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Pontificia Universidad Católica de Chile
Escuela de Ingenierı́a
Teorı́a Electromagnética
Ayudantı́a 1
En este curso veremos algunas consecuencias y aplicaciones de la teorı́a electromagnética.
Ésta fue descrita formalmente en un conjunto de ecuaciones diferenciales, llamadas Ecuaciones
de Maxwell1 . El tremendo éxito que tuvo se debió en primer lugar a la capacidad de explicar
una gran cantidad de fenómenos, que aparentemente no guardaban relación entre sı́. Además,
la teorı́a fue capaz de predecir otros fenómenos que en su tiempo no eran del todo conocidos,
por ejemplo, la propagación de ondas electromagnéticas de energı́a, cuya velocidad teórica de
propagación coincidı́a con la que hasta ese entonces se conocı́a como la velocidad de la luz. La
existencia de estas ondas fueron demostradas por Hertz, lo que sin duda cambió el mundo para
siempre 2 . La teorı́a electromagnética ha permitido un avance tecnológico nunca antes visto,
y hoy en dı́a prácticamente todo lo utilizado en el diario vivir debe su existencia al desarrollo
y comprensión de fenómenos electromagnéticos. Matemáticamente, la electrodinámica consiste
en una teorı́a de campos descrita por cuatro ecuaciones diferenciales acopladas
Es posible construı́r teorı́as, que consisten en modelos matemáticos, para tratar de explicar determinados fenómenos fı́sicos. Las ecuaciones de Maxwell representan las leyes de la
electrodinámica en su forma más simple. (Por simple entendemos que su escritura es lo suficientemente compacta y manejable). Otra cosa muy distinta es tratar de entender lo que
significan, y el mejor ejemplo del concepto de simpleza que estamos utilizando es el hecho de
que estas ecuaciones que sólo han tomado un pequeño recuadro de esta página, tienen consecuencias tremendas. El lenguaje en el que están escritas es el del cálculo diferencial de campos
vectoriales. Para comprender realmente lo que significa cada una, es requisito fundamental el
manejo de éste.
1
A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field, James Clerk Maxwell, 1865
No solamente en un desarrollo tecnológico, sino en la comprensión misma del universo. Las leyes de la
electrodinámica son incompatibles con la relatividad Galileana, y motivaron a Einstein a postular su teorı́a de
la relatividad
2
0.1.
Álgrebra de Vectores en R3
Esta es una lista de identidades elementales del álgebra vectorial, que se supondrán bien
conocidas
~·B
~ = Ax Bx + Ay By + Az Bz
A
~×B
~ = (Ay Bz − Az By ) î + (Az Bx − Ax Bz ) ĵ + (Ax By − Ay Bz ) k̂
A
~×A
~=0
A
~· A
~×B
~ =0
A
~· B
~ ×C
~ = A
~×B
~ ·C
~
A
~× B
~ ×C
~ = A
~·C
~ B
~− A
~·B
~ C
~
A
0.2.
Cálculo diferencial en R3
Sea f : [R3 ] → R una función real. También es llamada campo escalar, pues a cada punto
del espacio (R3 ) le asocia un número real (un escalar). Ejemplo de un campo escalar puede ser
la temperatura en cierta región del espacio T : [Ω ⊆ R3 → R]
Figura 1: T (x, y, z) representa un campo escalar sobre Ω
Además de la existencia de campos escalares, también existen campos vectoriales. La
idea es bien simple, a cada punto del espacio se le asocia un vector. En R3 , el tipo de campos
vectoriales que nos interesarán son de la forma F~ : [Ω ⊆ R3 ] → R3 .
Figura 2: La velocidad de los átomos 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 función continua) sobre un
dominio D ⊆ R3 , entonces está definido el Gradiente de f
∂f
(x,
y,
z)
∂f
(x,
y,
z)
∂f
(x,
y,
z)
~ (x, y, z) =
+
+
∇f
∂x
∂y
∂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 es
constante, como las curvas que se muestran en la figura 1. (Llamadas isotermas en el caso de
que el campo escalar sea la temperatura). En efecto, la curva
f (x, y, z) = C
puede ser parametrizada
f (x(t), y(t), z(t)) = C
Derivando con respecto a t, se obtiene
∂f 0
∂f 0
∂f 0
x (t) +
y (t) +
z (t) = 0
∂x
∂y
∂z
∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z)
+
+
∂x
∂y
∂y
· (x0 (t), y 0 (t), z 0 (t)) = 0
y entonces el gradiente es perpendicular a la dirección tangente a la curva. Más aún, si û es
un vector unitario, se define la derivada direccional de f en la dirección û como
~ (x, y, z) · û
Dû f (x, y, z) = ∇f
Se puede demostrar que la derivada direccional se maximiza en la dirección del gradiente,
es decir, el gradiente entrega la dirección de máxima variación de f .
0.3.
~ como un operador
∇
Conviene considerar al gradiente como algo independiende de que función se está derivando.
~ al operador
Llamamos ∇
∂
∂
∂
~ =
∇
, ,
∂x ∂y ∂z
~ debe operar
Por supuesto que este operador ası́ escrito no significa nada. El operador ∇
sobre una función, por ejemplo
∂f ∂f ∂f
~
∇f =
,
,
∂x ∂y ∂z
Tiene completo sentido en este caso. Hemos ”multiplicado” al operador por una cantidad
escalar. Hay que tener ciertas precauciones con este tipo de notación, por ejemplo, del álgebra
de vectores es sabido que si α es un escalar
~ = Aα
~
αA
3
~ no tiene sentido por si mismo, en efecto, es un nuevo operador
sin embargo, f ∇
∂
∂
∂
~ = f ,f ,f
f∇
∂x ∂y ∂z
0.3.1.
