tarea 1 electrodinámica
DESCRIPTION
Problemas de los primeros capítulos de JacksonTRANSCRIPT
Solución Tarea 1, Electrodinámica
Profesor: Antonio CarcamoAyudante: Sergio Bravo
Alumno: Daniel Salinas ArizmendiUniversidad Técnica Federico Santa María
23 April, 2015
1 Problema 1
Partiendo de la serie
� (�; ') = a0 + b0 ln �+1Xn=1
an�n sin (n'+ �n) +
1Xn=0
bn��n sin (n'+ �n) (1)
Como el potenicial tiene que ser �nito en � = 0; las constantes b0 y bn lashacemos cero para no tener soluciones divergentes.Siempre es posible construir lo siguiente
sin (n'+ �n)! sinn'+ � cosn' (2)
Reemplando lo anterior en la solución Ec.(1), Obtenemos la siguiente expre-ción equivalente a la solución, de la forma:
� (�; ') = A0 +
1Xn=1
An�n sin (n') +
1Xn=1
Bn�n cos (n') : (3)
Usando la condición de que � = b potencial �jo
� (b; ') = A0 +
1Xn=1
Anbn sin (n') +
1Xn=1
Bnbn cos (n') : (4)
Para determinar los coe�cientes A0; An y Bn, utilizando la condición anterior(conciderando la Ec.(4)), y las relaciones de ortogonalidad, las cuales sede�nen de la siguiente forma:Z 2�
0
sin (n') sin (m') d' = ��nm; (5)
1
Z 2�
0
cos (n') cos (m') d' = ��nm; (6)Z 2�
0
sin (n') cos (m') d' = 0; 8n;m 2 Z: (7)
Determinación del coe�ciente A0 : multiplicando por uno 1 e integrando aambos lado en d' a la Ec.(4), tenemos:Z 2�
0
� (b; ') d' =
Z 2�
0
A0 +1Xn=1
Anbn
Z 2�
0
sin (n') d' (8)
+1Xn=1
Bnbn
Z 2�
0
cos (n') d';
= A02� �1Xn=1
Anbn
n(cos (2n�)� cos (0))
+2
1Xn=1
Bnbn
n(sin (2n�)� sin (0)) ;
= A02� �1Xn=1
Anbn
n(1� 1) +
1Xn=1
Bnbn
n(0� 0) ;
= 2�A0:
+
A0 =1
2�
Z 2�
0
� (b; ') d': (9)
Determinación del coe�ciente An :Multimplicando por sin (m') e integrandoen d' a la Ec.(4), tenemos,Z 2�
0
� (b; ') sin (m') d' =
Z 2�
0
A0 sin (m') +1Xn=1
Anbn
Z 2�
0
sin (n') sin (m') d' (10)
+1Xn=1
Bnbn
Z 2�
0
cos (n') sin (m') d';
= �A0 (cos (2n�)� cos (0)) +1Xn=1
Anbn��nm +
1Xn=1
Bnbn � 0;
=
1Xn=1
Anbn��nm;
= �Ambm:
+
2
An =1
�bn
Z 2�
0
� (b; ') sin (n') d': (11)
Determinación del coe�ciente Bn : multiplicando por cos (m') e integrandoen d' a la Ec.(4), tenemos,Z 2�
0
� (b; ') cos (m') d' =
Z 2�
0
A0 cos (m') +1Xn=1
Anbn
Z 2�
0
sin (n') cos (m') d'(12)
+1Xn=1
Bnbn
Z 2�
0
cos (n') cos (m') d';
= �A0 (sin (2n�)� sin (0)) +1Xn=1
Anbn � 0 +
1Xn=1
Bnbn��nm;
=1Xn=1
Bnbn��nm;
= �Bmbm:
+
Bn =1
�bn
Z 2�
0
� (b; ') cos (n') d': (13)
Luego, introduciendo el valor de los coe�cientes (9), (11) y (13) en la solución(3), tenemos
� (�; ') =1
2�
Z 2�
0
� (b; '0) d'0 +1Xn=1
�n
�bn
Z 2�
0
� (b; '0) sin (n'0) sin (n') d'0 (14)
+1Xn=1
�n
�bn
Z 2�
0
� (b; '0) cos (n'0) cos (n') d'0;
=1
�
Z 2�
0
� (b; '0)
"1
2+
1Xn=1
�n
bn(sin (n'0) sin (n') + cos (n'0) cos (n'))
