ELECTRODINAMICA CLASICAFIM 8650 (1)

Ricardo RamırezFacultad de Fısica, Pontificia Universidad Catolica, Chile

2do. Semestre 2014

Delta de Dirac. Repaso

Definicion : δ(x) = 0 para x 6= 0 y∫ ∞−∞

δ(x)dx = 1

Propiedades: ∫ ∞−∞

F (x − xo)δ(x)dx = F (xo)

En coordenadas cartesianas:

δ(~r) = δ(x)δ(y)δ(z)

En coordenadas esfericas:

δ(~r) =1r 2 δ(r)δ(φ)δ(cos θ)

En coordenadas cilındricas:

δ(~r) =1ρδ(ρ)δ(φ)δ(z)

En coordenadas (ξ1, ξ2, ξ3) relacionadas con (x1, x2, x3) por J(x , ξ):

δ(~r) =1

|J(x , ξ)|δ(ξ1)δ(ξ2)δ(ξ3)

Representaciones:

δ(x) = lımε→0

1ε√π

e−x2/ε2

= lımε→0

ε

π

sin2 x/εx2

= lımε→0

ε

π

1x2 + ε2

δ(~r) = −∇2 14πr

ELECTROSTATICA

Las cuatro ecuaciones de Maxwell en el vacıo son:

∇ · ~D = ρ ∇ · ~B = 0

∇× ~E = −∂~B∂t

∇× ~H = ~J +∂~D∂t

Electrostatica y magnetostatica corresponden a∂~D∂t

= 0 y∂~B∂t

= 0

La primera ecuacion de Maxwell es la Ley de Gauss y su solucion,en el vacıo, es:

~E(~r) =1

4πεo

∫V ′

ρ(~r ′)(~r −~r ′)|~r −~r ′|3

d3r ′ Ley de Coulomb

que cumple:

∇× ~E = 0 → ~E = −∇φ

El caso de cargas puntuales se puede obtener de esta relacionusando:

ρ(~r −~r ′) = qδ(~r −~r ′)

como la densidad de carga de una carga puntual q.

Ası para un conjunto de cargas puntuales qi , ubicadas en ~ri ,tenemos:

~E(~r) =1

4πεo

∑i

~r −~ri

|~r −~ri |3

Ecuacion de Poisson

∇ · ~E =ρ

εo

~E = −∇φ→ ∇2φ = − ρ

εo

Ecuacion de Laplace∇2φ = 0

En coordenadas cartesianas:

∂2φ

∂x2 +∂2φ

∂y2 +∂2φ

∂z2 = 0

En coordenadas esfericas:

∇2φ =1r 2

∂

∂r

(r 2 ∂φ

∂r

)+

1r 2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂φ

∂θ

)+

1r 2 sin2 θ

∂2φ

∂ϕ2 = 0

En coordenadas cilındricas:

∇2φ =1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂φ

∂ρ

)+

1ρ2

∂2φ

∂ϕ2 +∂2φ

∂z2

Potencial

El potencial en el punto A (definido por ~r ) se define como el trabajo realizadopara mover una carga q = 1 en contra del campo electrico, desde∞ a A:

φ(~r) = −(q = 1)

∫ A

∞

~E · d ~ (1)

Salvo casos no fısicos φ no diverge en∞ y podemos elegir φ(∞) = 0.

Por otra parte, a partir de la relacion:

~r −~r ′

|~r −~r ′|3= −∇ 1

|~r −~r ′|

~E(~r) =1

4πεo

∫V ′

ρ(~r ′)(~r −~r ′)|~r −~r ′|3

d3r ′ = −∇[

14πεo

∫V ′

ρ(~r ′)|~r −~r ′|

d3r ′]

Luego E = −∇φ donde φ(~r) =1

4πεo

∫V ′

ρ(~r ′)|~r −~r ′|

d3r ′

Lo que demuestra que este φ satisface la definicion (1).

Desarrollo multipolar

Consideremos una distribucion de carga arbitraria ρ(~r ′), localizada dentro deun volumen V ′. El orıgen se encuentra dentro de V ′, de tal modo que|~r ′| < a. Queremos calcular el potencial electrostatico en un punto ~r muyalejado del orıgen, i.e. |~r | >> a.

φ(~r) =1

4πεo

∫V ′

ρ(~r ′)|~r −~r ′|

d3r ′

Expandimos:

1|~r −~r ′|

=1√

r 2 + r ′2 − 2~r ·~r ′

=1r

1− 1

2

[−2~r ·~r ′

r 2 +r ′2

r 2

]+

38

[ %]2 + · · ·

Reemplazando obtenemos:

φ(~r) =1

4πεo

∫V ′

1r

+~r ·~r ′

r 3 +12

[3(~r ·~r ′)2

r 5 − r ′2

r 3

]+ · · ·

ρ(~r ′)d3r ′

Esta expresion se puede escribir como:

4πεoφ(~r) =qr

+~p ·~rr 3 +

12

∑i,j

Qijxixj

r 5 + · · ·

donde

q =

∫V ′ρ(~r ′)d3r ′

~p =

∫V ′~r ′ρ(~r ′)d3r ′

Qij =

∫V ′

(3x ′i x

′j − r ′2δij

)ρ(~r ′)d3r ′

Ejercicio 1.-

Considere una esfera con una densidad carga uniformementedistribuıda en su superficie. Usando solamente la ley de Coulombdemuestre que el campo electrico en su interior es cero.

Ejercicio 2.-

Suponga que la ley de Coulomb es de la forma ' 1/r2+δ. Demuestreque en este caso, para problema anterior el campo electrico en elinterior de la esfera es del orden de δ.

Ejercicio 3.-

Encuentre la contribucion dipolar mas importante para el potencialelectrostatico de dos anillos coplanares de radios b y c (b > c) concargas −Q y +Q respectivamente.

−Q +Q

Ejercicio 4.-

Demuestre que en un punto de la superficie curva de un conductorcargado la derivada normal del campo electrico esta dada por :

1E∂E∂n

= −(

1R1

+1

R2

)donde R1 y R2 son los radios principales de curvatura en ese punto.

Identidades de Green

A partir del teorema de la divergencia:∫V∇ · ~Ad3r =

∮S

~A · nd2r

con ~A = φ∇ψ se pueden demostrar las identidades de Green:∫V

(φ∇2ψ +∇φ · ∇ψ)d3r =

∮Sφ∂ψ

∂nd2r

∫V

(φ∇2ψ − ψ∇2φ)d3r =

∮S

[φ∂ψ

∂n− ψ∂φ

∂n

]d2r (2)

Con φ = Φ, ψ = 1/R = 1/|~r −~r ′| y ∇2Φ = −ρ/εo , ∇2(1/R) = −4πδ(~r −~r ′)

Φ(~r) =1

4πεo

∫V

ρ(~r ′)R

d3r ′ +1

4π

∮S

[1R∂Φ

∂n′− Φ

∂

∂n′

(1R

)]d2r ′ (3)

Ecuacion de Poisson. Unicidad de las soluciones

Condiciones de borde

Dirichlet. Valor de Φ conocido en S.Neumann. Valor de ∂Φ/∂n conocido en S.