Divergencia y Rotor
Si F~ es un campo vectorial, entonces
~ · F~
∇
~ como un
debe ser un escalar, y por lo tanto puede tener un sentido fı́sico. Entendiendo ∇
operador vectorial, se tiene
∂
∂
∂
~ · F~ =
, ,
· (Fx , Fy , Fz )
∇
∂x ∂y ∂z
~ · F~ = ∂ Fx + ∂ Fy + ∂ Fz
∇
∂x
∂y
∂z
A esta cantidad escalar asociada a un campo vectorial se le llama divergencia de F~ .
~ × F~ ?.
Veamos que más es posible definir a partir del operador gradiente. ¿Qué ocurre con ∇
Por supuesto que el resultado debe ser un campo vectorial, de hecho, muy útil en el análisis de
funciones vectoriales. Desarrollando este producto cruz según el álgebra de vectores
~ × F~
∇
=
∂Fz ∂Fy
−
∂y
∂z
=
∂Fx ∂Fz
−
∂z
∂x
=
∂Fy ∂Fx
−
∂x
∂y
x
~ × F~
∇
y
~ × F~
∇
z
A esta combinación se le llama rotor. En resumen, hemos definido las siguientes cantidades
~ → Vector
∇f
~ · F~ → Escalar
∇
~ × F~ → Vector
∇
4
0.3.2.
Segundas derivadas
Hasta ahora hemos definido cantidades que involucran únicamente primeras derivadas.
Veamos que ocurre con las siguientes combinaciones
~ · ∇f
~
(a)∇
~ × ∇f
~
(b)∇
~ ∇
~ · F~
(c)∇
~ · ∇
~ × F~
(d)∇
~
~
~
(e)∇ × ∇ × F
Veamos la primera de ellas, es claro que debe obtenerse un campo escalar. Desarrollando
∂f ∂f ∂f
~
~
~
∇ · ∇f = ∇ ·
,
,
∂x ∂y ∂z
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
~ · ∇f
~
∇
=
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
Se ve que esto se puede reescribir como
~
~
~
~
~
~
~ 2f
∇ · ∇f = ∇ · ∇f = ∇ · ∇ f = ∇
~ 2 como un nuevo operador, y como aparece mucho en fı́sica, tiene un nombre. Es
Vemos a ∇
llamado Laplaciano
∂2
∂2
∂2
+
+
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
debido a que el Laplaciano es un operador escalar, podrı́a aplicarse sobre un vector
~2=
Laplaciano → ∇
~ 2 F~
∇
por supuesto esto significa que el operador Laplaciano opera sobre cada componente de F~
~ 2 Fx , ∇
~ 2 Fy , ∇
~ 2 Fz
~ 2 F~ = ∇
∇
Veamos que ocurre con la expresión (b). Notemos que tiene la siguiente forma
~ × Af
~
~×A
~ f =0
A
= A
Esperamos que
~ × ∇f
~
∇
sea cero para cualquier campo escalar f . Podemos verificarlo tomando alguna de las componentes
5
~
~
~
~
~
~
[∇ × ∇f ]x = ∇z ∇f − ∇y ∇f
y
~ × ∇f
~ ]x =
[∇
∂
∂z
∂f
∂y
−
∂
∂y
∂f
∂z
z
=0
Del mismo modo se muestra para las demás componentes
La expresión (c) es por supuesto un campo vectorial
~ ∇
~ · F~
∇
Sin embargo, no hay nada muy especial que decir acerca de él. Es simplemente un campo
vectorial que podrı́a aparecer en el futuro
La expresión (d) tiene la forma
~· A
~×B
~ =0
A
Es decir, esperamos que
~ · ∇
~ × F~ = 0
∇
Para cualquier campo vectorial F~ . Es ası́, y es fácil de verificar
Por último, veamos que sucede con la expresión (e)
~ × ∇
~ × F~
∇
Ésta tiene la forma de
~
~
~
~
~
~
~
~
~
A× B×C =B A·C − A·B C
Podrı́amos seguir utilizando esta expresión y escribir
~
~
~
~
~
~
~
~
∇ × ∇ × F = ∇ ∇ · F − ∇ · ∇ F~
El último término es el Laplaciano
~
~
~
~
~
~
~ 2 F~
∇× ∇×F =∇ ∇·F −∇
En resumen, hemos encontrado
~
~
~ 2 f → Laplaciano sobre f, campo escalar
=∇
∇ · ∇f
~
~
=0
∇ × ∇f
~ ∇
~ · F~ → Campo vectorial
∇
~ · ∇
~ × F~ = 0
∇
~ × ∇
~ × F~ = ∇
~ ∇
~ · F~ − ∇
~ 2 F~ → campo vectorial
∇
6
0.3.3.
Dos teoremas adicionales
En muchos problemas fı́sicos, sucede que un determinado campo vectorial F~ tiene rotor
nulo. Es decir
~ × F~ = 0
∇
Hemos visto que el rotor de un gradiente es siempre cero. Podrı́a ser ciento entonces, que
F~ fuera el gradiente de algún campo escalar, de esta forma su rotor serı́a siempre nulo. Lo
interesante es que esto es siempre ası́, 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 la
divergencia de un campo vectorial F~ es nula, podria tenerse que F~ fuera el rotor de un campo
vectorial. De ser ası́, estarı́a garantizado que su divergencia sea nula. En efecto, enunciamos el
segundo teorema
Si
~ · F~ = 0
∇
~ tal que
Existe un campo vectorial A,
~ ×A
~
F~ = ∇
0.4.
0.4.1.
