Electrodinamica

Tarea 2

Universidad del Chile, Facultad de Ciencias,Departamento de Fısica, Santiago, Chile

Profesor: Alejandro ValdiviaAyudantes: Vıctor Pinto, M. Daniela CornejoAlumno: Felipe Gonzalez Entrega : Martes 15 de Abril de 2008

Impreso:

July 18, 2008

Indice de Problemas:

2 Problema 1: Semi-cilindro Infinito 32.a Condiciones de Borde 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.b Condiciones de Borde 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.c Funcion de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.d Comprobacion Funcion de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3 Problema 2: Lınea y Cilindro 73.a Lınea de Carga de Imagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.b Equipotenciales para R = 2.5a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.c Carga Inducida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.d Fuerza Sobre la Lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

4 Problema 3: Funcion de Green Para un Cilindro Infinito 10

5 Problema 4: Dos Planos Infinitos 115.a Una Carga Entre los Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115.b Un Angulo α Cualquiera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115.c Campo Electrico Cerca del Origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125.d Pararrayo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

6 Problema 5: Potencial 146.a Potencial Asintotico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146.b Funcion de Green Fuera de una Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156.c Dos Esferas Concentricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156.d Lımites a→ 0, b→∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166.e Funcion de Green con Otros Voltajes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176.f Anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

7 Problema 6: Cascaron Esferico y Lınea Cargada 187.a Potencial Dentro de la Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187.b Densidad Superficial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197.c Lımite d b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

8 Problema 7: Plano Infinito y Semiesfera 218.a Potencial en Todo el Espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218.b Expansion de la Ecuacion de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228.c Funcion de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238.d Funcion de Green Usando Imagenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

9 Problema 8: Cilindro a Tierra 26

10 Problema 9: Esfera Dielectrica 2810.a Campo Electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2810.b Campo Electrico si Ponemos una Carga Puntual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

11 Problema 10: Dos Cilindros Conductores Concentricos 2911.a Solucion a ∇2Φ = Arn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2911.b Cilindro Dielectrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2911.c Potencial Integrando la Funcion de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

-1

2 Problema 1Supongamos que tenemos un semi-cilindro infinito descrito por ρ y ϕ tales que a < ρ < b y0 < ϕ < α.

2ϕ

b

1

a

ϕV ( )

V ( )

Fig. 1: Cascaron cilındrico.

2.a Encuentre el potencial con las condiciones de borde

Φ(ρ, ϕ = 0, z) = Φ(ρ, ϕ = α, z) = 0,

Φ(ρ = a, ϕ, z) = V0 sin(πϕ

α

),

Φ(ρ = b, ϕ, z) = −V0 sin(

3πϕ

α

).

Como no hay carga encerrada, el potencial Φ satisface

∇2Φ =1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂Φ∂ρ

)+

1ρ2

∂2Φ∂ϕ2

= 0.

La solucion a esta ecuacion es

Φ(ρ, ϕ, z) = (A0 +B0 ln ρ)(C0 +D0ϕ) +∑

(Anρn +Bnρ−n)(Cn cosnϕ+Dn sinnϕ).

De la primera condicion de borde, Φ(ρ, 0, z) = 0, concluımos que Cn = 0, mientras que de la segunda,Φ(ρ, α, z) = 0, concluımos que sinnα = 0, es decir

n =mπ

α, m = 1, 2, 3, . . .

Como Φ(ρ, ϕ, z) = Φ(ρ, ϕ+ 2π, z), necesariamente D0 = 0. De este modo

Φ(ρ, ϕ, z) = (A0 +B0 ln ρ)C0 +∑(

Amρmπα + Bmρ

−mπα)

sin(mπαϕ). (2.1)

3

4 PROBLEMA 2 2.b Condiciones de Borde 2

De la tercera condicion de borde, Φ(ρ = a, ϕ, z) = V0 sin(πϕα

), tenemos

V0 sin(παϕ)

= (A0 +B0 ln a)C0 +∑(

Amamπα + Bma

−mπα)

sin(mπαϕ).

Esto nos dice que (A0 +B0 ln a)C0 = 0 y que el primer coeficiente de la serie es V0:

A1aπα +B1a

− πα = V0.

Amamπα +Bma

−mπα = 0.(2.2)

Aplicando la ultima condicion de borde, se obtiene

−V0 sin(

3παϕ

)= (A0 +B0 ln b)C0 +

∑(Amb

mπα + Bmb

−mπα)

sin(mπαϕ),

de donde concluımos que (A0 + B0 ln b)C0 = 0 (y por lo tanto, como (A0 + B0 ln a)C0 = 0, C0 = 0) y que eltercer coeficiente es (−V0), es decir,

A3b3πα +B3b

− 3πα = −V0.

Ambmπα +Bmb

−mπα = 0.(2.3)

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (2.2) y (2.3), obtenemos Am = Bm = 0 ∀ m 6= 1, 3,

A1 =V0

aπα − a− πα b 2π

α

, B1 = − V0b2πα

aπα − a− πα b 2π

α

, A3 = − V0

b3πα − b− 3π

α a6πα

, B3 =V0a

6πα

b3πα − b− 3π

α a6πα

.

Al reemplazar esta informacion en (2.1), obtenemos el potencial dentro del cilindro:

Φ(ρ, ϕ, z) =V0

aπα − a− πα b 2π

α

(ρπα − b 2π

α ρ−πα ) sin

(παϕ)− V0

b3πα − b− 3π

α a6πα

(ρ3πα − a 6π

α ρ−3πα ) sin

(3παϕ

).

(2.4)

2.b Encuentre el potencial para el caso α = π2, a = 0 y

Φ(ρ, ϕ = 0, z) = 0,

Φ(ρ, ϕ = α, z) = 0,

Φ(ρ = b, ϕ, z) = −V0 sin 2ϕ.

Grafique.

Como no hay carga encerrada, el potencial Φ satisface

∇2Φ =1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂Φ∂ρ

)+

1ρ2

∂2Φ∂ϕ2

= 0,

cuya solucion general es

Φ(ρ, ϕ, z) = (A0 +B0 ln ρ)(C0 +D0ϕ) +∑

(Anρn +Bnρ−n)(Cn cosnϕ+Dn sinnϕ).

Como el potencial no diverge en el origen (primera y segunda condicion de borde), necesariamente B0 = Bn = 0.Por unicidad, D0 = 0. De esta forma,

4

2.c Funcion de Green PROBLEMA 2 5

Φ(ρ, ϕ, z) = A0 +∑

ρn(Cn cosnϕ+ Dn sinnϕ).