Sean Φ1 y Φ2 dos soluciones de ∇2Φ = −4πρ y U = Φ1 − Φ2

Usamos la primera identidad de Green con φ = ψ = U:∫V

(U∇2U +∇U · ∇U)d3r =

∮S

U∂U∂n

d2r (4)

Ya que ∇2U = 0 y U = 0 o ∂U/∂n = 0 en S∫V|∇U|2d3r = 0 → ∇U = 0

Luego U = constante. Entonces

Dirichlet. U = 0Neumann. U = constante

Diferentes metodos de solucion de problemas de electrostatica

Metodo de las imagenes.Metodo de la inversion.Transformaciones conforme (2D).Uso de la funcion de Green.Separacion de variablesExpansion en funciones ortogonales.Expansion en funciones propias.Metodo de relajacionMetodos variacionalesElementos finitos.

Metodo de las imagenes

Plano: q′ = q, d ′ = dEsfera: q′ = −(R/r)q, r ′ = R2/r

POTENCIALPLANO en z = 0Carga q en x ′, y ′, z′.Potencial en x , y , z:

4πεoφ(x , y , z) =q√

(x − x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z′)2

− q√(x − x ′)2 + (y − y ′)2 + (z + z′)2

POTENCIALESFERA de radio R, centrada en el orıgenCarga en ~r ′ = (x ′, y ′, z′) = (r ′, θ′, ϕ′); Imagen en ~Ri = (xi , yi , zi );Ri = R2/r ′

Potencial en en ~r = (x , y , z) = (r , θ, ϕ):

4πεoφ(x , y , z) =q√

(x − x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z′)2

− Rr ′

q√(x − xi )

2 + (y − yi )2 + (z − zi )

2

=q√

r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos γ

− q√(rr ′)2

R2 + R2 − 2rr ′ cos γ

(5)

donde γ esta definido por:

cos γ = cos θ cos θ′ + sin θ sin θ′ cos(ϕ− ϕ′)

y es el angulo entre los radio vectores ~r y ~r ′.

Ejercicio 5.-

La mitad del plano x − z en que x > 0 se mantiene a potencial cero,con la excepcion de la cinta entre x = 0 y x = a donde el potencial esVo. Por otra parte todo el plano z − y se mantiene a potencial cero.Demostrar que en cualquier punto x > 0, y > 0 el potencial es:

φ =Vo

π

(tan−1 y

x − a− 2 tan−1 y

x+ tan−1 y

x + a

)

Ejercicio 6.-

Una esfera conductora descargada de radio R se introduce en uncampo electrico constante ~E = Eoz. Encuentre el potencial en todoslos puntos del espacio usando el metodo de las imagenes.

Con la esfera centrada en el orıgen, colocamos dos cargas ±Q, en∓z con |z| > R, en una lınea que pasa por el centro de la esfera yhacemos tender Q, z →∞, de tal manera que Q/z2 = 2πεoEo

Ejercicio 7.-

Calcule la capacidad por unidad de largo de dos cilindros paralelosde radios a,b con sus ejes colocados a la distancia c > a + b

Ejercicio 8.-

Una esfera conductora descargada de radio a, se coloca dentro deun campo electrico uniforme E . Demuestre que si la esfera se cortaen dos hemisferios, por un plano perpendicular al campo, los doshemisferios tienden a separarse y se necesita una fuerza de valor:

94πεoa2E2

para mantenerlos juntos.

Metodo de la inversion

Consideremos el Laplaciano en coordenadas esfericas:

1r2

∂

∂r

(r2 ∂φ

∂r

)+

1r2∇Ωφ = 0

donde ∇Ωφ es la parte angular del Laplaciano. Esta ecuacion quedainalterada bajo la transformacion:

r ′ =R2

ry si al mismo tiempo se reemplaza φ por:

φ′(~r ′) =Rr ′φ

(R2~r ′

r2

)

Las cargas se transforman de la siguiente forma:

q′i =Rri

qi

σ′(r , θ, ϕ) =

(Rr

)3

σ(R2

r, θ, ϕ)

ρ′(r , θ, ϕ) =

(Rr

)5

ρ(R2

r, θ, ϕ)

Funciones de Green

La solucion de la ecuacion de Poisson para una unica carga puntualde magnitud 4πεo, en un espacio sin superficies limitantes, ubicadaen ~r ′ es (caso particular de Funcion de Green):

Φ1(~r) =1

|~r −~r ′|ya que ∇2 1

|~r −~r ′|= −4πδ(|~r −~r ′|)

En general la funcion de Green se define por la ecuacion:

∇2G(~r ,~r ′) = −4πδ(|~r −~r ′|) (6)

cuya solucion se puede escribir como:

G(~r ,~r ′) = F (~r ,~r ′) +1

|~r −~r ′|

donde ∇2F (~r ,~r ′) = 0

La funcion de Green es simetrica, i.e. G(~r ,~r ′) = G(~r ′,~r)

CONDICIONES DE BORDE DE DIRICHLET

r’

ρ(r’)

Aquı tenemos dos situaciones.La de la izquierda es de una carga puntual 4πεo con un conjuntode superficies lımites, todas a potencial CERO.La de la derecha una distribucion de carga arbitraria con lasmismas superficies lımites a potenciales especificados.

La solucion del primer problema esta dado por la funcion G(~r ,~r ′)de la Ecn. (6).El segundo problema se puede resolver si se conoce G(~r ,~r ′),utilizando la 2da. identidad de Green (2), con φ = Φ y ψ = G:

Φ(~r) =1

4πεo

∫Vρ(~r ′)G(~r ,~r ′)d3r ′

+1

4π

∮S

[G(~r ,~r ′)

∂Φ

∂n′− Φ(~r ′)

∂G(~r ,~r ′)∂n′

]d2r ′ (7)

Φ(~r) =1

4πεo

∫Vρ(~r ′)G(~r ,~r ′)d3r ′−

14π

∮S

Φ(~r ′)∂G(~r ,~r ′)∂n′ d2r ′ (8)

Ya que G(~r ,~r ′) = 0 en S.

CONDICIONES DE BORDE DE NEUMANN

r’

ρ(r’)

Aquı tenemos dos situaciones distintas al del caso de Dirichlet.La de la izquierda es de una carga puntual 4πεo con un conjuntode superficies lımites, en las cuales la densidad de carga tieneun valor constante,La de la derecha una distribucion de carga arbitraria con lasmismas superficies lımites en las cuales las densidades decarga superficiales estan especificadas.

Podemos usar la misma ecuacion Ecn. (7), pero tenemos queespecificar ∂G/∂n′, en el problema de la izquierda. No podemosponer esto igual a cero porque:∮

S

∂G(~r ,~r ′)∂n′

d2r = −4π

Entonces podemos elegir ∂G/∂n′ = −4π/S donde S es el area totalde la superficie lımite:

Φ(~r) = 〈Φ〉S+1

4πεo

∫Vρ(~r ′)G(~r ,~r ′)d3r ′+

14π

∮S

∂Φ(~r ′)∂n′ G(~r ,~r ′)d2r ′

(9)

Muchas veces la superficie lımite tiene area infinita por lo que〈Φ〉S = 0

FUNCIONES DE GREEN

La funcion de Green para una esfera, centrada en el orıgen, la obtenemos de(5), con q = 4πεo:

G(~r ,~r ′) =1√

r 2 + r ′2 − 2rr ′ cos γ− 1√

(rr ′)2

R2 + R2 − 2rr ′ cos γ

y

∂G∂n′∣∣∣r ′=R

= − r 2 − R2

R(r 2 + R2 − 2rR cos γ)3/2

Entonces la solucion de la ecuacion de Laplace para una esfera en que seconoce el potencial en su superficie, φ(R, θ′, ϕ′), es:

φ(r , θ, ϕ) = − 14π

∫φ(R, θ′, ϕ′)

R(r 2 − R2)

(r 2 + R2 − 2rR cos γ)3/2 dΩ′

con cos γ = cos θ cos θ′ + sin θ sin θ′ cos(ϕ− ϕ′).