Cálculo Integral en R3
Integral de lı́nea de un campo vectorial
Sea F~ : [Ω ⊆ R3 ] → R3
Consideremos una curva Γ contenida en Ω. Sea ~x0 , ~x1 , ...~xn una partición de Γ, (xk , yk ) un
punto en el trazo de Γ que va de ~xk−1 a ~xk , y ∆~xk = ~xk − ~xk−1 . Se define la integral de lı́nea
de F~ (~x) por
ˆ
d~x · F~ (~x) = lı́m F~ (xk , yk ) · ∆~xk
n→∞
Γ
Esto se puede reescribir como
ˆ
ˆ
∆~
x
k
d~x · F~ (~x) = lı́m F~ (xk , yk ) ·
| ∆~xk |= dsT̂ (~x) · F~ (~x)
n→∞
| ∆~xk |
Γ
Γ
donde T̂ (~x) es la tangente unitaria a la curva Γ en ~x. Ası́
ˆ
ˆ
~
d~x · F (~x) = dsT̂ (~x) · F~ (~x)
Γ
Γ
La integral de lı́nea de un campo vectorial sobre una curva Γ corresponde a sumar las
proyeccciones de F~ (~x) en la dirección 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
¨
¨
~ x) · F~ (~x) =
dS(~
dS(~x)n̂(~x) · F~ (~x)
S
S
corresponde a sumar la proyección del campo F~ sobre la normal a la superficie S en cada
punto.
0.4.3.
Teorema de la Divergencia
Sea Ω ⊆ R3 una región. Sea F~ un campo vectorial continuo y diferenciable en Ω. Entonces
˚
ˆˆ
~
3 ~
~
x) · F~ (~x)
d x∇ · F = dS(~
δΩ
Ω
0.4.4.
Teorema de Stokes
Sea S una superficie en R3 . Sea F~ un campo vectorial continuo y diferenciable en una región
que contiene a S. Entonces
¨
˛
~
~
~
dS(~x) · ∇ × F (~x) =
d~x · F~ (~x)
S
δS
3
donde δS es el contorno de S (una curva en R )
8
0.5.
Electrostática (Repaso)
Las dos leyes empı́ricas fundamentales de la electrostática corresponden a la Ley de Coulomb
y el principio de superposición. La ley de Coulomb determina la fuerza de interacción entre dos
cargas puntuales
La fuerza que ejerce q 0 sobre q está dada por la ley de Coulomb
F~q =
~x − ~x0
1
4π0 | ~x − ~x0 |3
donde 0 = 8,85 × 10−12 es la permitividad del vacı́o. Resulta de interés definir un campo vectorial que tenga estrecha relación con una cierta distribución de cargas en el espacio.
Supongamos que tenemos una carga q 0 ubicada en ~x0 . Ahora, ubicamos una carga puntual de
prueba q en ~x, y definimos el campo eléctrico en ~x como
0
~
~x − ~x0
~ x) = Fq = q
E(~
q
4π0 | ~x − ~x0 |3
Este es el campo electrostático de una carga puntual. El principio de superposición establece
que el campo eléctrico generado por una distribución de cargas puntuales es la superposición
de los campos individuales de cada una. Extendiendo esta idea para distribuciones de carga
continuas, el campo electrostático está dado por la integral de Coulomb
~ x) =
E(~
1
4π0
˚
d3 x0 ρ(~x0 )
R3
~x − ~x0
| ~x − ~x0 |3
Resulta evidente que si uno conoce exactamente la distribución de cargas en todo el espacio,
el campo eléctrico está bien determinado por esta integral. Sin embargo, es muy sabido que en
muchos problemas de electrostática, la distribución de cargas no es conocida a priori. En efecto,
se deben desarrollar herramientas matemáticas superiores para resolver una gran cantidad de
problemas. (teorı́a 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 Coulomb
y la geometrı́a Euclı́dea, y establece
ˆˆ
δV
~ x0 ) · E(~
~ x0 ) = 1
dS(~
0
˚
d3 x0 ρ(~x0 )
V
es decir, el flujo del campo eléctrico sobre cualquier superficie cerrada δV es proporcional a la
carga encerrada por ella. Lo interesante es que a partir de la ley de Gauss es posible reconstruı́r
la ley de Coulomb, es decir, la ley de Gauss contiene exactamente la misma información.
9
0.5.2.
Circulación del campo eléctrico
A partir del siguiente lema
~x − ~x0
1
~
=
−
∇
| ~x0 − ~x0 |3
| ~x − ~x0 |
es inmediato mostrar que
~ x) = −∇
~ 1
E(~
4π0
˚
d 3 x0
R3
ρ(~x0 )
| ~x − ~x0 |
es decir, el campo eléctrico es el antigradiente de una función escalar, llamada el potencial
electrostático
˚
1
x0 )
3 0 ρ(~
φ(~x) =
dx
4π0
| ~x − ~x0 |
R3
y entonces
~ x) = −∇φ(~
~ x)
E(~
0.5.3.
Interpretación Fı́sica del Potencial
Supongamos que se tiene una distribución de carga en el espacio, ésta generará un campo
~ x). Consideremos el trabajo efectuado contra las fuerzas del campo al trasladar
eléctrico E(~
cuasiestáticamente una carga puntual q desde un punto ~x1 hasta el punto ~x2 , siguiendo una
trayectoria cualquiera Γ. Por cuasiestáticamente, se entiende que no se altera la energı́a cinética
al 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 magnitud
y contraria a la fuerza electrostática que actúa sobre la carga. Esto es
ˆ ~x2
~ x)
W =−
d~x · q E(~
~
x1
Podrı́a ser que este trabajo dependiera de la trayectoria utilizada para ir desde ~x1 hasta ~x2 .