De la primera condicion de borde, concluımos que Cn = 0. De la segunda, obtenemos que sinnα = 0, es decir,

n =mπ

α= 2m, m = 1, 2, 3, . . .

Para la tercera condicion de borde tenemos

−V0 sin 2ϕ = A0 +∞∑m=1

b2mDm sin (2mϕ) ,

de donde concluımos que A0 = 0 y

−V0 = b2D1

0 = b2mDm

para todo m 6= 1, es decir, Dm = 0. Ası,

Φ(ρ.ϕ, z) = −V0

b2ρ2 sin (2ϕ) . (2.5)

Fig. 2: Equipotenciales de un cilindro infinito (problema 1b). α = π2 , a = 0, V0 = 1, b = 5.

2.c Encuentre la funcion de Green-Dirichlet para esta region cuando a 6= b.

La funcion de Green en coordenadas polares satisface

∇2xG(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′) = −4π

δ(r − r′)δ(θ − θ′)r

. (2.6)

Usemos la expansion de la delta

δ(θ − θ′) =∞∑n=1

2α

sin(nπαθ)

sin(nπαθ′), (2.7)

la cual se anula en 0 y en α, para poder escribir la funcion de Green como

G(~x, ~x′) =∞∑l=1

gl(r, r′) sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′),

Como esta funcion satisface (2.6), tenemos

5

6 PROBLEMA 2 2.d Comprobacion Funcion de Green

∞∑l=1

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)(

1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)− gl(r, r′)

(lπ

α

)2)

= −∞∑l=1

2α

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)

4πδ(r − r′)

r,

de donde obtenemos, para r 6= r′, la ecuacion diferencial

1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)− gl(r, r′)

(lπ

α

)2

= 0,

cuya solucion esgl(r, r′) = Alr

lπα +Blr

− lπα .

De este modo, la funcion de Green queda como

G(~x, ~x′) =∞∑l=1

Cl

(rlπα< −

(a2

r<

) lπα

)(r− lπα> −

(r>b2

) lπα

)sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′).

Ahora bien, la funcion gl debe cumplir∫ r′+ε

r′−εr

(1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)− gl(r, r′)

(lπ

α

)2)dr = −

∫ r′+ε

r′−εr

(4πr

2αδ(r − r′)

)dr,

lo que implica que

∂gl∂r

∣∣∣∣r′+εr′−ε

=2Clαr′

lπ

((ab

) 2lπα − 1

)= − 8π

αr′,

de modo que

Cl =4

l((

ab

) 2lπα − 1

) . (2.8)

Con este resultado, podemos finalmente escribir la funcion de Green como

G(~x, ~x′) =∞∑l=1

4

l((

ab

) 2lπα − 1

) (r lπα< − ( a2

r<

) lπα

)(r− lπα> −

(r>b2

) lπα

)sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)

. (2.9)

2.d Compruebe, haciendo los problemas anteriores, que esta funcion esta correcta.

6

-1

3 Problema 2Una lınea de densidad de carga λ es puesta en forma paralela, a una distancia R, a un cilindroconductor de radio a y voltaje fijo.

y

x

λ

R

R0

0 r

λ

r Rx

ϕ

Fig. 3: Cilindro a potencial V , lınea cargada y lınea de carga de imagen.

3.a Encuentre la magnitud y posicion de la lınea de carga de imagen.

El potencial producido por una lınea infinita cargada es

Φ(x) = −2λ ln(x) + cte1,

donde x es la distancia mas corta entre la lınea y el punto de interes, y λ su densidad. Luego, en un puntoexterior al cilindro, el potencial vendra dado por

Φ(~r) = −2λ ln(|~r −Rx|)− 2λ0 ln(|~r −R0x|) + cte, (3.1)

donde R0 es la distancia a la lınea de carga imagen y λ0 su densidad. Para que el potencial no diverja en infinito,imponemos λ = −λ0. Por las condiciones del problema, necesitamos Φ(ρ = a, ϕ, z) = V , que es el potencial delcilindro en su superficie. De este modo,

Φ(x = a, ϕ, z) = V = −2λ ln(R− a) + 2λ ln(a−R0) + cte

Φ(x = −a, ϕ, z) = V = −2λ ln(R+ a) + 2λ ln(a+R0) + cte.

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos

R0 =a2

R. (3.2)

3.b Encuentre el potencial para cualquier posicion. Grafique las equipotenciales para R/a = 2.5.

Como dijimos, el potencial fuera del cilindro esta dado por la ecuacion (3.1) que, escrita en coordenadas cilındricas,queda

1[2], pag. 41.

7

8 PROBLEMA 3 3.c Carga Inducida

Φ(ρ, ϕ, z) = −2λ ln(√

r2 +R2 − 2rR cosϕ)

+ 2λ ln(√

r2 +R20 − 2rR0 cosϕ

)+ cte

= λ ln

(r2 + a4

R2 − 2ra2

R cosϕr2 +R2 − 2rR cosϕ

)+ cte.

Por las condiciones de borde, tenemos que la constante debe valer

cte = V + ln(R2

a2

),

por lo tanto,

Φ(ρ, ϕ, z) = V + ln(R2

a2

)+ λ ln

(r2 + a4

R2 − 2ra2

R cosϕr2 +R2 − 2rR cosϕ

). (3.3)

Fig. 4: Equipotenciales problema 2. λ = 1, a = 1, V = 1.

3.c Encuentre la carga inducida en la superficie y grafıquela para R/a = 2.5.

La densidad de carga inducida en la superficie del cilindro puede ser calculada de la derivada normal de Φ en lasuperficie:

σ = − 14π

∂Φ∂r

∣∣∣∣r=a

= − 14π

(− 2λ(a2 −R2)a(a2 +R2 − 2aR cosϕ)

)=

λ

2πa

(a2 −R2

a2 +R2 − 2aR cosϕ

),

de donde concluımos que

8

3.d Fuerza Sobre la Lınea PROBLEMA 3 9

Qsupf =∫σ dA

=∫ 2π

0

λ

2πa

(a2 −R2

a2 +R2 − 2aR cosϕ

)dϕ

= 0.

Fig. 5: Densidad de carga, problema 2. λ = 1, a = 1.