Ejercicio 9.-

Una esfera esta dividida en dos hemisferios, uno de los cuales semantiene a un potencial +V y el otro a −V . Suponga que el cırculoque separa los dos hemisferios se encuentra en el plano x − ycentrado en el orıgen. Encuentre el potencial en todos los puntos deleje z.

Ejercicio 10.-

El eje de una cascara cilındrica de radio b coincide con el eje z ytiene un potencial conocido φ(b, ϕ). Usando el metodo de la funcionde Green demuestre que el potencial dentro del cilindro esta dadopor:

φ(ρ, ϕ) =1

2π

∫ 2π

0φ(b, ϕ)

b2 − ρ2

b2 + ρ2 − 2bρ cos(ϕ− ϕ′)dϕ′

Ejercicio 11.-

Un cilindro infinito de radio a is dividido longitudinalmente en cuatrocuartos iguales. Un cuarto esta a +V y el diagonalmente opuesto alpotencial −V . Los otros dos estan a conectados a tierra. Encuentreel potencial en cualquier punto dentro del cilindro.

Ejercicio 12.-

Una esfera conductora a tierra de radio a tiene su centro en el eje deun anillo de radio c > a y con carga uniforme Q. Si cualquier radiovector que parte del centro de la esfera hasta el anillo forma unangulo α con eje del anillo, demuestre que la fuerza que tiende allevar la esfera hacia el centro del anillo es:

Q2E(k)

16π2εo

(c2 − a2)k3 cosαc2a2(1− k2) sin3 α

con k2 =4a2c2 sin2 α

a4 + c4 − 2a2c2 cos 2α

donde E(k) es la integral elıptica completa de modulo k .

SEPARACION DE VARIABLES

DOS DIMENSIONES

La ecuacion de Laplace en coordenadas polares:

1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂φ

∂ρ

)+

1ρ2∂2φ

∂ϕ2 = 0

es separable como φ(ρ, ϕ) = R(ρ)Q(ϕ) en ecuaciones diferencialesordinarias cuyas soluciones son:

R(ρ) = aρν + bρ−ν , ν 6= 0 R(ρ) = ao + bo ln ρ, ν = 0

Q(ϕ) = A cos(νϕ) + B sin(νϕ), ν 6= 0 Q(ϕ) = Ao + Boϕ

Ası la solucion general de la ecuacion de Laplace en coordenadaspolares (2D), con simetrıa acimutal completa, es:

φ(ρ, ϕ) = ao + bo ln ρ+∞∑

n=1

[anρ

n sin(nϕ+ αn) + bnρ−n sin(nϕ+ βn)

](10)

Ejercicio 13.-

Un cilindro conductor infinito, de radio a, esta dividido en dos partespor un plano que contiene su eje. Las dos partes se mantienen apotenciales distintos V1 y V2. Demuestre que el potencial encualquier punto interior del cilindro es:

φ =12

(V1 + V2) +V1 − V2

πtan−1 2ar cos θ

a2 − r2

donde r es la distancia al eje y θ es el angulo entre el radio vector ~r yel plano que divide el cilindro en dos partes.

Ejercicio 14.-

Resuelva el Ejercicio anterior expresando el potencial como unaserie de Fourier de la forma (10).

Ejercicio 15.-

Demuestre que la funcion de Green en la region de dos dimensiones:0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 tiene la forma:

G(x , y ; x ′y ′) = 8∞∑

n=1

sin(nπx) sin(nπx ′) sinh(nπy<) sinh[nπ(1− y<)]

n sinh(nπ)

Ejercicio 16.-

En la misma region del problema anterior hay una densidad de cargauniforme σ = 1. Usando la funcion de Green del problema anterior,demuestre que el potencial en esta region es:

φ(x , y) =4

π3εo

∞∑m=0

sin[(2m + 1)πx ]

(2m + 1)3

1−

cosh[(2m + 1)π(y − 12 )]

cosh[(2m + 1)π/2]

SEPARACION DE VARIABLES

TRES DIMENSIONES, coordenadas cartesianas

Aquı la ecuacion de Laplace:

∂2φ

∂x2 +∂2φ

∂y2 +∂2φ

∂z2 = 0

se separa en tres ecuaciones ordinarias:

1X

d2Xdx2 = A;

1Y

d2Ydy2 = B;

1Z

d2Zdz2 = C

Las constantes cumplen con A + B + C = 0 y su eleccion dependede las condiciones fısicas del problema. Por ejemplo para unparalelepıpedo x = a, y = b; z = c con todas las caras a φ = 0excepto z = c, la eleccion mas conveniente es A = −α2, B = −β2 yC = γ2, con lo las soluciones son de la forma:

X ' sinαx ; Y ' sinβy ; Z ' sinh γz

Ejercicio 17.-

Una caja cubica definida por los planosx = 0, y = 0, z = 0; x = a, y = a, z = a tiene sus caras a potencial 0,excepto z = 0 y z = a que estan a un potencial V.

a) Encuentre el potencial dentro del cubob) Calcule la densidad de carga en z = a

SEPARACION DE VARIABLES

TRES DIMENSIONES, coordenadas elipsoidales

Elipsoide conductor

Consideramos un elipsoide conductor de semiejes principales a, b, c. Suecuacion es:

x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1 a > b > c (11)

Para resolver la ecuacion de Laplace con esta condicion de borde esconveniente introducir coordenadas elipsoidales, las que estan relacionadascon las coordenadas cartesianas por:

x2

a2 + u+

y2

b2 + u+

z2

c2 + u= 1 (12)

Las coordenadas elipsoidales son las tres diferentes raices reales ξ, η, ζ deesta ecuacion y que se encuentran en el siguiente rango:

ξ ≥ −c2; −c2 ≥ η ≥ −b2 − b2 ≥ ζ ≥ −a2

Las superficies con ξ=constante corresponden a elipsoides mientras queη=constante y ζ=constante a hiperboloides.