Sin embargo, como
~ x) = −∇φ(~
~ x)
E(~
ˆ
~
x2
W =−
ˆ
~ x) = q
d~x · q E(~
~
x1
~
x2
~ x)
d~x · ∇φ(~
~
x1
Utilizando la parametrización de la curva Γ: ~x = ~x(l0 ), donde l0 ∈ [0, l]
ˆ l
d~x ~
W =q
dl0 0 · ∇φ(~
x(l0 ))
dl
0
10
ˆ
W =q
0
l
dφ(~x(l
dl0
dl0
0
))
ˆ
φ2
dφ = q (φ2 − φ1 )
=q
φ1
Finalmente hemos obtenido
ˆ
~
x2
W = −q
~ x) = q (φ2 − φ1 )
d~x · E(~
~
x1
Independiente de la curva Γ!
Si tomamos una carga unitaria, q = 1, la interpretación de éste resultado es como sigue:
El trabajo necesario para mover una carga unitaria cuasiestáticamente desde el punto x1 hasta
el punto x2 contra el campo eléctrico es igual a la diferencia de potencial entre x2 y x1
Ahora, notemos que
ˆ
~
x2
~ x) = − (φ2 − φ1 )
d~x · E(~
~
x1
Por lo tanto, sobre una trayectoria cerrada
˛
~ x) = 0
d~x · E(~
el campo eléctrico es conservativo. Obsérvese que este resultado fı́sico es consecuencia de
Coulomb y la geometrı́a Euclı́dea
Notar que U (~x) = qφ(~x) es la Energı́a Potencial de una carga q en la posicion ~x. En
efecto, la fuerza asociada a esta interacción es
~ (~x) = q E(~
~ x)
F~ = −∇U
0.6.
Las dos leyes fundamentales de la Electrostática
Hasta ahora se han establecido los principios fundamentales en el estudio de la electrostática.
Éstos son la ley de Coulomb (que proviene de un estudio empı́rico de las fuerzas entre cargas),
y el principio de superposición. Estos principios tienen como consecuencia un par de leyes que
simpifica mucho el estudio de los campos para ciertos casos particulares. Éstas son la ley de
Gauss
ˆˆ
˚
1
~
~
x) · E(~x) =
d3 xρ(~x)
dS(~
0
δV
V
y la ley de circulación del campo eléctrico
˛
~ x) = 0
d~x · E(~
Γ
Éstas dos ecuaciones integrales entregan información global acerca del campo. Sin embargo,
es posible llevarlas a su forma más simple en un par de ecuaciones diferenciales para el campo
11
electrostático.
A partir de la ley de Gauss, y utilizando el teorema de la divergencia, se obtiene
˚
˚
ˆˆ
1
3 ~
~
~
~
x) · E(~x) =
d x∇ · E(~x) =
d3 xρ(~x)
dS(~
0
S(V )
V
V
˚
ρ(~
x
)
~ · E(~
~ x) −
dx ∇
=0
0
3
V
esto es independiente del volumen V de integración. Consecuencia de esto es que
~ · E(~
~ x) = ρ(~x)
∇
0
Del mismo modo, a partir de la ley de circulación y utilizando el teorema de Stokes
¨
˛
~
~
~
~
d~x · E(~x) =
dS(~x) · ∇ × E(~x) = 0
Γ
S(Γ)
para cualquier superficie cuyo contorno sea Γ. De aquı́ se desprende que
~ × E(~
~ x) = 0
∇
En resumen, las dos leyes integrales fundamentales del campo electrostático tienen una
formulación equivalente en dos ecuaciones diferenciales para el campo
~ · E(~
~ x) = ρ(~x)
∇
0
~ × E(~
~ x) = 0
∇
La primera de ellas relaciona la divergencia del campo electrostático en cada punto con la
densidad de carga. La segunda establece que el campo eléctrico es conservativo o irrotacional.
Éstas ecuaciones son las dos primeras Ecuaciones de Maxwell en el vacı́o y para campos
estáticos. Éstas contienen absolutamente toda la teorı́a de la electrostática, es decir, basta con
ellas para determinar completamente el campo eléctrico. La completitud de la teorı́a está garantizada por el teorema de descomposición de Helmhotz, el cual asegura que todo campo vectorial
~ x) que satisface
A(~
~ x) |= 0
lı́m | ~x || A(~
|~
x|→∞
está completamente determinado por su divergencia y rotor
12
Capı́tulo 1
Ecuaciones de Poisson y Laplace
Dadas las ecuaciones fundamentales de la electrostática
~ · E(~
~ x) = ρ(~x)
∇
0
~ × E(~
~ x) = 0
∇
Interesa encontrar una formulación matemática equivalente de este problema. Efectivamente, uno podrı́a relacionar ambas ecuaciones, y obtener una única ecuación general que
permita solucionar cualquier problema electrostático. De la segunda ecuación, se desprende que
~ × E(~
~ x) = 0 → E(~
~ x) = −∇φ(~
~ x)
∇
Utilizando ésto en la primera ecuación
~ · (−∇φ(~
~ x)) = ρ(~x)
∇
0
Se obtiene la Ecuación de Poisson
~ 2 φ(~x) = − ρ(~x)
∇
0
Con esto, hemos logrado reducir aún más el problema de la electrostática, y todo consiste
en encontrar un campo escalar que satisfaga la ecuación de Poisson en una región del espacio
con las condiciones de borde adecuadas. Una vez resuelta esta ecuación, se puede obtener el
~ x) = −∇φ(~
~ x) y luego todo el problema estará completo.