3.d Encuentre la fuerza sobre la lınea de carga

El campo producido por la carga imagen es

~E = −∇Φ =2λ0

x−R0x,

y como la lınea de carga se encuentra en x = R, tenemos que la ella siente un campo

~E = − 2RλR2 − a2

x.

Ahora, dado que ~F = ~Eq, tenemos que la fuerza que siente la lınea es infinita; pero la fuerza por unidad de largo(~F = λ~E) es

~F = − 2Rλ2

R2 − a2x.

9

-1

4 Problema 3Use el metodo de imagenes para encontrar la funcion de Green Dirichlet para el problema exteriorde un cilindro infinito (∂z = 0) de radio a. Puede que la funcion de Green no sea cero en el infinito(esto se da en el espacio vacıo, donde G = −2 ln(|x− x′|). ¿Que se necesita para hacer el problemainterior?

a

ϕ ’

−λ

ϕ

xλ

x

x

x

’

’

Fig. 6: Cilindro infinito, problema 3.

Supongamos que la lınea se encuentra paralela al cilindro, en un punto ~x′ = (ρ′, ϕ′). Por simetrıa, la lınea decarga de imagen debera estar en la lınea que une el origen con la lınea real, es decir, ambas lıneas cargadascomparten el mismo angulo ϕ′, siendo ρ0 la distancia del origen a la lınea imagen. De este modo, el potencial enun punto del espacio ~x = ρρ+ ϕϕ sera

Φ(ρ, ϕ, z) = −2λ ln(|~x− ~x′|) + 2λ ln(|~x− ~x′|)= −λ ln(ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)) + λ ln(ρ2 + ρ2

0 − 2ρρ0 cos(ϕ− ϕ′))

= λ ln(ρ2 + ρ2

0 − 2ρρ0 cos(ϕ− ϕ′)ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)

).

donde, por el resultado del problema anterior, sabemos que ρ0 = a2

ρ . Ahora bien, la funcion de Green debe ser

cero en el borde del cilindro. Esto lo logramos sumando a Φ(ρ, ϕ, z) la constante F = λ ln(ρ′2

a2

), ya que satisface

~∇F = 0. Luego, la funcion de Green sera

G(~x, ~x′) = λ ln(ρ2 + ρ2

0 − 2ρρ0 cos(ϕ− ϕ′)ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)

)+ ln

(ρ′2

a2

). (4.1)

Para solucionar el problema interior, ponemos la lınea real en la antigua posicion de la linea imagen. En este caso,lo unico que tenemos que hacer, es cambiar las lineas de posicion, por lo que en la notacion debemos cambiar ρ0

por ρ′, y ρ′ por ρ0. Haciendo el mismo proceso, llegamos a que la funcion de Green en el problema interior es

G(~x, ~x′) = λ ln(ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)ρ2 + ρ2

0 − 2ρρ0 cos(ϕ− ϕ′)

)+ ln

(ρ′2

a2

). (4.2)

10

-1

5 Problema 4Supongamos que tenemos el espacio angular 0 < θ < α entre dos planos infinitos conductores atierra.

5.a Encuentre el potencial producido por una carga q entre estos planos, para α = π/n, con nentero positivo, usando el metodo de imagenes.

Pongamos la carga en la mitad del sector angular(θ = π

2n

)a una distancia ρ del origen y en z = 0. Ubiquemos

las cargas imagenes a la misma distancia ρ del origen, y a un angulo θ =(π2n + m

n π), con un valor de carga

(−1)mq. Sea ~x′ la posicion de la carga real y ~x′m la posicion de la m-esima carga imagen:

~x′ =(ρ′ cos

( π2n

), ρ′ sin

( π2n

), 0),

~x′m =(ρ′ cos

( π2n

+m

nπ), ρ′ sin

( π2n

+m

nπ), 0).

El potencial entre los planos sera, considerando ~x = (ρ, ϕ, z),

Φ(ρ, ϕ, z) =2n−1∑m=0

(−1)mq‖~x− ~x′m‖

=2n−1∑m=0

(−1)mq[ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos

(ϕ− π + 2mπ

2n

)+ z2

]− 12

. (5.1)

5.b Encuentre la solucion para cualquier α.

Consideremos la funcion de Green

G(~x, ~x′) =∞∑m=1

gl(r, r′) sin(mθ) sin(mθ′).

Como esta se anula en la superficie, tenemos que G(~x, ~x′) = 0 implica que

m =lπ

α. (5.2)

Ademas, la funcion de Green cumple

∇2G(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′) = −4πδ(r − r′)δ(θ − θ′)

r,

por lo tanto

∞∑l=1

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)(

1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)−(lπ

α

)2

g(r, r′)

)= −4π

δ(r − r′)δ(θ − θ′)r

.

Usando la ecuacion (2.7), podemos escribir

∞∑l=1

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)(

1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)−(lπ

α

)2

gl(r, r′)

)= −4π

rδ(r − r′)

∞∑l=1

2α

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′),

de donde obtenemos, para r 6= r′, la ecuacion diferencial

11

12 PROBLEMA 5 5.c Campo Electrico Cerca del Origen

1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)− gl(r, r′)

(lπ

α

)2

= 0,

cuya solucion esgl(r, r′) = Alr

lπα +Blr

− lπα .

Dado que el origen e infinito estan incuıdos en la solucion, escribimos gl como

gl(r, r′) = Cl

(r<r>

) lπα

.

De este modo, en la discontinuidad tendremos∫ r′+ε

r′−εr

(1r

∂

∂r

(r∂gl∂r

)−(lπ

α

)2

gl(r, r′)

)dr = −

∫ r′+ε

r′−εr

(4πr

2αδ(r − r′)

)dr,

lo que implica que

r

(∂gl∂r

)r=r′+ε

− r(∂gl∂r

)r=r′−ε

=[Clr′ lπα

(− lπαr−

lπα

)]∣∣∣∣r=r′+ε

−[Clr′− lπα

(− lπαrlπα

)]∣∣∣∣r=r′−ε

=8πα,

de donde obtenemos

Cl =4l. (5.3)

De este modo, podemos escribir la funcion de Green como

G(~x, ~x′) =∞∑l=1

4l

(r<r>

) lπα

sin(lπ

αθ

)sin(lπ

αθ′)

. (5.4)

5.c Encuentre el campo electrico cerca del origen.