Las formulas de transformacion se obtiene resolviendo para x , y , zlas tres ecuaciones del tipo (12):

x = ±[

(ξ + a2)(η + a2)(ζ + a2)

(b2 − a2)(c2 − a2)

]1/2

y = ±[

(ξ + b2)(η + b2)(ζ + b2)

(c2 − b2)(a2 − b2)

]1/2

z = ±[

(ξ + c2)(η + c2)(ζ + c2)

(a2 − c2)(b2 − c2)

]1/2

Un elemento de longitud en estas coordenadas esta dado por:

d`2 = h21dξ2 + h2

2dη2 + h23dζ2

h1 =√

(ξ − η)(ξ − ζ)/2Rξ h2 =√

(η − ζ)(η − ξ)/2Rη

h3 =√

(ζ − ξ)(ζ − η)/2Rζ R2u = (a2 + u)(b2 + u)(c2 + u)

En estas coordenadas, el laplaciano tiene la siguiente expresion:

∇2φ = 4(η − ζ)Rξ

∂

∂ξ

(Rξ∂φ

∂ξ

)+ (ζ − ξ)Rη

∂

∂η

(Rη

∂φ

∂η

)+ (ξ − η)Rζ

∂

∂ζ

(Rζ∂φ

∂ζ

)(ξ − η)(ζ − ξ)(η − ζ)

Para el caso de un elipsoide cargado de la forma (11) el potencial φdepende solo de la coordenada ξ. Todas las equipotencialescorresponden a superficies elipsoidales con ξ=constante y lasuperficie del conductor corresponde a ξ = 0. La ecuacion deLaplace se reduce en este caso a:

ddξ

(Rξ

dφdξ

)= 0 → φ = A

∫ ∞ξ

dξRξ

La constante A se determina considerando que en a grandesdistancias del elipsoide el potencial debe ser φ = 1

4πεo

Qr , donde Q es

la carga total del elipsoide.

A grandes distancias r →∞, ξ → r2 →∞ y R2ξ → ξ3 y por lo tanto:

φ ' 2A√ξ

=2Ar

→ A =Q

8πεoFinalmente el potencial esta dado por:

φ =Q

8πεo

∫ ∞ξ

dξ[(a2 + ξ)(b2 + ξ)(c2 + ξ)]1/2 (13)

Esta es una integral elıptica de primera clase. Como la superficie delelipsoide corresponde a ξ = 0, la capacidad del elipsoide esta dadapor:

1C

=1

8πεo

∫ ∞0

dξ[(a2 + ξ)(b2 + ξ)(c2 + ξ)]1/2

La distribucion de la densidad de carga superficial se calcula de:

σ = −εo[∂φ

∂n

]ξ=0

= −εo[

1h1

∂φ

∂ξ

]ξ=0

=εoQ√ηζ

Segun el Apendice 2, esta expresion la podemos escribir como:

σ =Qεoabc

[x2

a4 +y2

b4 +z2

c4

]−1/2

En el caso de un DISCO CIRCULAR, a = b, c = 0, escribimos:

z2

c2 = 1− ρ2

a2 ρ2 = x2 + y2

σ =Qεoa2

[c2(

x2

a4 +y2

b4

)+ 1− ρ2

a2

]−1/2

=Qεoa2

[1− ρ2

a2

]−1/2

El potencial se puede obtener de (13) colocando c = 0 y expresandoξ en terminos de ρ y z usando (12):

φ =1

4πεoQa

tan−1

[2a2

ρ2 + z2 − a2 +√

(ρ2 + z2 − a2)2 + 4a2z2

]1/2

(14)

SEPARACION DE VARIABLESTRES DIMENSIONES, simetrıa acimutal, coordenadas esfericas

Escribimos φ = R(r)P(θ)Q(ϕ) y la ecuacion de Laplace se separa entres ecuaciones ordinarias:

1Q

d2Qdϕ2 = −m2;

d2Udr2 −

`(`+ 1)Ur2 = 0; con R = U(r)/r

y1

sin θddθ

(sin θ

dPdθ

)+

[`(`+ 1)− m2

sin2 θ

]P = 0 (`,m enteros)

(15)Con simetrıa acimutal no hay dependencia en ϕ, m = 0, Q = const. yla solucion general es de la forma:

φ(r , θ) =∞∑`=0

[A`r ` + B`r−`−1]P`(cos θ)

donde P`(x), (−1 ≤ x ≤ +1) son los Polinomios de Legendre, quecumplen con la relacion de ortogonalidad:∫ 1

−1P`(x)P`′(x)dx =

22`+ 1

δ``′

PROPIEDADES DE LOS POLINOMIOS DE LEGENDRE

Relaciones de recurrencia.

(`+ 1)P`+1(x)− (2`+ 1)xP`(x) + `P`−1(x) = 0dP`+1(x)

dx− x

dP`(x)

dx− (`+ 1)P`(x) = 0

(x2 − 1)dP`(x)

dx− `xP` + `P`−1 = 0

P ′`(x) = −`(`+ 1)

1− x2

∫P`(x)dx = −`(`+ 1)

1− x2P`+1(x)− P`−1(x)

2`+ 1

P`(1) = 1 P`(0) = 0 (` impar) P`(0) = (−1)`/2 (`− 1)!!

`!!(` par)

P`(−x) = (−1)`P`(x) P ′`(0) = −(`+1)P`+1(0) P ′`(1) =12`(`+1)

Cualquier problema de electrostatica con simetrıa acimutal tiene unasolucion de la forma:

φ(r , θ) =∞∑`=0

[A`r ` + B`r−`−1]P`(cos θ) (16)

En el eje z, r = z y r ′ = z ′, y la ecuacion anterior se reduce a:

φ(r , θ) =∞∑`=0

[A`r ` + B`r−`−1] (17)

Ası vemos que basta resolver el problema en el eje z para tener lasolucion en todo el espacio.Por ejemplo consideremos una partıcula con carga q′ = 4πεo en eleje z, i.e. r ′ = z ′. Por haber simetrıa acimutal el potencial encualquier punto ~r del espacio es de la forma (16). Ahora si llevamosel punto ~r al eje z, ~r = zk ; r = z, el potencial en ~r es:

φ(z = r) =1

|z − z ′|=

1|r − r ′|

r puede se mayor o menor que r ′.

Para fijar ideas tomemos r > r ′, entonces

φ(z = r) =1

r − r ′=

1r(1− r ′/r)

=1r

∞∑`=0

(r ′

r

)`=∞∑`=0

r ′`

r `+1

Comparando con (17), vemos que A` = 0 y B` = r ′`

En el caso contrario en que r ′ > r , debemos hacer la expansion enseries de r ′/r :

φ(z = r) =1

r ′ − r=

1r ′(1− r/r ′)

=1r ′

∞∑`=0

( rr ′)`

=∞∑`=0

r `

r ′`+1

Entonces en este caso A` = 1/r ′`+1 y B` = 0. Si llamamos r< y r> almenor y el mayor entre r y r ′, estas dos ultimas ecuaciones sepueden escribir como

φ(z = r) =∞∑`=0

r `<r `+1>

y por lo tanto el potencial en cualquier punto del espacio es:

φ(r , θ) =1

|~r −~r ′|=∞∑`=0

r `<r `+1>

P`(cos θ)

Acordarse que en la ecuacion anterior ~r ′ = z ′k .