campo como E(~
La ecuación de Poisson es una ecuación diferencial parcial, que en coordenadas cartesianas
equivale a
1
∂ 2 φ(x, y, z) ∂ 2 φ(x, y, z) ∂ 2 φ(x, y, z)
+
+
= − ρ(x, y, z)
2
2
2
∂x
∂y
∂z
0
En regiones del espacio libres de carga (ρ(~x) = 0), se debe resolver la Ecuación de Laplace
con condiciones de borde adecuadas
~ 2 φ(~x) = 0
∇
13
Las ecuaciones de Poisson y Laplace aparece en diversas ramas de la fı́sica, como en gravitación, dinámica de fluı́dos, propagación del calor, etc
Evidentemente, resolver las ecuaciones de Poisson o Laplace puede resultar analı́ticamente
muy complejo, sin embargo existen casos donde la simetrı́a permite resolver éstas ecuaciones
sin mayor dificultad. En electrostática existen varios métodos para resolver problemas Poisson
- Laplace, algunos de ellos son
Método de las imágenes
Expansión del potencial en polinomios ortogonales
Funciones complejas analı́ticas, que resuelven Laplace en 2 dimensiones
Método de las funciones de Green
Métodos numéricos
Solo un par de estos métodos serán desarrollados brevemente en este curso
1.1.
Formalismo
A) Problemas simples de la electrostática
Los problemas formalmente más simples de la electrostática consisten en calcular φ(~x) para
todos los puntos del espacio, habiéndose dado la distribución de las fuentes eléctricas ρ(~x) (por
lo general, localizadas dentro de una región V ), sin condiciones de contorno prescritas para
~ x) en el infinito
φ(~x) o E(~
la solución de estos problemas simples es, formalmente, inmediata
˚
1
ρ(~x0 )
d 3 x0
φ(~x) =
4π0
| ~x − ~x0 |
V
~ x) = −∇φ(~
~ x)
E(~
B) Problemas de contorno
Pero, por lo general, los problemas prácticos de la electrostática se refieren a regiones (finitas
o infinitas) que solamente abarcan una porción del espacio, con o sin cargas en su interior, y
con condiciones de contorno preescritas en las superficies que las limitan. (Por ejemplo, esta
superficie de contorno puede representar un conductor a un potencial fijo). La solución formal
de éstos problemas de contorno en general no es tan sencilla.
14
1.2.
Condiciones de Contorno: Unicidad de las soluciones
Los problemas de contorno en electrostática son de la forma
~ 2 φ(~x) = − ρ(~x)
~x ∈ V : ∇
0
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para
∂φ
∂n
o bien
~ 2 φ(~x) = 0
~x ∈ V : ∇
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para
∂φ
∂n
Surge la cuestión sobre cuáles son las condiciones de contorno adecuadas para que dentro
del volumen de interés V la solución sea matemáticamente única, y fı́sicamente razonable.
La experiencia fı́sica nos hace esperar que un problema único de potencial se obtiene:
a) Especificando el potencial φ(~x) sobre una superficie cerrada S(V ) que limita la región de
interés V (problema de Dirichlet)
~x ∈ S(V ) : φ(~x) = φD (~x)
~ x) sobre el contorno cerrado S(V ) de la región de
b) Especificando el campo eléctrico E(~
interés V (problema Neumann)
~ x) = E
~ N (~x)
~x ∈ S(V ) : E(~
En efecto se puede demostrar que tanto el problema de Dirichlet como el problema de Neumann dan origen a una solución única
15
1.3.
1.3.1.
Ecuación de Laplace en Coordenadas Rectangulares
Problema en 2 dimensiones
Sea V una región del espacio. Bajo ciertas condiciones de simetrı́a, conviene resolver la
ecuación de Laplace en coordenadas cartesianas. En ciertos problemas simples, la simetrı́a
permite establecer que el potencial es sólo función de dos variables, digamos x e y. En este caso
se debe resolver
2
∂2
∂
2
~
φ(x, y) = 0
+
∇ φ(~x) =
∂x2 ∂y 2
Con condiciones de contorno adecuadas. Para ello, podemos utilizar el método de separación
de 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 entonces
1~2
1 d2 X
1 d2 Y
∇ φ=
+
=0
φ
X dx2
Y dy 2
luego
1 d2 Y
1 d2 X
=
−
X dx2
Y dy 2
La única posibilidad de que esto sea cierto, es que ambas funciones sean una constante
1 d2 Y
1 d2 X
=
−
= −α2
X dx2
Y dy 2
1 d2 Y
= α2
2
Y dy
Resulta
d2 X
+ α2 X = 0
dx2
d2 Y
− α2 Y = 0
2
dy
Las soluciones son de la forma
X(x) = e±iαx
Y (y) = e±αy
Con esto, la solución general de la ecuación de Laplace (en 2-D) en coordenadas cartesianas
está dada por la familia de funciones
X(x) = Aα cos (αx) + Bα sin (αx)
Y (y) = Cα eαy + Dα e−αy
con Aα , Bα , Cα , Dα constantes reales.
16
Problema
Determinar el potencial en la región que comprende el interior de una caja rectangular de
longitud infinita, cuya sección transversal se aprecia en la figura
Solución
Dado que la longitud de la caja es muy larga, el potencial tendrá la misma forma para cualquier
sección transversal. Se debe resolver entonces la ecuación de Laplace
~ 2 φ(x, y) = 0
∇
con las condiciones de borde

φ(0, y) = 0



φ(b, y) = 0
~x ∈ S(V ) :
φ(x,
0) = 0



φ(x, a) = V0
La solución general de la ecuación 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) = Cα eαy + Dα e−αy
Para cualquier α real, φ(x, y) es solución de la ecuación de Laplace. Sin embargo, las condiciones de borde limitarán los valores posibles de α. En efecto, debe cumplirse que
φ(0, y) = 0 → X(0) = 0
de forma que
Aα = 0
es decir
X(x) = Bα sin (αx)
Además, debe tenerse
φ(b, y) = 0 → Bα sin (αb) = 0
es decir
αb = nπ, n = 0, 1, 2, ...