Para encontrar el campo electrico, basta conocer el gradiente del potencial. Ası

~E = −~∇Φ

= −(∂Φ∂ρ

ρ+1ρ

∂Φ∂ϕ

ϕ+∂Φ∂z

z

)=

2n−1∑m=0

(−1)mq(ρ− ρ′ cos

(ϕ− π+2mπ

2n

))[ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos

(θ − π+2mπ

2n

)+ z2

] 32ρ

+1ρ

2n−1∑m=0

(−1)mq(ρρ′ sin

(ϕ− π+2mπ

2n

))[ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos

(θ − π+2mπ

2n

)+ z2

] 32ϕ

+2n−1∑m=0

(−1)mqz[ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos

(θ − π+2mπ

2n

)+ z2

] 32z.

Cerca del origen (z ≈ 0, ρ ≈ 0), el campo sera

~E = −2n−1∑m=0

(−1)mq

ρ′2cos(ϕ− π + 2mπ

2n

)ρ

+2n−1∑m=0

(−1)mq

ρ′2sin(ϕ− π + 2mπ

2n

)ϕ.

12

5.d Pararrayo PROBLEMA 5 13

5.d ¿Que valor de n es mas conveniente para generar un pararrayo?

Para tener pararrayos, necesitamos que el campo electrico en la punta sea maximo. El modulo este es

| ~E| =

√√√√( q

ρ′2

)2 2n−1∑m1,m2

(−1)m1+m2

[cos(ϕ− π + 2m1π

2n

)cos(ϕ− π + 2m2π

2n

)+ sin

(ϕ− π + 2m1π

2n

)sin(ϕ− π + 2m2π

2n

)]

=q

ρ′2

√√√√ 2n−1∑m1,m2=0

(−1)m1+m2 cos(

(m2 −m1)πn

)

Como el mayor valor que puede tomar (m2 −m1) es 2n − 1, el valor que debe tomar n no es uno fijo, sino quedebe tender a infinito.

13

-1

6 Problema 5Potenciales

6.a Supongamos que tenemos el potencial externo asintotico Φ ∼ V0r2 sin 2θ cosϕ a una esfera

conductora. Encuentre el potencial en todo el espacio.

Como no hay carga encerrada, el potencial cumple

∇2Φ =1r

∂2(rΦ)∂r2

+1

r2 sin θ∂

∂θ

(sin θ

∂Φ∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2Φ∂ϕ2

= 0,

cuya solucion general es

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

l∑m=−l

[Almrl +Blmr−(l+1)]Ylm(θ, ϕ).

Cuando r es suficientemente grande, podemos eliminar el termino que acompana a Blm, pudiendo establecer laigualdad

V0r2 sin 2θ cosϕ =

∞∑l=0

l∑m=−l

AlmrlYlm(θ, ϕ).

Escribiendo los terminos del lado izquierdo en funcion de los armonicos esfericos, tenemos

sin 2θ cosϕ =

√8π15

[Y2,−1 − Y2,1],

de manera que podemos concluır inmediatamente que

A2,1 = −V0

√8π15, A2,−1 = V0

√8π15,

mientras que todo el resto de los terminos son cero. Ası,

Φ(r, θ, ϕ) = V0

√8π15

[Y2,−1 − Y2,1]r2 +∞∑l=0

l∑m=−l

Blmr−(l+1)Ylm(θ, ϕ).

Supongamos que el potencial en el borde, r = a, es V . De este modo, imponiendo continuidad en el potencial,tenemos que Blm = 0 para todo l 6= 2, 1,−1, mientras que

B0,0 = V√

4πa, B2,1 = V0

√8π15a5, B2,−1 = −V0

√8π15a5.

El potencial fuera de la esfera, entonces, sera

Φ(r, θ, ϕ) = V0r2 sin 2θ cosϕ+ V

a

r− V0

a5

r3sin 2θ cosϕ . (6.1)

14

6.b Funcion de Green Fuera de una Esfera PROBLEMA 6 15

6.b Utilice la funcion de Green fuera de una esfera conductora para mostrar que se puede obtenerel potencial entre dos esferas conductoras de radios a < r < b cargadas con cargas ±Q.

Sabemos que la funcion de Green para el problema de una esfera conductora es

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

(rl<rl+1>

−(

a2

r>r<

)l+1)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ).

Supongamos que la superficie de la esfera esta a potencial V y la carga total es Q. La densidad de carga sera,entonces,

ρ = − Q

4πr′2δ(r′ − b).

Usando la ecuacion de Green

Φ(~x) =∫

Ω

G(~x, ~x′)ρ(~x′)d3x′ − 14π

∮∂Ω

Φ∂G

∂nx′dSx′ ,

tenemos que

Φ(~x) = −Q∮r′=b

G(~x, ~x′)|r′=b4πb2

dSx′ − 14π

∫ 2π

0

∫ π

0

V

[∂G

∂r′

]∣∣∣∣r′=a

a2 sin θ′ dθ′ dϕ′.

Para el exterior de la esfera, r> = ‖~x′‖ = b y r< = ‖~x‖ = r en la primera integral, mientras que r> = r y r< = r′

en la segunda. Luego

Φ(~x) = −Q∫ 2π

0

∫ π

0

∞∑l=0

l∑m=−l

12l + 1

(rl

bl+1−(a2

rb

)l+1)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ) sin θ′ dθ′ dϕ

+1

4π

∫ 2π

0

∫ π

0

V

∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

((2l + 1)al−1

rl+1

)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ)a2 sin θ′ dθ′ dϕ

=Qa

br− Q

b+V a

r.

Ahora bien, sabemos que la densidad de carga superficial esta dada por

σ = − 14π

∂Φ∂r

∣∣∣∣r=a

,

pero ademas σ = Q4πa2 , luego

V = Q

(1a− 1b

),

y por lo tanto

Φ = Q

(1a− 1b

)+ V . (6.2)

6.c Supongamos que tenemos dos esferas concentricas de radios a < r < b. La esfera internaesta a potencial V = V0 sin θ cosϕ y la esfera externa esta a potencial V = −V0 sin θ cosϕ.Determine el potencial en a < r < b y grafique el resultado.

Nuevamente, como no hay carga encerrada, el potencial cumple

∇2Φ =1r

∂2(rΦ)∂r2

+1

r2 sin θ∂

∂θ

(sin θ

∂Φ∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2Φ∂ϕ2

= 0,

15

16 PROBLEMA 6 6.d Lımites a→ 0, b→∞

cuya solucion general es

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

l∑m=−l

[Almrl +Blmr−(l+1)]Ylm(θ, ϕ).