Ahora consideremos un aniilo cargado uniformemente con carga q,con su eje coincidiendo con el eje z como se ve en la figura

xy

z

αc

a

d

El potencial medido en el eje z es:

φ =q

2πa1

4πεo

∫1d

ds =1

2πa2πa4πεo

qd

=q

4πεo1d

=q

4πεo1

|~r − ~c|

φ(r , θ = 0) =q

4πεo1

|~r − ~c|=

q4πεo

∞∑`=0

r `<r `+1>

P`(cosα)

donde r>< entre r y c. Como este resultado corresponde al potencialen el eje del anillo, el potencial en cualquier otro punto con θ 6= 0 es:

φ(r , θ) =q

4πεo

∞∑`=0

r `<r `+1>

P`(cosα)P`(cos θ)

Ejercicio 18.-

Considere nuevamente el Ejercicio 12. Usando la expansion para elpotencial en coordenadas esfericas demuestre que la magnitud de lafuerza es:

Q2

4πεoc2

∞∑n=0

(n + 1)Pn+1(cosα)Pn(cosα)(a

c

)2n+1

SEPARACION DE VARIABLES

TRES DIMENSIONES, sin simetrıa acimutal, coordenadas esfericas

La solucion de la Ecn. (15) son las funciones generalizadas deLegendre, definidas por:

Pm` (x) = (−1)m(1− x2)m/2 dm

dxm P`(x)

que cumplen con:

P−m` (x) = (−1)m (`−m)!

(`+ m)!Pm` (x) y

∫ 1

−1Pm` (x)Pm

`′(x)dx =2

2`+ 1(`+ m)!

(`−m)!δ``′

Combinando estas funciones con Q(ϕ) ' exp(imϕ) obtenemos lasfunciones esfericos armonicos, que su forma ortonormalizada es:

Y`m(θ, ϕ) =

√2`+ 1

4π(`−m)!

(`+ m)!Pm` (cos θ)eimϕ

Estas funciones cumplen con las relaciones de ortogonalidad ycompletitud:∫ 2π

0dϕ∫ π

0sin θdθY ∗`′m′(θ, ϕ)Y`m(θ, ϕ) = δ``′δmm′ (18)

∞∑`=0

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ) = δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′) (19)

La solucion de la ecuacion de Laplace en coordenadas esfericas es:

φ(r , θ, ϕ) =∞∑`=0

∑m=−`

[A`mr ` + B`mr−`−

]Y`m(θ, ϕ) (20)

TEOREMA DE ADICION DE ESFERICOS ARMONICOS

Dadas dos direcciones desde el orıgen (θ, ϕ) y (θ′, ϕ′), que formanun angulo γ entre sı, entonces, este teorema dice que:

P`(cos γ) =4π

2`+ 1

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

APLICACION: El potencial de una carga 4πεo en ~r ′.

1|~r −~r ′|

=∞∑`=0

r `<r `+1>

P`(cos γ) = 4π∞∑`=0

∑m=−`

12`+ 1

r `<r `+1>

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

Tambien:

∑m=−`

|Y`m(θ, ϕ)|2 =2`+ 1

4π

SEPARACION DE VARIABLES

TRES DIMENSIONES, coordenadas cilındricas

∇2φ =1ρ

∂

∂ρ

(ρ∂φ

∂ρ

)+

1ρ2∂2φ

∂ϕ2 +∂2φ

∂z2

La separacion de variables nos lleva a tres ecuaciones diferencialesordinarias:

d2Z (z)

dz2 − k2Z (z) = 0

d2Q(ϕ)

dϕ2 + ν2Q(ϕ) = 0

d2R(ρ)

dρ2 +1ρ

dR(ρ)

dρ+

(k2 − ν2

ρ2

)R(ρ) = 0

Existe una arbitrariedad en la eleccion de k y ν. Por ejemplo sepuede cambiar k2 por k ′2 = −k2, pero por ahora k2 > 0. Si0 ≤ ϕ ≤ 2π, ν es entero.

Las soluciones de estas ecuaciones son:

Z (z) = e±kz Q(ϕ) = e±iνϕ

La ecuacion radial tiene como soluciones las funciones de BesselJν(kρ).

Si ν 6= entero, Jν(kρ) y J−ν(kρ) son linealmente independientes, peropara ν = m entero, es necesario introducir la funcion Nm(kρ), funcionde Neumann, que para m = 0 tiene una divergencia logarıtmica en elorıgen.Las funciones de Bessel tienen muchos ceros en el eje ρ y parax = kρ >> 0, con ν > 0 y real:

Jν(kρ) →√

2πx

cos(x − νπ

2− π

4)

Nν(kρ) →√

2πx

sin(x − νπ

2− π

4)

Las funciones de Hankel se definen como:

H(1)ν (x) = Jν(x) + iNν(x) H(2)

ν (x) = Jν(x)− iNν(x)

Algunas propiedades de estas funciones.Consideremos una funcion de Bessel que se anula en ρ = a. Sepuede escribir como Jν(xνn

ρa ), donde xνn es el cero numero n de Jν .

Ortogonalidad:∫ a

oρJν(xνn′

ρ

a)Jν(xνn

ρ

a)dρ =

a2

2[Jν+1(xνn)]2δnn′

Completitud:

2a2

∞∑n=1

1J2ν+1(xνn)

Jν(xνn

aρ)Jν(

xνn

aρ′) =

1ρδ(ρ− ρ′) 0 ≤ ρ, ρ′ ≤ a

Todas esta funciones cilındricas (Jν ,Nν ,Hν) cumplen con lasrelaciones de recurrencia:

Ων−1(x) + Ων+1(x) =2νx

Ων(x) Ων−1(x)− Ων+1(x) = 2dΩν(x)

dx

Relaciones asintoticas:Para x << 1:

J0(x) = 1 N0(x)→ 2π

ln(x/2) + 0,5772

Jν(x)→ 1Γ(ν + 1)

(x2

)νNν(x)→ −Γ(ν)

π

(2x

)νpara ν 6= 0

FUNCIONES DE BESSEL MODIFICADAS

Si cambiamos k2 por −k2 obtenemos, con x = kρ:

d2R(x)

dx2 +1x

dR(x)

dx−(

k2 +ν2

x2

)R(x) = 0

Las soluciones de esta ecuacion son las funciones de Besselmodificadas, definidas por:

Iν(x) = i−νJν(ix) Kν(x) =π

2iν+1H(1)

ν (ix)

las que tienen los siguientes valores lımites:Para x << 1:

I0(x) = 1 K0(x)→ − ln(x/2)− 0,5772

Iν(x)→ 1Γ(ν + 1)

(x2

)νKν(x)→ Γ(ν)

π

(2x

)νpara ν 6= 0

Para x >> 1, ν:

Iν(x)→ 1√2πx

ex Kν(x)→√

π

2xe−x

FUNCION DE GREEN EN COORDENADAS ESFERICAS

∇2G(~r ,~r ′) = −4πδ(~r −~r ′)

Usando la relacion de completitud de los esfericos armonicos:

δ(~r −~r ′) =1r2 δ(r − r ′)δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′)

=1r2 δ(r − r ′)

∞∑`=0

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

Expandimos la funcion de Green:

G(~r ,~r ′) =∞∑`=0

∑m=−`

g`(r , r ′)Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

y obtenemos:

d2

dr2 [rg`(r , r ′)]− `(`+ 1)

rg`(r , r ′) =

1rδ(r − r ′) (21)