17
luego
nπ
, n = 0, 1, 2, ...
b
Es decir, la familia de funciones que satisfacen la ecuación de Laplace y cumplen con
φ(0, y) = φ(b, y) = 0 está dada por
α=
φ(x, y) = X(x)Y (y)
nπ x , n = 0, 1, 2, ...
X(x) = sin
b
Y (y) = An e
nπ
y
b
+ Bn e−
nπ
y
b
, n = 0, 1, 2, ...
La solución general toma la forma
φ(x, y) =
∞
X
sin
n=1
nπ nπ
nπ x An e b y + Bn e− b y
b
además se tiene φ(x, 0) = 0
φ(x, 0) =
∞
X
sin
n=1
nπ x (An + Bn ) = 0
b
Luego
An = −Bn
y entonces
φ(x, y) =
∞
X
sin
n=1
φ(x, y) =
∞
X
sin
n=1
φ(x, y) =
nπ nπ
nπ x An e b y − e− b y
b
∞
X
nπ nπ x 2An sinh
y
b
b
Cn sin
n=1
nπ nπ x sinh
y
b
b
Donde Cn = 2An . Por último, la condición de borde φ(x, a) = V0 entrega
φ(x, a) =
∞
X
Cn sin
n=0
∞
X
V0 =
n=0
nπ nπ x sinh
a = V0
b
b
Cn sin
nπ nπ x sinh
a
b
b
¿Cómo podemos encontrar los Cn ?. La clave está en notar que esta es una expansión en
series de Fourier. Si F : [−b, b] → R es una función de cuadrado integrable en [-b,b], admite
una expansión en series
nπ X
nπ a0 X
F (x) =
+
An cos
x +
Bn sin
x
2
b
b
n=1
n=1
con
1
Bn =
b
ˆ
b
dxF (x) sin
−b
nπ x , n = 0, 1, 2...
b
18
ˆ
1
An =
b
b
nπ dxF (x) cos
x , n = 0, 1, 2...
b
−b
En particular, si F es una función impar sobre [−b, b], An = 0 ∀n, y entonces
nπ X
x
F (x) =
Bn sin
b
n=1
con
2
Bn =
b
ˆ
b
dxF (x) sin
0
nπ x , n = 0, 1, 2...
b
Interpretemos ahora el resultao que hemos obtenido
∞
nπ X
nπ nπ x sinh
a =
Bn sin
x
V0 =
Cn sin
b
b
b
n=0
n=0
∞
X
Es justamente la expansión en serie de Fourier de V0 . Entonces
ˆ
nπ 2V ˆ b
nπ 2 b
0
dxV0 sin
x =
dx sin
x
Bn =
b 0
b
b 0
b
nπ b
2V0 b
V0
Bn = −
cos
x =2
(1 − cos (nπ))
b nπ
b
nπ
0
V0
Notar que Bn = 0 para n impar, mientras que Bn = 4 nπ
para n impar. Además,
Bn = Cn sinh
nπ Bn
a → Cn =
b
sinh nπ
a
b
Luego
Cn = 0, n par
Cn =
4V0
, n impar
a
nπ sinh nπ
b
y la solución para el potencial queda
∞
4V0 X
1
(2n − 1)πx
(2n − 1)πy
sin
φ(x, y) =
sinh
π n=1 (2n − 1) sinh (2n−1)πa
b
b
b
19
La siguiente figura es un gráfico de las curvas de nivel para a = b = 5 y V0 = 1 [V]
20
Problema
Encuentre el potencial para la región 0 ≤ x ≤ a, y ≥ 0, con las condiciones de borde de Dirichlet

φ(0, y) = 0



φ(a, y) = 0
~x ∈ S(V ) :
lı́my→∞ φ(x, y) = 0



φ(x, 0) = V (x)
Solución
El potencial en V satisface la ecuación de Laplace
~ 2 φ(x, y) = 0
∇
cuya solución está dada por
φ(x, y) = X(x)Y (y)
donde
X(x) = Aα cos (αx) + Bα sin (αx)
Y (y) = Bα eαy + Cα e−αy
La condición de borde φ(0, y) = 0 implica
X(0) = Aα = 0 → X(x) = Bα sin (αx)
Además, debe tenerse
φ(a, y) = 0 → X(a) = 0
sin (αa) = 0
Entonces
α=
nπ
, n = 0, 1, 2, ...
a
Entonces la solución toma la forma
∞
X
nπ nπ
nπ x An e a y + Bn e− a y
φ(x, y) =
sin
a
n=1
21
La condición en el infinito es
lı́m φ(x, y) = 0
y→∞
de forma que An = 0, ∀n = 0, 1, 2, ...
φ(x, y) =
∞
X
Bn sin
n=1
nπ nπ
x e− a y
a
Por último, la condición φ(x, 0) = V (x) es
φ(x, 0) =
∞
X
Bn sin
n=1
nπ x = V (x)
a
Ahora, consideremos F (x), −a ≤ x ≤ x. Si F (x) es cuadrado integrable en [−a, a], entonces
existe su serie de Fourier
∞
∞
nπ X
πn a0 X
+
An cos
x +
Cn sin
x
F (x) =
2
a
a
n=1
n=1
donde
1
An =
a
ˆ
a
nπ x , n = 0, 1, 2, ...
a
−a
ˆ
nπ 1 a
dxF (x) sin
x , n = 0, 1, 2, ...