#d'0:
Usando que cosx cos y + sinx sin y = cos (x+ y)
� (�; ') =1
�
Z 2�
0
� (b; '0)
"1
2+
1Xn=1
�n
bncos (n'0 � n')
#d'0: (15)
3
Usando la fórmula de Euler cosx =�eix + e�ix
�=2
� (�; ') =1
�
Z 2�
0
� (b; '0)
"1
2+
1Xn=1
�n
2bn
�ein('
0�') + e�in('0�')
�#d'0; (16)
=1
2�
Z 2�
0
� (b; '0)
(1 +
1Xn=1
��b
�n hein('
0�') + e�in('0�')
i)d'0;
=1
2�
Z 2�
0
� (b; '0)
(1 +
1Xn=1
��bei('
0�')�n+
1Xn=1
��be�i('
0�')�n)
d'0:
Notamos las series tienen estructuras de series geométricas, recordemos queuna serie geométrica se de�ne como:
1Xn=1
xn�1 =1
1� x; (17)
para jxj < 1, si n parte del cero entonces se tiene:1Xn=0
xn =1
1� x: (18)
Usando esta de�nición lo que esta de�nicion se tiene que la serie:1Xn=1
��bei('
0�')�n
=�
bei('
0�')1Xn=1
��bei('
0�')�n�1
(19)
=�
bei('
0�') 1
1� �bei('0�')
;
analogamente para la segunda serie in�nita, tenemos,1Xn=1
��be�i('
0�')�n
=�
be�i('
0�')1Xn=1
��be�i('
0�')�n�1
(20)
=�
be�i('
0�') 1
1� �be�i('0�')
:
Con lo que el potencial (16) toma la siguiente forma:
� (�; ') =1
2�
Z 2�
0
� (b; '0)
266641 +�
bei('
0�')
1� �bei('0�')
+
�
be�i('
0�')
1� �be�i('0�')| {z }
37775 d'0:
(#)(21)
4
Trabajemos algebraicamente la expresión (#) esto es:
�
bei('
0�')
1� �bei('0�')
+
�
be�i('
0�')
1� �be�i('0�')
=
�
bei('
0�')�1� �
be�i('
0�')�+�
be�i('
0�')�1� �
bei('
0�')�
�1� �
bei('0�')
��1� �
be�i('0�')
� ;
=
�
bei('
0�') ���b
�2+�
be�i('
0�') ���b
�21� �
be�i('0�') � �
bei('0�') +
��b
�2 ;
=�2��b
�2+�
bei('
0�') +�
be�i('
0�')
1� �be�i('0�') � �
bei('0�') +
��b
�2 :
Con lo anterior el pontecial queda
� (�; ') =1
2�
Z 2�
0
� (b; '0) (22)
�
266641 + �2��b
�2+�
bei('
0�') +�
be�i('
0�')
1� �be�i('0�') � �
bei('0�') +
��b
�2| {z }
37775 d'0:(##)
Reduscamos la expresión (##)
(##) =1� �
be�i('
0�') � �bei('
0�') +��b
�2+�2
��b
�2+�
bei('
0�') +�
be�i('
0�')��b
�2+ 1� �
be�i('0�') � �
bei('0�')
;
=1�
��b
�2��b
�2+ 1� �
be�i('0�') � �
bei('0�')
;
5
usando la fórmula de Euler, simpli�camos aun más, tal que
(##) =1�
��b
�2��b
�2+ 1� �
b2 cos ('0 � ')
;
=b2
b2
1���b
�2��b
�2+ 1� �
b2 cos ('0 � ')
;
=b2 � �2
�2 + b2 � 2�b cos ('0 � ') :
Reemplazando (##) simpli�cado en la ecuación del potencial (22), tenemos:
� (�; ') =1
2�
Z 2�
0
� (b; '0)b2 � �2
�2 + b2 � 2�b cos ('0 � ')d'0. (23)
Para estudiar el problema de encontrar el potencial fuera del cilindro, esnecesario estudiar el comportamiento de la solución (1) en el in�nito, ya quese necesitan tener solución �nitas (soluciones que divergen en 1) para estoimponemos al = 0; y b0 = 0: Por lo que el problema ahora consiste en encontrarlos coe�cientes a0 y bl usando los precedimientos descritos en este problema.