Con este metodo hemos eliminado las variables θ, ϕ y dejado r paraun tratamiento especial.Para r 6= r ′, la solucion de esta ecuacion tiene la forma:

g`(r , r ′) = Ar ` + Br−(`+1) para r < r ′

= A′r ` + B′r−(`+1) para r > r ′

donde los coeficientes A,A′,B,B′ son funciones de r ′.Consideremos el caso de una region limitada por dos esferasconcentricas en a < r < b. Aquı g(r , r ′) se anula en a y en bEntonces (ver detalles en Apendice 1):

g`(r , r ′) = A(

r ` − a2`+1

r `+1

)para r < r ′

= B′(

1r `+1 −

r `

b2`+1

)para r > r ′

La condicion g(r , r ′) = g(r ′, r) implica que:

g`(r , r ′) = C(

r `< −a2`+1

r `+1<

)(1

r `+1>

−r `>

b2`+1

)Ahora integramos la ecuacion (21) entre r = r ′ − ε y r = r ′ + εAsı obtenemos:

C =4π

(2`+ 1)[1− (a/b)2`+1]

y

G(~r ,~r ′) = 4π∞∑`=0

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

(2`+ 1)[1− (a/b)2`+1]

(r `< −

a2`+1

r `+1>

)(1

r `+1>

− r `<b2`+1

)(22)

USO DE LA FUNCION DE GREEN ENCOORDENADAS ESFERICAS (Dirichlet)

φ(~r) =1

4πεo

∫Vρ(~r ′)G(~r ,~r ′)d3r − 1

4π

∫Sφ(~r ′)

∂G(~r ,~r ′)∂n′

d2r ′

Para el caso del interior de una esfera utilizamos la ecuacion anterior(22), con a = 0. Entonces la derivada de G evaluada en r ′ = b es:

∂G(~r ,~r ′)∂n′

=∂G(~r ,~r ′)∂r ′

∣∣∣r ′=b

= −4πb2

∑`,m

( rb

)`Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`,m(θ, ϕ)

Y la solucion de la ecuacion de Laplace dentro de una esfera en cuyasuperficie se conoce el potencial V(θ′, ϕ′), es la siguiente:

φ(~r) =∑`,m

[∫VV(θ′, ϕ′)Y`,m(θ′, ϕ′)dΩ′

]( rb

)`Y`m(θ, ϕ)

Consideremos una cascara esferica conductora de radio b a tierra encuyo centro se encuentra un anillo de radio a con carga Q, como semuestra en la figura.

x

y

z

b

a

Q

La densidad de carga la podemos escribir como:

ρ(~r ′) =Q

2πa2 δ(r ′ − a)δ(cos θ′)

El potencial dentro de la esfera vale:

φ(~r) =1

4πεo

∫ρ(~r ′)G(~r ,~r ′)d3r ′

=Q

4πεo

∞∑`=0

P`(0)r `<

(1

r `+1>

−r `>

b2`+1

)P`(cos θ)

=Q

4πεo

∞∑n=0

(−1)n(2n − 1)!!

2nn!r2n<

(1

r2n+1>

−r2n>

b4n+1

)P2n(cos θ)

Ahora consideremos el caso de la figura donde un diametro tiene unadensidad de carga Q/2b

x

y

z

b

Q/2b

la densidad de carga es:

ρ(~r ′) =Q2b

12πr ′2

[δ(cos θ′ − 1) + δ(cos θ′ + 1)]

y el potencial dentro de la esfera es:

φ(~r) =Q

8πεob

∞∑`=0

[P`(1) + P`(−1)]P`(cos θ)

∫ b

0r `<

(1

r `+1>

−r `>

b2`+1

)dr ′

La integral vale:

∫ b

0=

=

(1

r `+1 −r `

b2`+1

)∫ r

0r ′`dr ′ + r `

∫ b

r

(1

r ′`+1 −r ′`

b2`+1

)dr ′

=2`+ 1`(`+ 1)

[1−

( rb

)`]

el caso ` = 0 se puede resolver por la regla de l’Hopital y se obtiene:

ln(

br

)por lo tanto:

φ(~r) =Q

4πεob

ln(

br

)+∞∑

n=1

4n + 12n(2n + 1)

[1−

( rb

)2n]

P2n(cos θ)

Ejercicio 19.-

Demuestre que para el problema de la esfera de radio b a tierra conun alambre que ocupa uno de sus diametros con densidad de cargauniforme Q/2b, existe la siguiente solucion alternativa:

φ(~r) =Q

4πεob

[ln(

2br sin θ

)− 1−

∞∑i=1

4i + 12i(2i + 1)

( rb

)2iP2i (cos θ)

]

que muestra en forma explıcita la divergencia logarıtmica que debeexistir muy cerca de alambre.

Ejercicio 20.-

Un plano conductor infinito tiene una protuberancia semi-esfericacomo se muestra en la figura.

Encuentre la funcion de Green para el semiespacio en que seencuentra la protuberancia.Si el plano se encuentra a potencial cero y la protuberancia apotencial V , encuentre el potencial en el semiespacio en que seencuentra la protuberancia.

a

Ejercicio 21.-

Una esfera hueca de radio interno a tiene en su superficie unpotencial V (θ, ϕ). Demuestre que las dos soluciones siguientes parael potencial dentro de la esfera son equivalentes:

• φ(~r) =a(a2 − r2)

4π

∫V (θ′, ϕ′)

(r2 + a2 − 2ar cos γ)3/2 dΩ′

• φ(~r) =∞∑`=0

∑m=−`

A`m( r

a

)`Y`m(θ, ϕ)

donde

A`m =

∫dΩ′Y ∗`m(θ′, ϕ′)V (θ′, ϕ′)

FUNCION DE GREEN EN COORDENADAS CILINDRICAS

Buscaremos expresiones para la funcion de Green en coordenadascilindricas en un espacio ilimitado.

∇2G(~r ,~r ′) = −4πρδ(ρ− ρ′)δ(ϕ− ϕ′)δ(z − z ′) (23)

Usamos las siguientes relaciones de completitud:

δ(z − z ′) =1

2π

∫ ∞−∞

dkeik(z−z′) =1π

∫ ∞0

dk cos[k(z − z ′)]

δ(ϕ− ϕ′) =1

2π

∞∑m=−∞

eim(ϕ−ϕ′)

y dejamos la variable ρ para un tratamiento especial. Entoncesexpandimos la funcion de Green:

G(~r ,~r ′) =1

2π2

∞∑m=−∞

∫ ∞0

dk cos[k(z − z ′)]eim(ϕ−ϕ′)gm(ρ, ρ′)

Reemplazando en (23) obtenemos:

1ρ

ddρ

(ρ

dgm

dρ

)−(

k2 +m2

ρ2

)gm = −4π

ρδ(ρ− ρ′)

Consideremos el caso de un espacio ilimitado, entonces usando unprocedimiento similar al usado en coordenadas esfericas obtenemos:

G(~r ,~r ′) =1

|~r −~r ′|

=4π

∫ ∞0

dk cos k(z − z ′)[1

2I0(kρ<)K0(kρ>)

+∞∑

m=1

cos m(ϕ− ϕ′)Im(kρ<)Km(kρ>)]

(24)

lo que tambien se puede escribir como

1|~r −~r ′|

=2πRe

∞∑m=−∞

∫ ∞0

dk cos k(z − z ′)eim(ϕ−ϕ′)Im(kρ<)Km(kρ>)

(25)