Cn =
a −a
a
dxF (x) cos
Si F (x) es impar, entonces An = 0 ∀n, de forma que
F (x) =
∞
X
Cn sin
n=1
con
2
Cn =
a
ˆ
a
0
πn x
a
nπ dxF (x) sin
x , n = 1, 2, ...
a
Con esto,
φ(x, 0) =
∞
X
Bn sin
n=1
nπ x = V (x)
a
corresponde a la expansión en serie de Fourier de V (x), −a < x < a, con V (−x) = −V (x)
(por supuesto que fı́sicamente sólo interesa V (x) para 0 ≤ x ≤ a). Ası́, la solución del problema
es
∞
X
nπ nπ
φ(x, y) =
Bn sin
x e− a y
a
n=1
con
2
Bn =
a
ˆ
a
dxV (x) sin
0
nπ x , n = 1, 2, ...
a
Supongamos que φ(x, 0) = V (x) = V0 (constante). Luego
ˆ
nπ nπ a
2V0 a
2V0 a
Bn =
dx sin
x =−
cos
x , n = 1, 2, 3...
a 0
a
a nπ
a
0
22
Bn =
2V0
(1 − cos (nπ)) , n = 1, 2, 3...
nπ
0 si n par
Bn = 4V0
si n impar
nπ
Finalmente
φ(x, y) =
∞
X
n=1
4V0
sin
(2n − 1)π
(2n−1)π
(2n − 1)π
x e− a y
a
El gráfico muestra la solución para V0 = 0,1, a = 5, y tomando 50 términos en la serie
23
Problema
Dos cilindros muy largos y concéntricos, de radios a y b, con b > a, se encuentran inicialmente
descargados. La región entre ambos se llena con una densidad homogénea de carga ρ, y luego
cada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule, resolviendo a -la- Poisson, el potencial
y el campo eléctrico en la región interior.
Solución
En la región interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuación de
Poisson
~ 2 φ(~x) = − ρ(~x)
∇
0
Si usamos coordenadas cilı́ndricas, el potencial podrı́a depender de ϑ, r y z. Sin embargo,
de la simetrı́a del problema es evidente que
∂φ
=0
∂ϕ
con lo que φ = φ(r, z). Además, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a
(b−a), el potencial también debe ser simétrico con respecto a z. De esta forma, podemos despreciar efectos de borde y considerar que el potencial es sólo una función radial de la forma φ = φ(r)
Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilı́ndricas para una función que sólo depende de r es
1 ∂
∂φ(r)
2
~
∇ φ(r) =
r
r ∂r
∂r
De esta forma, la ecuación de Poisson se transforma en
ρ
1 ∂ ∂φ
(r ) = −
r ∂r ∂r
0
Equivalentemente
∂ ∂φ
rρ
(r ) = −
∂r ∂r
0
Luego
∂φ
r
=−
∂r
ˆ
dr
rρ
+C
0
∂φ
r2 ρ
r
=−
+C
∂r
20
∂φ
rρ
C
=−
+
∂r
20
r
24
Finalmente
ˆ
φ(r) = −
rρ
+
dr
20
ˆ
dr
C
r
r2 ρ
+ C ln r + A
40
Esta es la solución general de la ecuación de Poisson para un potencial de simétrı́a cilı́ndrica,
dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones de
borde adecuadas para que la solución sea única (Problema Poisson-Dirichlet)
φ(r) = −
Tenemos φ(a) = 0. Equivale a imponer que la superficie cilı́ndrica de radio a es una equipotencial conectada a tierra. Luego
φ(a) = −
a2 ρ
+ C ln a + A = 0
40
Además, φ(b) = 0, con esto
b2 ρ
+ C ln b + A = 0
40
Restando ambas ecuaciones, obtenemos
φ(b) = −
0 = C(ln a − ln b) +
(b2 − a2 )ρ
40
De donde obtenemos la constante C
C=
(a2 − b2 )ρ
40 ln(a/b)
De la primera condición despejamos A
A=
A=
a2 ρ
(a2 − b2 )ρ
− ln a
40
40 ln(a/b)
a2 ln(a/b)ρ − lna(a2 − b2 )ρ
40 ln(a/b)
A=
ρ(b2 ln a − a2 ln b)
40 ln(a/b)
Con esto, la solución del potencial para a < r < b es
φ(r) = −
r2 ρ
(a2 − b2 )ρ
ρ(b2 ln a − a2 ln b)
+
ln r +
40 40 ln(a/b)
40 ln(a/b)
Para obtener el campo eléctrico, usamos el hecho
~ x) = −∇φ(~
~ x)
E(~
El gradiente en coordenadas cilı́ndricas para una función que sólo depende de r es
∂φ(r)
~
r̂
∇φ(r)
=
∂r
25
de manera que
∂φ
~
E(r)
= − r̂
∂r
rρ
(a2 − b2 )ρ
~
E(r) =
−
r̂
20 40 r ln(a/b)
~ es nulo, ya
que es el campo eléctrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo E
que no hay carga encerrada por el conductor interior.
Calculemos las densidades de cargas sobre los conductores. Para el conductor interior, tenemos que el campo eléctrico sobre su superficie tiene magnitud
E(a) =
(a2 − b2 )ρ
aρ
−
20 40 a ln(a/b)
La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo eléctrico
según
σ
E=
0
Con esto la densidad de carga será
aρ
(a2 − b2 )ρ
σ1 = 0
−
20 40 a ln(a/b)
El campo eléctrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud
E(b) =
bρ
(a2 − b2 )ρ
−
20 40 b ln(a/b)
y la densidad de carga será
σ2 = 0
(a2 − b2 )ρ
bρ
−
20 40 b ln(a/b)
26
Problema
Se tienen dos cilindros conductores coaxiales, uno de radio a y el otro de radio b, conectados a
una diferencia de potencial V0 .
