
La solucion general toma la forma
φ(x, y) =∞∑n=1
sin(nπbx) (Ane
nπby +Bne
−nπby)
ademas se tiene φ(x, 0) = 0
φ(x, 0) =∞∑n=1
sin(nπbx)
(An +Bn) = 0
LuegoAn = −Bn
y entonces
φ(x, y) =∞∑n=1
sin(nπbx)An(enπby − e−
nπby)
φ(x, y) =∞∑n=1
sin(nπbx)
2An sinh(nπby)
φ(x, y) =∞∑n=1
Cn sin(nπbx)
sinh(nπby)
Donde Cn = 2An. Por ultimo, la condicion de borde φ(x, a) = V0 entrega
φ(x, a) =∞∑n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
= V0
V0 =∞∑n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
¿Como podemos encontrar los Cn?. La clave esta en notar que esta es una expansion enseries de Fourier. Si F : [−b, b] → R es una funcion de cuadrado integrable en [-b,b], admiteuna expansion en series
F (x) =a0
2+∑n=1
An cos(nπbx)
+∑n=1
Bn sin(nπbx)
con
Bn =1
b
ˆ b
−bdxF (x) sin
(nπbx), n = 0, 1, 2...
18
An =1
b
ˆ b
−bdxF (x) cos
(nπbx), n = 0, 1, 2...
En particular, si F es una funcion impar sobre [−b, b], An = 0 ∀n, y entonces
F (x) =∑n=1
Bn sin(nπbx)
con
Bn =2
b
ˆ b
0
dxF (x) sin(nπbx), n = 0, 1, 2...
Interpretemos ahora el resultao que hemos obtenido
V0 =∞∑n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
=∞∑n=0
Bn sin(nπbx)
Es justamente la expansion en serie de Fourier de V0. Entonces
Bn =2
b
ˆ b
0
dxV0 sin(nπbx)
=2V0
b
ˆ b
0
dx sin(nπbx)
Bn = −2V0
b
b
nπcos(nπbx) ∣∣∣b
0= 2
V0
nπ(1− cos (nπ))
Notar que Bn = 0 para n impar, mientras que Bn = 4 V0
nπpara n impar. Ademas,
Bn = Cn sinh(nπba)→ Cn =
Bn
sinh(nπba)
Luego
Cn = 0, n par
Cn =4V0
nπ sinh(nπba) , n impar
y la solucion para el potencial queda
φ(x, y) =4V0
π
∞∑n=1
1
(2n− 1) sinh(
(2n−1)πab
) sin
((2n− 1)πx
b
)sinh
((2n− 1)πy
b
)
19
La siguiente figura es un grafico de las curvas de nivel para a = b = 5 y V0 = 1 [V]
20
ProblemaEncuentre el potencial para la region 0 ≤ x ≤ a, y ≥ 0, con las condiciones de borde de Dirichlet
~x ∈ S(V ) :
φ(0, y) = 0φ(a, y) = 0
lımy→∞ φ(x, y) = 0φ(x, 0) = V (x)
SolucionEl potencial en V satisface la ecuacion de Laplace
~∇2φ(x, y) = 0
cuya solucion esta dada porφ(x, y) = X(x)Y (y)
donde
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Bαeαy + Cαe
−αy
La condicion de borde φ(0, y) = 0 implica
X(0) = Aα = 0→ X(x) = Bα sin (αx)
Ademas, debe tenerse
φ(a, y) = 0→ X(a) = 0
sin (αa) = 0
Entoncesα =
nπ
a, n = 0, 1, 2, ...
Entonces la solucion toma la forma
φ(x, y) =∞∑n=1
sin(nπax) (Ane
nπay +Bne
−nπay)
21
La condicion en el infinito es
lımy→∞
φ(x, y) = 0
de forma que An = 0,∀n = 0, 1, 2, ...
φ(x, y) =∞∑n=1
Bn sin(nπax)e−
nπay
Por ultimo, la condicion φ(x, 0) = V (x) es
φ(x, 0) =∞∑n=1
Bn sin(nπax)
= V (x)
Ahora, consideremos F (x),−a ≤ x ≤ x. Si F (x) es cuadrado integrable en [−a, a], entoncesexiste su serie de Fourier
F (x) =a0
2+∞∑n=1
An cos(nπax)
+∞∑n=1
Cn sin(πnax)
donde
An =1
a
ˆ a
−adxF (x) cos
(nπax), n = 0, 1, 2, ...
Cn =1
a
ˆ a
−adxF (x) sin
(nπax), n = 0, 1, 2, ...
Si F (x) es impar, entonces An = 0 ∀n, de forma que
F (x) =∞∑n=1
Cn sin(πnax)
con
Cn =2
a
ˆ a
0
dxF (x) sin(nπax), n = 1, 2, ...