De las condiciones de borde,

Φ(r = a, θ, ϕ) = V0 sin θ cosϕ = V0

√2π3

[Y1,−1(θ, ϕ)− Y1,1(θ, ϕ)]

Φ(r = b, θ, ϕ) = −V0 sin θ cosϕ = V0

√2π3

[Y1,1(θ, ϕ)− Y1,−1(θ, ϕ)]

obtenemos las igualdes

∞∑l=0

l∑m=−l

[Almal +Blma−(l+1)]Ylm(θ, ϕ) = V0

√2π3

[Y1,−1(θ, ϕ)− Y1,1(θ, ϕ)],

∞∑l=0

l∑m=−l

[Almbl +Blmb−(l+1)]Ylm(θ, ϕ) = V0

√2π3

[Y1,1(θ, ϕ)− Y1,−1(θ, ϕ)],

de donde podemos concluır rapidamente que Alm = Blm = 0 para todo l 6= 1, m 6= 1,−1, mientras que

A1,1a+B1,1a−2 = V0

√2π3

[Y1,−1(θ, ϕ)− Y1,1(θ, ϕ)]

A1,1b+B1,1b−2 = V0

√2π3

[Y1,1(θ, ϕ)− Y1,−1(θ, ϕ)]

A1,−1a+B1,−1a−2 = V0

√2π3

[Y1,1(θ, ϕ)− Y1,−1(θ, ϕ)]

A1,−1b+B1,−1b−2 = V0

√2π3

[Y1,−1(θ, ϕ)− Y1,1(θ, ϕ)].

La solucion a este sistema de ecuaciones es

A1,±1 = ±V0

√2π3

(a2 + b2

b3 − a3

), B1,±1 = ±V0

√2π3

(a2b2(a+ b)b3 − a3

).

De esta manera, el potencial queda expresado como

Φ(~x) =V0

b3 − a3

((ab

r

)2

(a+ b)− (a2 + b2)r

)sin θ cosϕ . (6.3)

6.d Verifique que los lımites a→ 0, b→∞ corresponden, en cada caso, al resultado esperado.

Para los lımites enunciados tenemos, respectivamente

Φ(~x) = −V0

(rb

)sin θ cosϕ

y

Φ(~x) = V0

(ar

)2

sin θ cosϕ.

16

6.e Funcion de Green con Otros Voltajes PROBLEMA 6 17

6.e Resuelva el problema usando la funcion de Green, donde la esfera interna esta a poten-cial V = V0 sin θ cosϕ y la esfera externa esta a potencial V = −V0 sin θ cosϕ. Compare losresultados.

La funcion de Green para dos esferas concentricas de radios a y b es

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

1(1−

(ab

)2l+1) (rl< − ( a2

r<

)l+1)(

1rl+1>

−rl>b2l+1

)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ),

mientras que el potencial viene dado por

Φ(~x) = − 14π

∮∂Ω

Φ∂G

∂n′dS′.

Sobre la esfera de radio a, se tiene r> = r y r< = r′, de modo que

∂G

∂n′= −∂G

∂r′= −

∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

1(1−

(ab

)2l+1)al−1

(1rl+1

− rl

b2l+1

)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ).

Por lo tanto, sobre esta esfera,

Φ(~x) = − 14π

∮∂Ω

Φ∂G

∂n′dS′ = V0

1b3 − a3

(a2b3

r2− a2r

)sin θ cosϕ.

Sobre la esfera de radio b, tenemos

∂G

∂n′=∂G

∂r′=∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

1(1−

(ab

)2l+1) 1bl+2

(rl −

(a2

rl+1

)l+1)Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ).

Por lo tanto, sobre esta esfera,

Φ(~x) = − 14π

∮∂Ω

Φ∂G

∂n′dS′ = V0

1b3 − a3

(a3b2

r2− b2r

)sin θ cosϕ.

El potencial total sera, por lo tanto,

Φ(~x) =V0

b3 − a3

(a3b2 + a2b3

r2− (a2 + b2)r

)sin θ cosϕ . (6.4)

6.f Pongamos un anillo con densidad lineal de carga λ, uniforme, de radio a < d < b entre lasdos esferas, pero con un potencial cero en las superficies a y b. Calcule y grafique el potencialentre a < r < b.

17

-1

7 Problema 6Una lınea cargada de largo 2d con carga total Q tiene una densidad lineal de carga que varıa comod2 − z2, donde z es la distancia medida desde el punto medio. Un cascaron esferico conductor atierra de radio b > d esta centrado en el punto medio de la lınea cargada, como se observa en lafigura.

Fig. 7: Cascaron esferico conductor y lınea cargada.

7.a Encuentre el potencial dentro de la esfera como una expansion de polinomios de Legendre.

Sea α la constante de proporcionalidad de la densidad de carga. Como en coordenadas esfericas z = r cos θ, eltermino (d2 − z2) queda (d2 − r2 cos2 θ). De este modo, tenemos que la carga queda expresada como

Q =∫V

ρ dV

=∫ 2π

0

∫ π

0

∫ d

0

α(d2 − r2 cos2 θ)(δ(cos θ + 1) + δ(cos θ − 1)

2πr2

)r2 sin θ dr dθ dϕ

= 2π∫ π

0

∫ d

0

α(d2 − r2 cos2 θ)(δ(cos θ + 1) + δ(cos θ − 1)

2π

)sin θ dr dθ

=∫ d

0

2α(d2 − r2) dr

= 2α(d2r − 1

3r3

)∣∣∣∣r=dr=0

=43d3α,

de donde obtenemos

α =34Q

d3. (7.1)

La funcion de Green para dos esferas concentricas, una de radio cero y la otra de radio b > 0, es

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

4π2l + 1

(rl<rl+1>

− r′lrl

b2l+1

)Y ∗l,m(θ′, ϕ′)Yl,m(θ, ϕ),

que podemos reducir a

18

7.b Densidad Superficial PROBLEMA 7 19

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

(rl<rl+1>

− r′lrl

b2l+1

)Pl(cos θ′)Pl(cos θ),

pues la simetrıa en ϕ hace que la integral de la funcion sobre todo el espacio solo deje distinto de cero al terminoY ∗l,0(θ′, ϕ′)Yl,0(θ, ϕ). Ahora, sabemos que podemos escribir el potencial para un volumen arbitrario como