En vez de la variable z, podemos elegir la variable ρ para tratamientoespecial. Para esto usamos∫ ∞

0ρJm(kρ)Jm(k ′ρ)dρ =

1kδ(k ′ − k)

la cual de puede reescribir como:∫ ∞0

kJm(kρ)Jm(kρ′)dk =1ρδ(ρ− ρ′)

Esta relacion junto a

δ(ϕ− ϕ′) =1

2π

∞∑m=−∞

eim(ϕ−ϕ′)

Entonces siguiendo un procedimiento similar al anterior se puedeobtener:

G(~r ,~r ′) =∞∑

m=−∞

∫ ∞0

kJm(kρ)Jm(kρ′)eim(ϕ−ϕ′)e−k(z>−z<)dk (26)

Ejercicio 22.-

Demuestre que el potencial de un anillo de radio a cargadouniformemente con carga Q esta dado por:

φ(ρ, z) =Q

2π2εo

∫ ∞0

Ko(ka)Io(kρ) cos(kz)dk para ρ < a

Q2π2εo

∫ ∞0

Ko(kρ)Io(ka) cos(kz)dk para ρ > a

Ejercicio 23.-

En problema anterior encuentre una expresion para el potencial enterminos de las funciones Jn(kρ).

Ejercicio 24.-

Un plano delgado, infinito, de un material conductor tiene un agujerocircular de radio a. Un disco del mismo material de un radio apenasmenor que a se coloca en el agujero en el mismo plano, separado delplano por un anillo aislador de un grosor infinitesimal. El disco esta apotencial V y el plano a potencial 0.

a) Encuentre el potencial en cualquier punto sobre el plano enterminos de funciones de Bessel.

b) Encuentre la densidad de carga en cualquier punto del plano.

Metodo variacional

La idea es encontrar un funcional de φ(~r) cuya minimizacion resulteen la ecuacion de Poisson. Consideremos:

J [φ(~r)] =12

∫V∇φ · ∇φd3r −

∫V

g(~r)φ(~r)d3r

donde φ es el potencial por determinar y g la densidad de cargaconocida. Calculamos:

δJ [φ(~r)] = J [φ(~r)+δφ(~r)]−J [φ(~r)] =

∫V∇φ·∇δφd3r−

∫V

g(~r)δφ(~r)d3r

en primer orden en δφ. Usando la primera identidad de Green (4):

δJ [φ(~r)] = −∫

V(∇2φ+ g)δφd3r =

∮S

∂φ

∂nδφd2r

Con CB de Dirichlet, δφ = 0 en S y obtenemos: ∇2φ = −g.

Para las CB de Neumann, usamos otro funcional:

J [φ(~r)] =12

∫V∇φ · ∇φd3r −

∫V

g(~r)φ(~r)d3r −∫

Sf (~r)φ(~r)d2r

donde f es conocido en S.

δJ [φ(~r)] = −∫

V(∇2φ+ g)δφd3r +

∮S

(∂φ

∂n− f )δφd2r

Lo que da como resultado:

∇2φ = −g en V∂φ

∂n= f en S

Ejercicio 25.-

Considere un agujero circular de radio ρ = 1 en dos dimensiones,centrado en z = 0. En ρ = 1 el potencial es cero y para ρ < 1 hayuna densidad de carga:

g(ρ) = −5(1− ρ) + 104ρ5(1− ρ)5

Usando como potencial de prueba la funcion:

φ = αρ2 + βρ3 + γρ4 − (α + β + γ)

en el funcional variacional J [φ], encuentre los valores de α, β y γque minimizan J y la dependencia de φ en 0 ≤ ρ ≤ 1.

Ejercicio 26.-

Considere nuevamente el Ejercicio 16. Aplique el principio variacionalcon una funcion de prueba:

ψ(x , y) = Axy(1− x)(1− y)

para determinar A y el potencial en la region cuadrada.

Expansion en funciones propias

Consideremos una ecuacion similar a la ecuacion de Schrodinger,que satisface ciertas condiciones de borde, i.e. una ecuacion deautovalores:

∇2ψn(~r) + [f (~r) + λn]ψn(~r) = 0 (27)

La funciones propias estan supuestamente ortonormalizadas yforman un conjunto completo:∫

ψ∗n(~r)ψn′(~r)d3r = δnn′

Ahora supongamos que queremos encontrar la funcion de Green dela ecuacion:

∇2G(~r ,~r ′) + [f (~r) + λ]G(~r ,~r ′) = −4πδ(~r −~r) (28)

con las mismas condiciones de borde que (27)

Ahora expandimos G en series de la funciones propias de (27):

G(~r ,~r ′) =∑

n

an(~r ′)ψn(~r)

Reemplazando en (28) obtenemos:∑n

an(~r ′)(λ− λn)ψn(~r) = −4πδ(~r −~r)→ an(~r ′) = 4πψ∗n(~r ′)λn − λ

y por lo tanto:

G(~r ,~r ′) = 4π∑

n

ψ∗n(~r ′)ψn(~r)

λn − λ

En el caso de que (28) corresponde a la ecuacion de Poisson, f = 0y λ = 0 y

G(~r ,~r ′) = 4π∑

n

ψ∗n(~r ′)ψn(~r)

λn(29)

Como ejemplo podemos encontrar una expresion, como una integralde Fourier, de la funcion de Green en un espacio infinito. Para estoconsideramos la ecuacion:

(∇2 + k2)ψ~k (~r) = 0

cuyas funciones propias normalizadas son:

ψ~k (~r) =1

(2π)3/2 ei~k·~r

Ası aplicando (29), obtenemos:

1|~r −~r ′|

=1

2π2

∫d3k

ei~k·(~r−~r ′)

k2

Metodo de relajacion

Consideremos una region bi-dimensional S limitada por el contornoC en la cual queremos resolver la ecuacion de Laplace con CB deDirichlet.

o o o o

o o o o o

o o o o

o o o o o

o o o o

o o o o o

o o o oC

Dividimos la region en una grilla de area h2, con un valor de hsuficientemente pequeno como para aproximar la derivada de φ.Cada punto de la grilla esta especificada por los enteros (i , j).Los puntos estan especificados por los simbolos × y alternativamente.

Supongamos que todos los puntos tienen valores de pruebaespecificados y queremos un funcional valido en el cuadradoalrededor del punto ×, como se muestra en la figura.