Con esto,
φ(x, 0) =∞∑n=1
Bn sin(nπax)
= V (x)
corresponde a la expansion en serie de Fourier de V (x),−a < x < a, con V (−x) = −V (x)(por supuesto que fısicamente solo interesa V (x) para 0 ≤ x ≤ a). Ası, la solucion del problemaes
φ(x, y) =∞∑n=1
Bn sin(nπax)e−
nπay
con
Bn =2
a
ˆ a
0
dxV (x) sin(nπax), n = 1, 2, ...
Supongamos que φ(x, 0) = V (x) = V0 (constante). Luego
Bn =2V0
a
ˆ a
0
dx sin(nπax)
= −2V0
a
a
nπcos(nπax) ∣∣∣a
0, n = 1, 2, 3...
22
Bn =2V0
nπ(1− cos (nπ)) , n = 1, 2, 3...
Bn =
0 si n par
4V0
nπsi n impar
Finalmente
φ(x, y) =∞∑n=1
4V0
(2n− 1)πsin
((2n− 1)π
ax
)e−
(2n−1)πa
y
El grafico muestra la solucion para V0 = 0,1, a = 5, y tomando 50 terminos en la serie
23
ProblemaDos cilindros muy largos y concentricos, de radios a y b, con b > a, se encuentran inicialmentedescargados. La region entre ambos se llena con una densidad homogenea de carga ρ, y luegocada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule, resolviendo a -la- Poisson, el potencialy el campo electrico en la region interior.
SolucionEn la region interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuacion dePoisson
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)
ε0Si usamos coordenadas cilındricas, el potencial podrıa depender de ϑ, r y z. Sin embargo,
de la simetrıa del problema es evidente que
∂φ
∂ϕ= 0
con lo que φ = φ(r, z). Ademas, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a(b−a), el potencial tambien debe ser simetrico con respecto a z. De esta forma, podemos despre-ciar efectos de borde y considerar que el potencial es solo una funcion radial de la forma φ = φ(r)
Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilındricas para una funcion que solo depende de r es
~∇2φ(r) =1
r
∂
∂r
(r∂φ(r)
∂r
)De esta forma, la ecuacion de Poisson se transforma en
1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) = − ρ
ε0Equivalentemente
∂
∂r(r∂φ
∂r) = −rρ
ε0Luego
r∂φ
∂r= −ˆdrrρ
ε0+ C
r∂φ
∂r= −r
2ρ
2ε0+ C
∂φ
∂r= − rρ
2ε0+C
r
24
Finalmente
φ(r) = −ˆdrrρ
2ε0+
ˆdrC
r
φ(r) = −r2ρ
4ε0+ C ln r + A
Esta es la solucion general de la ecuacion de Poisson para un potencial de simetrıa cilındrica,dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones deborde adecuadas para que la solucion sea unica (Problema Poisson-Dirichlet)
Tenemos φ(a) = 0. Equivale a imponer que la superficie cilındrica de radio a es una equipo-tencial conectada a tierra. Luego
φ(a) = −a2ρ
4ε0+ C ln a+ A = 0
Ademas, φ(b) = 0, con esto
φ(b) = −b2ρ
4ε0+ C ln b+ A = 0
Restando ambas ecuaciones, obtenemos
0 = C(ln a− ln b) +(b2 − a2)ρ
4ε0De donde obtenemos la constante C
C =(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
De la primera condicion despejamos A
A =a2ρ
4ε0− ln a
(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
A =a2 ln(a/b)ρ− lna(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
A =ρ(b2 ln a− a2 ln b)
4ε0 ln(a/b)
Con esto, la solucion del potencial para a < r < b es
φ(r) = −r2ρ
4ε0+
(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)ln r +
ρ(b2 ln a− a2 ln b)
4ε0 ln(a/b)
Para obtener el campo electrico, usamos el hecho
~E(~x) = −~∇φ(~x)
El gradiente en coordenadas cilındricas para una funcion que solo depende de r es
~∇φ(r) =∂φ(r)
∂rr
25
de manera que
~E(r) = −∂φ∂rr
~E(r) =
(rρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0r ln(a/b)
)r
que es el campo electrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo ~E es nulo, yaque no hay carga encerrada por el conductor interior.
Calculemos las densidades de cargas sobre los conductores. Para el conductor interior, ten-emos que el campo electrico sobre su superficie tiene magnitud
E(a) =aρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0a ln(a/b)
La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo electricosegun
E =σ
ε0
Con esto la densidad de carga sera
σ1 = ε0
(aρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0a ln(a/b)
)El campo electrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud
E(b) =bρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0b ln(a/b)
y la densidad de carga sera
σ2 = ε0
(bρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0b ln(a/b)
)
26
ProblemaSe tienen dos cilindros conductores coaxiales, uno de radio a y el otro de radio b, conectados auna diferencia de potencial V0.Calcule ρ(~x), ~E(~x) y φ(~x) en todo el espacio y σ en cada superficie.