Φ =∫

Ω

ρ(~x′)G(~x, ~x′) d3x′ +1

4π

∮∂Ω

(G(~x, ~x′)

∂Φ∂nx′

− Φ∂

∂nx′G(~x, ~x′)

)dSx′

Como la esfera esta a tierra, el potencial en la superficie es cero, de modo que el segundo termino es cero. Ahorabien, si r > d, entonces r< = r′ y tendremos

Φ =3Q4d3

∞∑l=0

Pl(cos θ)∫ b

0

∫ π

0

(r′l

rl+1− rlr′l

b2l+1

)Pl(cos θ′)(d2 − r′2 cos2 θ′)[δ(cos θ′ − 1) + δ(cos θ′ + 1)] dθ′ dr′

=34Q

d3

∞∑l=0

Pl(cos θ)(Pl(1) + Pl(−1))∫ d

0

(r′l

rl+1− rlr′l

b2l+1

)(d2 − r2) dr′

=32Q

∞∑l=0

1 + (−1)l

l2 + 4l + 3

(1rl+1

− rl

b2l+1

)dlPl(cos θ)

= 3Q∞∑l=0

d2l

4l2 + 8l + 3

(1

r2l+1− r2l

b4l+1

)P2l(cos θ)

Ahora, si r < d y r < r′ < d, entonces r> = r′. Si 0 < r′ < r, entonces r< = r′. Ası,

Φ =32Q

d3

∞∑l=0

[∫ r

0

(r′l

rl+1− r′lrl

b2l+1

)(d2 − r′2)dr′ +

∫ d

r

(rl

r′l− r′lrl

b2l+1

)(d2 − r′2)dr′

]Pl(cos θ)(1 + (−1)l)

=32Q

d3

∞∑l=0

[(2l + 1)r2 − (2l + 3)d2 − 2d3

(rb

)2l (db

)2l+1

(2l + 1)(2l + 3)+d2(2l − 1)− d2(l + 1)

(rd

)2l2l(l + 1)

− r2

2l + 2

]P2l(cos θ).

7.b Calcule la densidad superficial de carga inducida sobre el cascaron.

Como ya hemos visto2, la densidad superficial esta dada por

σ = − 14π

∂Φ∂x

∣∣∣∣x=b

= − 14π

[∂

∂r

(3Q

∞∑l=0

d2l

4l2 + 8l + 3

(1

r2l+1− r2l

b4l+1

)P2l(cos θ)

)]∣∣∣∣∣r=b

=34Q

b2π

∞∑l=0

(4l + 12l + 3

)P2l(cos θ)(2l + 1)

(d

b

)2l

.

7.c Haga el lımite d b y compare con el caso correspondiente.

Como(db

)2les pequeno para l = 1 en adelante, todos los terminos de la serie se pueden considerar como cero a

excepcion del primero, quedando

Φ = 3Qd0

3

(1r− r0

b

)P0(cos θ) = Q

(1r− 1b

),

2[3], pag. 29.

19

20 PROBLEMA 7 7.c Lımite d b

el potencial de una esferas de carga Q entre los puntos r = b y r = r, y

σ =34Q

b2πP0(cos θ)

13

(d

b

)0

=Q

4b2π,

densidad de carga superficial.

20

-1

8 Problema 7Supongamos que tenemos un plano infinito conductor a tierra (con Φ = 0) con una semiesferaconductora de radio r < a en el origen sobre este plano conductor, como se observa en la figura.

Fig. 8: Plano infinito y semiesfera conductora.

8.a Asumamos que tenemos con un campo electrico asintotico uniforme E0 para r →∞ comoen la figura. Encuentre el potencial en todo el espacio.

El potencial esta dado por la solucion a

∇2Φ =1r

∂2(rΦ)∂r2

+1

r2 sin θ∂

∂θ

(sin θ

∂Φ∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2Φ∂ϕ2

= 0,

la cual es, considerando la simetrıa azimutal,

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

(Alrl +Blr−l−1)Pl(cos θ).

Pero que el campo sea ~E = −E0z significa que

Φ(r, θ, ϕ) = −∫

~E · d~s = E0z = E0r cos θ,

teniendose

E0r cos θ =∞∑l=0

AlrlPl(cos θ),

para un r lo suficientemente grande. Esto significa que Al = 0 para todo l 6= 1, y A1 = E0. Ası,

Φ(r, θ, ϕ) = E0r cos θ +∞∑l=0

Blr−l−1Pl(cos θ).

De la condicion de borde Φ(r = a, θ, ϕ) = 0, obtenemos

21

22 PROBLEMA 8 8.b Expansion de la Ecuacion de Laplace

Φ(r = a, θ, ϕ) = E0a cos θ +∞∑l=0

Bla−l−1Pl(cos θ) = 0,

lo que implica que

∞∑l=1

Bla−l−1Pl(cos θ) = −E0a cos θ,

es decir, B1a−2 = E0a, mientras que Bl = 0 para todo l 6= 1. Finalmente

Φ(r, θ, ϕ) = E0r cos θ + E0a3r−2 cos θ

fuera de la semiesfera, y cero dentro de ella.

8.b ¿Cual es la expansion mas general para la ecuacion de Laplace en coordenadas esfericas?Sugerencia: reoriente el sistema para que el plano conductor sea el plano X − Z como enla figura 8. Luego encuentre la funcion ortonormal Ωl,m(θ, ϕ) equivalente a los armonicosesfericos, pero para esta geometrıa. Es importante entender que condicion necesita tener lafuncion Φ en la variable ϕ para satisfacer las condiciones de borde en el plano.

Reorientando la figura, la solucion a la ecuacion

1r

∂2(rΦ)∂r2

+1

r2 sin θ∂

∂θ

(sin θ

∂Φ∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2Φ∂ϕ2

= 0

queda

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

l∑m=−l

(Al,mrl +Bl,mr−(l+1))(Cm cos(mϕ) +Dm sin(mϕ))Pml (cos θ).