N

S

EO o o

o

o

Ası en el cuarto NE de la region, el funcional es:

JNE =12

∫ h/2

0dx∫ h/2

0dy

[(∂φ

∂x

)2

NE+

(∂φ

∂y

)2

NE

]=

18

[(φN − φ×)2 + (φE − φ×)2

]

donde(∂φ

∂x

)NE

=1h

(φE − φ×)

(∂φ

∂y

)NE

=1h

(φN − φ×)

Entonces el funcional para toda el area verde se:

J = JNE + JON + JSO + JES

=14[((φN − φ×)2 + (φO − φ×)2 + (φS − φ×)2 + (φE − φ×)2]

La minimizacion de J da:

〈φ×〉 = 14 (φN + φO + φS + φE )

APENDICE 1

DETALLES DEL CALCULO DE FUNCION DE GREEN ENCOORDENADAS ESFERICAS

Expandimos G(~r ,~r ′) en esfericos armonicos:

G(~r ,~r ′) =∞∑`=0

∑m=−`

A`m(r ,~r ′)Y`m(θ, ϕ)

Reemplazamos en la expresion ∇2G = 0 en coordenadas esfericas:

∇2G =∞∑`=0

∑m=−`

Y`m(θ, ϕ)1r

d2

dr2 (rA`m)

+A`mr2

[1

sin θddθ

(sin θ

dY`m(θ, ϕ)

dθ

)+

1sin2 θ

d2Y`m(θ, ϕ)

dϕ2

]Pero el ultimo parentesis cuadrado es −`(`+ 1)Y`m(θ, ϕ), luego:

∇2G =∞∑`=0

∑m=−`

[1r

d2

dr2 (rA`m)− `(`+ 1)

r2 A`m

]Y`m(θ, ϕ)

Por lo tanto ∇2G = −4πδ(~r −~r ′) se puede escribir como:

∞∑`=0

∑m=−`

[1r

d2

dr2 (rA`m)− `(`+ 1)

r2 A`m

]Y`m(θ, ϕ) =

1r2 δ(r − r ′)

∞∑`=0

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

Usando la ortogonalidad de los Y`m(θ, ϕ), obtenemos:

1r

d2

dr2 (rA`m)− `(`+ 1)

r2 A`m =1r2 δ(r − r ′)Y ∗`m(θ′, ϕ′)

De aquı vemos que A`m(r ,~r ′) debe tener la forma g`(r .r ′)Y ∗`m(θ′, ϕ′) y

d2

dr2 [rg`(r , r ′)]− `(`+ 1)

rg`(r , r ′) =

1rδ(r − r ′)

En cualquier punto r 6= r ′, la solucion de esta ecuacion tiene la forma:

g`(r , r ′) = Ar ` + Br−(`+1) para r < r ′

= A′r ` + B′r−(`+1) para r > r ′

Los coeficientes A,A′,B,B′ se determinan por las condiciones deborde, por la simetrıa de g(r , r ′) y la condicion impuesta por lafuncion delta.Para el caso particular de un volumen limitado por dos esferasconcentricas de radios a < b, g(a, r ′) = 0,g(b, r ′) = 0y por lo tanto:

g`(r , r ′) = A(r ′)(

r ` − a2`+1

r `+1

)para r < r ′

= B′(r ′)(

1r `+1 −

r `

b2`+1

)para r > r ′

Pero g(r , r ′) = g(r ′, r), entonces si en la primera ecuacionintercambiamos r y r ′:

g`(r , r ′) = A(r)

(r ′` − a2`+1

r ′`+1

)para r > r ′

= B′(r ′)(

1r `+1 −

r `

b2`+1

)para r > r ′

luego A(r) '(

1r `+1 −

r `

b2`+1

)B′(r ′) '

(r ′` − a2`+1

r ′`+1

)para r > r ′

Un resultado similar se obtiene para r < r ′, con lo que concluımosque:

g`(r , r ′) = C(

r `< −a2`+1

r `+1<

)(1

r `+1>

−r `>

b2`+1

)

Para encontrar C integramos (21) entre r = r ′ − ε y r = r ′ + ε:

ddr

[rg`(r , r ′)]∣∣∣r=r ′+ε

− ddr

[rg`(r , r ′)]∣∣∣r=r ′−ε

= −4πr ′

Entonces como para r = r ′ + ε, r> = r y r< = r ′

ddr

[rg`(r , r ′)]∣∣∣r=r ′+ε

= C(

r ′` − a2`+1

r ′`+1

)ddr

(1r `− r `+1

b2`+1

) ∣∣∣r=r ′

=Cr ′

[1−

( ar ′)2`+1

] [`+ (`+ 1)

(r ′

b

)2`+1]

En forma similar para r = r ′ − ε, r> = r ′ y r< = r , obtenemos:

ddr

[rg`(r , r ′)]∣∣∣r=r ′−ε

=Cr ′

[1−

(r ′

b

)2`+1] [`+ 1 + `

( ar ′)2`+1

]

Ası obtenemos finalmente:

C =4π

(2`+ 1)[1− (a/b)2`+1]

y

G(~r ,~r ′) = 4π∞∑`=0

∑m=−`

Y ∗`m(θ′, ϕ′)Y`m(θ, ϕ)

(2`+ 1)[1− (a/b)2`+1]

(r `< −

a2`+1

r `+1>

)(1

r `+1>

− r `<b2`+1

)

APENDICE 2

DETALLES CONDUCTOR ELIPSOIDAL

Para ξ = 0

x2 =a2(η + a2)(ζ + a2)

(b2 − a2)(c2 − a2)

y2 =b2(η + b2)(ζ + b2)

(c2 − b2)(a2 − b2)

z2 =c2(η + c2)(ζ + c2)

(a2 − c2)(b2 − c2)

Por lo tanto:

x2

a4 +y2

b4 +z2

c4 =1a2

(η + a2)(ζ + a2)

(b2 − a2)(c2 − a2)

+1b2

(η + b2)(ζ + b2)

(c2 − b2)(a2 − b2)

+1c2

(η + c2)(ζ + c2)

(a2 − c2)(b2 − c2)

x2

a4 +y2

b4 +z2

c4 =ηζ

a21

(b2 − a2)(c2 − a2)

+ηζ

b21

(c2 − b2)(a2 − b2)

+ηζ

c21

(a2 − c2)(b2 − c2)

=ηζ

a2b2c2

[ −b2c2

(b2 − a2)(a2 − c2)

+−c2a2

(c2 − b2)(b2 − a2)

+−a2b2

(a2 − c2)(c2 − b2)

]=

ηζ

a2b2c2 × −b2c2(c2 − b2)− c2a2(a2 − c2)− a2b2(b2 − a2)

(b2 − a2)(a2 − c2)(c2 − b2)

=ηζ

a2b2c2

APENDICE 3

RESULTADOS MATEMATICOS A PARTIR DE (24).

Con ~r ′ = 0, tenemos m = 0 y:

1√ρ2 + z2

=2π

∫ ∞0

cos kzK0(kρ)dk

Reemplazamos ρ2 por R2 = ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′) en la ultimarelacion:

1√ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′) + z2

=

=2π

∫ ∞0

cos kzK0

[k√ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)

]dk

Pero el lado derecho de esta ecuacion es igual al lado derecho de (24)con z′ = 0

Por lo tanto:

2π

∫ ∞0

dk cos kzK0

[k√ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)

]=

4π

∫ ∞0

dk cos kz[1

2I0(kρ<)K0(kρ>)

+∞∑

m=1

cos m(ϕ− ϕ′)Im(kρ<)Km(kρ>)]

De donde deducimos que:

K0

[k√ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)

]= I0(kρ<)K0(kρ>) + 2

∞∑m=1

cos m(ϕ− ϕ′)Im(kρ<)Km(kρ>)]

Si en la ultima relacion hacemos k → 0 y utilizamos la relacionesasintoticas de Iν y Kν obtenemos:

ln[√

ρ2 + ρ′2 − 2ρρ′ cos(ϕ− ϕ′)]

= ln(ρ>)−∞∑

m=1

1m

(ρ<ρ>

)m

cos m(ϕ−ϕ′)