SolucionUtilizaremos la ecuacion de Laplace, esto es
~∇2φ(r) = 0
El laplaciano en coordenadas cilındricas es
~∇2φ =1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) +
1
r2
∂2φ
∂ϕ2+∂2φ
∂z2
Si suponemos que el par de conductores cilındricos son de gran extension, entonces se puedeafirmar que el potencial no debe depender de la coordenada z, y por lo tanto ∂V
∂z= 0. Ası mismo,
como las caracterısticas de los conductores no varıan con el angulo ϕ, tambien debe cumplirseque ∂V
∂φ= 0. De esta forma la ecuacion diferencial que debemos resolver es
1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) = 0
Con condiciones de borde
φ(a) = V0, φ(b) = 0
Esta ecuacion se puede resolver integrandola directamente
φ(r) = A ln r +B
Esta solucion general mas las condiciones de borde nos entregan un sistema lineal de ecua-ciones
A ln(a) +B = V0
A ln(b) +B = 0
De donde obtenemos
A =V0
ln(a/b)
B = − V0
ln(a/b)ln b
27
Y el potencial entre las placas conductoras es
φ(r) =V0
ln(a/b)ln(r/b)
Valida solo entre a < r < b
El campo electrico se puede calcular como ~E(~x) = −~∇φ(~x), es decir
E(r) = −∂φ(r)
∂r=
V0
ln(b/a)
1
r, a < r < b
~E(r)V0
ln(b/a)
1
rr, a < r < b
Para determinar las densidades de carga superficial en cada conductor hay que usar el hechode que el campo en la superficie de un conductor cumple
~E · n =σ
ε0
De esta forma, para el conductor a
σa = ε0V0
a ln(b/a)
Y para el conductor b
σb = −ε0V0
b ln(b/a)
Todo el desarrollo anterior es valido para a < r < b.
En el cilindro interno, (r < a)
~E(r) = 0
ya que dentro de un conductor en equilibrio electrostatico el campo electrico es siemprenulo. De esta forma
φ(r) = V0
ρ(r) = 0
Ahora, si r > b, para calcular el campo utilizamos
φ(b)− φ(∞) =
ˆ b
∞
~E · d~l =
ˆ b
∞drE(r)
Pero φ(b) = 0, con lo que
E(r) = 0
Si el campo es 0, entonces φ = cte = φ(b) = 0, y ρ(r) = 0
28
ProblemaDos conos conductores concentricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esfericas son ϑ1 = π/6,y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran en la figura. Los conos son de extension infinita y enr = 0 estan separados por una distancia infinitesimal. Si el cono interior esta a un potencial de0 V, y el exterior a 50 V , determinar el potencial y el campo electrico ~E en la region interior aambos conductores
SolucionSea V la region delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2. Si no hay densidad de carga libre en V , el potencialsatisface la ecuacion de Laplace en V
~∇2φ = 0
Dada la geometrıa del problema, es conveniente utilizar coordenadas esfericas
~∇2φ(r, ϑ, ϕ) =1
r2
∂
∂r
(r2∂φ
∂r
)+
1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)+
1
r2 sin2 ϑ
∂2φ
∂ϕ2
El problema posee una clara simetrıa azimutal (el potencial claramente no depende delangulo polar ϕ). Ademas, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensionde los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser unicamente funcion de ϑ, y se deberesolver
~∇2φ(r, ϑ, ϕ) =1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)= 0
Equivalentemente
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)= 0
sinϑ∂φ
∂ϑ= C1
∂φ
∂ϑ= C1cscϑ
φ(ϑ) = C1
ˆdϑ
sinϑ+ C2
Ademas ˆdϑ
sinϑ= ln (tanϑ/2) + C
29
En efecto
d
dϑ(ln (tanϑ/2) + C) =
1
tanϑ/2sec2 ϑ/2
1
2=
1
2 cosϑ/2 sinϑ/2=
1
sinϑ
con esto
φ(ϑ) = C1 ln (tanϑ/2) + C2
Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene
φ(ϑ1) = 0
φ(π/6) = C1 ln (tanπ/12) + C2 = 0
Ademas
φ(ϑ2) = 50
φ(π/4) = C1 ln (tanπ/8) + C2 = 50
Resolviendo el sistema para C1 y C2
50 = C1 (ln (tanπ/8)− ln (tanπ/12))
50 = C1 ln
(tan π/8
tanπ/12
)
C1 =50
ln(
tanπ/8tanπ/12
)y
C2 = −C1 ln (tanπ/12)
Evaluando
C1 = 114,78834
C2 = 151,171411
y la solucion es
φ(ϑ) = 114,78834 ln (tanϑ/2) 151,171411
30
Para encontrar el campo electrico, utilizamos que
~E(~x) = −~∇φ(~x)
En coordenadas esfericas, y considerando que φ solo depende de ϑ
~E(r, ϑ) = −1
r
∂φ
∂ϑϑ
~E(r, ϑ) = −1
r
114,78834
2 sinϑϑ
31