De la primera condicion de borde, Φ(r, θ, ϕ = π) = 0 = Φ(r, θ, ϕ = 0), deducimos que

Cm = 0; m = n, n = 1, 2, 3, . . .

lo que nos permite escribir la solucion mas general para la ecuacion de Laplace en esta geometrıa:

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

l∑n=−l

(Al,nrl +Bl,nr−(l+1))Dn,l sin(nϕ)Pnl (cos θ) . (8.1)

En esta solucion podemos hacer una analogıa con los armonicos esfericos definiendo

Ωl,n(θ, ϕ) = Dn,l sin(nϕ)Pnl (cos θ) . (8.2)

Estos seran los armonicos esfericos de esta geometrıa, para tener

Φ(r, θ, ϕ) =∞∑l=0

l∑n=−l

(Al,nrl +Bl,nr−(l+1))Ωl,n(θ, ϕ). (8.3)

Como los armonicos esfericos son ortonormales sobre la superficie esferica, impondremos que tambien los Ωl,n losean en esta geometrıa, donde 0 < r < a, 0 < θ < π, 0 < ϕ < π. De este modo∫ π

0

∫ π

0

Ωl,n(θ, ϕ)Ωl′,n′(θ, ϕ) sin θ dθ, dϕ = δll′δnn′ ,

es decir,

22

8.c Funcion de Green PROBLEMA 8 23

∫ π

0

∫ π

0

D2n,l sin

2(nϕ)Pnl2(cos θ) sin θ dθ dϕ = 1,

lo que significa que

Dn,l =

√(2l + 1)(l − n)!

π(l + n)!. (8.4)

8.c Encuentre la funcion de Green Dirichlet en coordenadas esfericas para esta geometrıa.

En el espacio sobre el plano, la funcion de Green debe satisfacer

∇2G(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′) = −4πr2δ(r − r′)δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′)3. (8.5)

Podemos escribir

δ(~x− ~x′) =1r2δ(r − r′)

∞∑l=0

l∑m=−l

Ω∗lm(θ′, ϕ′)Ωlm(θ, ϕ)

ya que los armonicos esfericos de esta geometrıa son tan completos como los originales. Luego, la funcion deGreen, considerada como funcion de ~x, puede ser expresada como

G(~x.~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

Alm(θ′, ϕ′)gl(r, r′)Ω(θ, ϕ).

La sustitucion de las dos ultimas ecuaciones en (8.5) lleva al resultado

Alm(θ′, ϕ′) = Ω∗lm(θ′, ϕ′)

y

1r

d2

dr2(rgl(r, r′))−

l(l + 1)r2

gl(r, r′) = −4πr2δ(r − r′).

Se ve que la funcion radial de Green satisface la ecuacion homogenea radial

d2U

dr2− l(l + 1)

r2U = 0

para r 6= r′. Ası, puede ser escrita como

gl(r, r′) =Arl +Br−(l+1), para r < r′

A′rl +B′r−(l+1), para r > r′. (8.6)

Los coeficientes A,B,A′, B′ son funciones de r′ por determinar por las condiciones de borde, el requerimientoimplicado por δ(r − r′) en la ecuacion diferencial para gl y la simetrıa de gl en r y r′. Supongamos que lassuperficies de borde son esfericas concentricas en r = a y r = b. Que G(~x, ~x′) se anule en la superficie implicaque gl(r, r′) tambien se anula en r = a y r = b. Consecuentemente, gl(r, r′) se vuelve

gl(r, r′) =

A(rl − a2l+1

rl+1

), para r < r′

B′(

1rl+1 − rl

b2l+1

), para r > r′

. (8.7)

La simetrıa en r y r′ requiere que los coeficientes A(r′) y B′(r′) sean tales que gl(r, r′) pueda ser escrita como

3Los argumentos de este ejercicio son identicos a [3], pag. 79.

23

24 PROBLEMA 8 8.d Funcion de Green Usando Imagenes

gl(r, r′) = C

(rl< −

a2l+1

rl+1<

)(1rl+1>

−rl>b2l+1

).

Para determinar la constante C debemos considerar el efecto de la funcion delta en la ecuacion diferencial paragl(r, r′). Si multiplicamos ambos lados por r e integramos sobre todo el intervalo desde r = r′ − ε a r = r′ + ε,donde ε es muy pequeno, obtenemos[

d

dr(rgl(r, r′))

]r′+ε

−[d

dr(rgl(r, r′))

]r′−ε

= −4πr′. (8.8)

Ası hay una discontinuidad en la derivada en r = r′. Para r = r′ + ε, r> = r, r< = r′, por lo tanto[d

dr(rgl(r, r′))

]r′+ε

= C

(r′l − a2l+1

r′l+1

)[d

dr

(1rl− rl+1

b2l+1

)]r=r′

= −Cr′

(1−

( ar′

)2l+1)(

l + (l + 1)(r′

b

)2l+1).

Similarmente, [d

dr(rgl(r, r′))

]r−ε

=C

r′

(l + 1 + l

( ar′

)2l+1)(

1 +(r′

b

)2l+1).

Sustituyendo estas derivadas en (8.8), encontramos que

C =4π

(2l + 1)[1−

(ab

)2l+1] .

Combinando estos resultados, llegamos a que la funcion de Green para un cascaron esferico acotado entre r = ay r = b es

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

4π(2l + 1)

Ω∗lm(θ′, ϕ′)Ωlm(θ, ϕ)[1−

(ab

)2l+1] (

rl< −a2l+1

rl+1<

)(1rl+1>

−rl>b2l+1

).

Haciendo tender b→∞ obtenemos que la funcion de Green deseada es

G(~x, ~x′) =∑l,m

4π(2l + 1)

[rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1]

Ω∗lm(θ′, ϕ′)Ωlm(θ, ϕ) . (8.9)

8.d Compare con la funcion de Green usando imagenes.

Para utilizar el metodo de las imagenes, necesitamos situar dos cargas imagenes para anular el potencial de laesfera, y dos para anular el del plano. Sabemos que para el problema de una esfera usando el metodo de lasimagenes, como en el problema 3.a, hay que situar la carga a una distancia a2

r′ en la lınea que une a la cargaexterior, situada a una distancia r′, con el origen. De este modo, situamos una arriba del plano, a un anguloϕ y a distancia r′, la otra a la misma distancia a un angulo −ϕ, mientras que las dos ultimas a distancia a2

r′ yangulos ϕ y (−ϕ), respectivamente.