2 Problema 2
Para un cilindro de radio b, recordemos que la solución viene dado por la serie
� (�; ') = a0 + b0 ln �+
1Xn=1
an�n sin (n'+ �n) +
1Xn=0
bn�nsin (n'+ �n) (24)
Como el potenicial tiene �sicamente correcto en origen es decir ser �nito en� = 0; como ln � ! �1 y ��n ! 1; por lo tanto las constantes b0 y bn lashacemos cero para no tener soluciones divergentes.Con esta consideración la solución es
� (�; ') = a0 +1Xn=1
an�n sin (n'+ �n) (25)
Considerando la fase �n = 0:Para las codiciones de borde
� (�; ')j�=b = � (b; ') =
8<: V1 ; 0 � ' < �
V2 ; � � ' < 2�(26)
6
Luego los coe�cientes los calculamos con la condición de borde, usando elconcepto de otogonalidad visto en las ecuaciones (5) y (6), esto es:
� (b; ') = a0 +1Xn=1
anbn sin (n') (27)
Multiplicando por 1 e integrando en el ángulo ' determinamos el coe�cientea0 : Z 2�
0
� (b; ') d' = a0
Z 2�
0
+1Xn=1
anbn
Z 2�
0
sin (n') d' (28)
= 2�a0
+
a0 =1
2�
Z 2�
0
� (b; ') d' (29)
Usando el potencial en la super�cie
a0 =1
2�
�V1
Z �
0
d'+ V2
Z 2�
�
d'
�(30)
=V1 + V22
Para el coe�cientes an; multiplicamos sinn0' y luego integramos en el ángulo' :Z 2�
0
� (b; ') sin (n0') d' =
Z 2�
0
a0 sin (n0') +
1Xn=1
anbn
Z 2�
0
sin (n') sin (n0') d'(31)
=1Xn=1
anbn��nn0
= �an0bn0
+
an =1
�bn
Z 2�
0
� (b; ') sin (n') d' (32)
Donde
an =1
�bn
�V1
Z �
0
sin (n') d'+ V2
Z 2�
�
sin (n') d'
�(33)
=1
�bnnfV1 (cos 0� cosn�) + V2 (cosn� � cos 2n�)g
como cos 0 = cos 2n� = 1
an =1
�bnnfV1 (1� cosn�) + V2 (cosn� � 1)g (34)
7
donde se observa que
cosn� =
8<: 1 ; n par
�1 ; n impar(35)
Por lo tanto los an impares sobreviven (los demas son todos ceros)
an =2
n�bn(V1 � V2) ; n impar (36)
Reemplazando los coe�cientes en la la solución tenemos la siguiene forma:
� (�; ') =V1 + V22
+2 (V1 � V2)
�
1Xn=1
n impar
�n
nbnsin (n') (37)
De�niendo x = �=b; y usando la fórmula de Euler sinn' =�ein' � e�in'
�=2i,
la serie queda de la forma
Sn =1
2i
1Xn=1
n impar
xn
n
�ein' � e�in'
�(38)
=1
2i
1Xn=1
n impar
�xei'
�nn
� 1
2i
1Xn=1
n impar
�xe�i'
�nn
Como tenemos que sumar la serie para poder llegar a la forma que nos pidendemostrar introducimos un 1 conveniente
(�1)n�12 (�1)
1�n2 = (�1)
n�12 (�1)1=2
h(�1)�1=2
in(39)
= i (�1)n�12 [�i]n
tenemos entonces
Sn =1
2i
8><>:1Xn=1
n impar
i (�1)n�12 [�i]n
�xei'
�nn
�1Xn=1
n impar
i (�1)n�12 [�i]n
�xe�i'
�nn
9>=>;=
1
2
8><>:1Xn=1
n impar
(�1)n�12�ixe�i'
�nn
�1Xn=1
n impar
(�1)n�12�ixei'
�nn
9>=>; (40)
Sin perder generalidad podemos llevar de n impar ! 2n + 1; esto nos dejala serie de la forma
Sn =1
2
( 1Xn=0
(�1)n
2n+ 1
�ixe�i'
�2n+1 � 1Xn=0
(�1)n
2n+ 1
�ixei'
�2n+1)(41)
8
Usando que la expación en Taylor de arctan que es
tan�1 x =1Xn=0
(�1)n
2n+ 1x2n+1 (42)