~ x) y φ(~x) en todo el espacio y σ en cada superficie.
Calcule ρ(~x),E(~
Solución
Utilizaremos la ecuacion de Laplace, esto es
~ 2 φ(r) = 0
∇
El laplaciano en coordenadas cilı́ndricas es
2
2
~ 2 φ = 1 ∂ (r ∂φ ) + 1 ∂ φ + ∂ φ
∇
r ∂r ∂r
r2 ∂ϕ2 ∂z 2
Si suponemos que el par de conductores cilı́ndricos son de gran extensión, entonces se puede
= 0. Ası́ mismo,
afirmar que el potencial no debe depender de la coordenada z, y por lo tanto ∂V
∂z
como las caracterı́sticas de los conductores no varı́an con el ángulo ϕ, también debe cumplirse
que ∂V
= 0. De esta forma la ecuación diferencial que debemos resolver es
∂φ
1 ∂ ∂φ
(r ) = 0
r ∂r ∂r
Con condiciones de borde
φ(a) = V0 , φ(b) = 0
Esta ecuación se puede resolver integrándola directamente
φ(r) = A ln r + B
Esta solución general más las condiciones de borde nos entregan un sistema lineal de ecuaciones
A ln(a) + B = V0
A ln(b) + B = 0
De donde obtenemos
A=
B=−
V0
ln(a/b)
V0
ln b
ln(a/b)
27
Y el potencial entre las placas conductoras es
φ(r) =
V0
ln(r/b)
ln(a/b)
Válida solo entre a < r < b
~ x) = −∇φ(~
~ x), es decir
El campo eléctrico se puede calcular como E(~
E(r) = −
V0 1
∂φ(r)
=
,a < r < b
∂r
ln(b/a) r
~
E(r)
V0 1
r̂, a < r < b
ln(b/a) r
Para determinar las densidades de carga superficial en cada conductor hay que usar el hecho
de que el campo en la superficie de un conductor cumple
~ · n̂ = σ
E
0
De esta forma, para el conductor a
σa = 0
V0
a ln(b/a)
Y para el conductor b
σb = −0
V0
b ln(b/a)
Todo el desarrollo anterior es válido para a < r < b.
En el cilindro interno, (r < a)
~
E(r)
=0
ya que dentro de un conductor en equilibrio electrostático el campo eléctrico es siempre
nulo. De esta forma
φ(r) = V0
ρ(r) = 0
Ahora, si r > b, para calcular el campo utilizamos
ˆ b
ˆ b
~
~
φ(b) − φ(∞) =
E · dl =
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
Problema
Dos conos conductores concéntricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esféricas son ϑ1 = π/6,
y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran en la figura. Los conos son de extensión infinita y en
r = 0 están separados por una distancia infinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de
~ en la región interior a
0 V, y el exterior a 50 V , determinar el potencial y el campo eléctrico E
ambos conductores
Solución
Sea V la región delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2 . Si no hay densidad de carga libre en V , el potencial
satisface la ecuación de Laplace en V
~ 2φ = 0
∇
Dada la geometrı́a del problema, es conveniente utilizar coordenadas esféricas
1
∂
∂φ
1
∂ 2φ
1 ∂
2 ∂φ
2
~
r
+ 2
sin ϑ
+ 2 2
∇ φ(r, ϑ, ϕ) = 2
r ∂r
∂r
r sin ϑ ∂ϑ
∂ϑ
r sin ϑ ∂ϕ2
El problema posee una clara simetrı́a azimutal (el potencial claramente no depende del
ángulo polar ϕ). Además, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensión
de los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente función de ϑ, y se debe
resolver
1
∂
∂φ
2
~
∇ φ(r, ϑ, ϕ) = 2
sin ϑ
=0
r sin ϑ ∂ϑ
∂ϑ
Equivalentemente
∂
∂ϑ
∂φ
sin ϑ
=0
∂ϑ
sin ϑ
∂φ
= C1
∂ϑ
∂φ
= C1 cscϑ
∂ϑ
ˆ
dϑ
φ(ϑ) = C1
+ C2
sin ϑ
Además
ˆ
dϑ
= ln (tan ϑ/2) + C
sin ϑ
29
En efecto
d
1
1
1
1
(ln (tan ϑ/2) + C) =
sec2 ϑ/2 =
=
dϑ
tan ϑ/2
2
2 cos ϑ/2 sin ϑ/2
sin ϑ
con esto
φ(ϑ) = C1 ln (tan ϑ/2) + C2
Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene
φ(ϑ1 ) = 0
φ(π/6) = C1 ln (tan π/12) + C2 = 0
Además
φ(ϑ2 ) = 50
φ(π/4) = C1 ln (tan π/8) + C2 = 50
Resolviendo el sistema para C1 y C2
50 = C1 (ln (tan π/8) − ln (tan π/12))
50 = C1 ln
tan π/8
tan π/12
50
C1 =
ln
tan π/8
tan π/12
y
C2 = −C1 ln (tan π/12)
Evaluando
C1 = 114,78834
C2 = 151,171411
y la solución es
φ(ϑ) = 114,78834 ln (tan ϑ/2) 151,171411
30
Para encontrar el campo eléctrico, utilizamos que
~ x) = −∇φ(~
~ x)
E(~
En coordenadas esféricas, y considerando que φ solo depende de ϑ
~ ϑ) = − 1 ∂φ ϑ̂
E(r,
r ∂ϑ
~ ϑ) = − 1 114,78834 ϑ̂
E(r,
r 2 sin ϑ
31