Ahora bien, la funcion de Green para cargas puntuales, viene dada directamente por

G(~x, ~x′) =4∑i=1

qi‖~x− ~x′i‖

=4∑i=1

qi

∞∑l=0

l∑m=−l

4π(2l + 1)

rl<rl+1>

Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ)

24

8.d Funcion de Green Usando Imagenes PROBLEMA 8 25

con r>[r<] el mayor[menor] entre r = ‖~x‖ y r′i = ‖~x′i‖, y los armonicos esfericos normalizados para ϕ ∈ [0, π].Dado que los valores de las cargas deben ser q1 = q, q2 = −q, q3 = − a

r′ y q4 = ar′ respectivamente, tenemos que

la funcion de Green queda

G(~x, ~x′) =∞∑l=0

l∑m=−l

4π(2l + 1)

(rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1)

[Y ∗lm(θ′, ϕ′)Ylm(θ, ϕ)− Y ∗lm(θ′,−ϕ′)Ylm(θ, ϕ)]

=∞∑l=0

l∑m=−l

4π(2l + 1)

(rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1)[

(−1)m√

(2l + 1)(l −m)!2π(l +m)!

Pml (cos θ′)(eimϕ − e−imϕ)

]

· (−1)m√

(2l + 1)(l −m)!4π(l +m)!

Pml (cos θ)eimϕ

=∞∑l=0

l∑m=−l

4π(2l + 1)

(rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1)[(

(2l + 1)(l −m)!π(l +m)!

)Pml (cos θ′) sin(mϕ′)Pml (cos θ) sin(mϕ)

],

donde notamos que el termino dentro de los corchetes es precisamente la multiplicacion de los armonicos esfericosde nuestra geometrıa: Ωlm. De este modo, podemos escribir la funcion de Green como

G(~x, ~x′) =∑l,m

4π(2l + 1)

[rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1]

Ω∗lm(θ′, ϕ′)Ωlm(θ, ϕ) . (8.10)

25

-1

9 Problema 8Tomemos un cilindro a tierra (Φ = 0) de radio a y largo L. Este cilindro tiene un anillo de radiob < a con una densidad lineal de carga λ a la mitad de su altura. Encuentre el potencial dentrode este cilindro.

a

b

L

Fig. 9: Cilindro a tierra con un anillo dentro.

La ecuacion de Green cumple∇2G(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′), (9.1)

donde la funcion delta en coordenadas cilındricas se puede escribir como

δ(~x− ~x′) =1ρδ(ρ− ρ′)δ(θ − θ′)δ(z − z′).

Tomemos la funcion de Green

G(~x, ~x′) =∑mn

gnm(ρ, ρ′)hmn(θ, θ′) sin(mπLz)

sin(mπLz′).

Esta funcion se anula en z = 0 y z = L. Necesitamos que tambien se anule en el manto, por lo tanto proponemos

hnm(θ, θ′) = ein(θ−θ′).

Las funciones delta podemos expresarlas en series de la forma

δ(θ − θ′) =1

2π

∞∑n=−∞

ein(θ−θ′), δ(z − z′) =2L

∞∑m=1

sin(mπLz)

sin(mπLz′),

de modo que, al reemplazar la funcion de Green en (9.1), obtenemos

1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂G

∂ρ

)+

1ρ2

∂2G

∂ϕ2+∂2G

∂z2= −4π

ρ

∑m,n

gnm(ρ, ρ′)δ(ρ− ρ′) sin(mπLz)

sin(mπLz′),

de donde, al reemplazar la funcion G obtenemos la ecuacion diferencial

1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂gmn∂ρ

)− gnm(ρ, ρ′)

((n

ρ

)2

+(mπL

)2)

= −4πρδ(ρ− ρ′)

26

PROBLEMA 9 27

cuya solucion, para ρ 6= ρ′, es, considerando las condiciones del problema,

gnm(ρ, ρ′) = CA′nmIn

(mπLρ<

)(AnmI

(mπLr>

)+BnmKn

(mπLρ>

)).

Como esta funcion se debe anular en r = a, tenemos que gnm = 0 implica que

Bnm = −AnmIn(mπL a)

Kn

(mπL a) . (9.2)

De este modo, la funcion gnm queda como

gnm(ρ, ρ′) = CIn

(mπLρ<

)(In

(mπLρ>

)−

In(mπL a)

Kn

(mπL a)Kn

(mπLρ>

)).

Al igual que en los anteriores ejercicios, despejamos la constante C fijandonos en la discontinuidad:∫ ρ′+ε

ρ′−ερ

(1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂gnm∂ρ

)−

((n

ρ

)2

+ gnm(ρ, ρ′)(mπL

)2))

dr = −∫ ρ′+ε

ρ′−εr

(4πρδ(ρ− ρ′)

)dr,

lo que implica que

ρ

(∂gnm∂ρ

)∣∣∣∣ρ=ρ′+ε

− ρ

(∂gnm∂ρ

)∣∣∣∣ρ=ρ′−ε

= −4π

27

-1

10 Problema 9Tenemos un cascaron de esfera dielectrica de radio a < r < b.

10.a Si el potencial asintotico es Φ→ V0r2 sin 2θ, ¿cual es el campo electrico en todo el espacio?

10.b Encuentre el campo en todo el espacio si ponemos una carga puntual en r < a. Grafique.¿Que pasa a medida que ε→ 0?

28

-1

11 Problema 10Sean dos cilindros conductores concentricos de largo infinito, con a < ρ < b.

11.a Determine la solucion de la ecuacion∇2Φ = Arn con las condiciones Φ|ρ=b = ub y Φ|ρ=a = ua.¿Que cambia si las condiciones de borde son +Q y −Q en ρ = a y ρ = b respectivamente?¿Que cambia si en vez del conductor en ρ = a tenemos un dielectrico ε para ρ < a y +Qpara el conductor en ρ = b?.

11.b Asumiendo que tenemos un cilindro dielectrico para ρ < a, construya la funcion de Green-Dirichlet para esta configuracion. (Sugerencia: use δ(θ − θ′) = 1

2π

∑∞m=−∞ e

im(θ−θ′). Cuidadocon el termino correspondiente a m = 0 en la expansion. Tambien se puede hacer expan-diendo la delta en sin θ y cos θ).

11.c Pongamos un cilindro de carga por unidad de largo λ en ρ = b y calcule el potencial inte-grando la funcion de Green.

29

30 PROBLEMA 11 REFERENCIAS

Referencias

[1] “Electrodinamica”, J. A. Valdivia.

[2] “Electromagnetismo”, J. Rogan.

[3] “Classical Electrodynamics”, D. Jackson.

[4] “Mathematical Methods of Physics”, Arfken.

[5] “Metodos de la Fısica Matematica II”, V. Munoz, J. Rogan.

30