La serie queda de la siguiente forma
Sn =1
2
�tan�1
�ixe�i'
�� tan�1
�ixei'
��(43)
usando la propiedad
tan�1 x� tan�1 y = tan�1�x� y1� xy
�(44)
Por lo tanto
Sn =1
2tan�1
"ix�e�i' � ei'
�1 + i2x2
#(45)
=1
2tan�1
"ix�e�i' � ei'
�1� x2
#
=1
2tan�1
�ix(�1)(2i) sin'
1� x2
�como x = �=b
Sn =1
2tan�1
�2�b
b2sin'
(1� �2=b2)
�(46)
=1
2tan�1
�2�b
(b2 � �2) sin'�
Remplazando esto en la ecuación (37), tenemos
� (�; ') =V1 + V22
+/2 (V1 � V2)
�
1
/2tan�1
�2�b
(b2 � �2) sin'�
(47)
+
� (�; ') =V1 + V22
+(V1 � V2)
�tan�1
�2�b
b2 � �2 sin'�
(48)
Notemos que esta no la misma solución, pero esto es por la elección enángulo.Ahora estudiemos el caso con una fase distinta
�n = �=2 =) sin (n'+ �n)! cosn' (49)
9
Para esto nesitamos camciar las codiciones de borde, ya que si continuamoscon la que elegimos al comienso para esta face el coe�ciente an = 0; Haciendo unprevio analísis tenemos el sigueinte potencial en la super�cie, segun el enunciado
� (�; ')j�=b = � (b; ') =
8<: V1 ; �=2 � ' < 3�=2
V2 ; ��=2 � ' < �=2(50)
Por otro lado la solución ahora es la siguiente
� (�; ') = a0 +1Xn=1
an�n cosn' (51)
de donde analogamente los coe�cientes se calculan usando la regla de laortogonalidad.Para a0 tenemos
a0 =1
2�
Z 2�
0
� (b; ') d' (52)
=1
2�
(V1
Z 3�=2
�=2
d'+ V2
Z �=2
��=2d'
)
=V1 + V22
Analogamente para an tenemos
an =1
�bn
Z 2�
0
� (b; ') cos (n') d' (53)
=1
�bn
(V1
Z 3�=2
�=2
cos (n') d'+ V2
Z �=2
��=2cos (n') d'
)
=1
n�bn
�V1
�sin
�3n�
2
�� sin
�n�2
��� V2
�sin��n�2
�� sin
�n�2
���Donde para los n pares los an = 0: Para n impares tenemos
an =1
n�bn
8>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>:
n = 1 ! �2 (V1 � V2)
n = 3 ! 2 (V1 � V2)
n = 5 ! �2 (V1 � V2)
n = 7 ! 2 (V1 � V2)
...
(�1)n�12 2 (V1 � V2)
10
por lo tanto el coe�ciente es
an =(�1)
n�12
n�bn2 (V1 � V2) ,n impar (54)
Luego reemplazando los coe�ciente en la solución es
� (�; ') =V1 + V22
+2 (V1 � V2)
�
1Xn=1
n impar
(�1)n�12
nbn�n cosn' (55)
Al igual que el caso anterior tratemos de sumar la serie, usando los mismopasos pero aplicados a este caso
1Xn=1
(�1)n�12
nbn�n cosn' =
1Xn=1
n impar
(�1)n�12
2nbn�n�ein' + e�in'
�(56)
=1
2
1Xn=0
(�1)n
2n+ 1
��bei'�n
+1
2
1Xn=0
(�1)n
2n+ 1
��be�i'
�n=
1
2
ntan�1
��bei'�+ tan�1
��be�i'
�o=
1
2tan�1
�2�b
b2 � �2 cos'�
Reemplazando esta solución en la Ec.(55) demostramos que:
� (�; ') =V1 + V22
+(V1 � V2)
�tan�1
�2�b
b2 � �2 cos'�
(57)
Para la parte (b) ; la densidad de carga super�ciel viene dada por la siguienteexpresión:
� = ��0@� (�; ')
@�
�����=b
(58)
Donde usaremos la siguiente derivada
d
dxtan�1 x =
1
1� x2 (59)
11
Por lo tanto
� = ��0(V1 � V2)
�
@
@�tan�1
�2�b
b2 � �2 cos'�����
�=b
= ��0(V1 � V2)
�
1
1 +
�2�b
b2 � �2 cos'�2 @
@�
�2�b
b2 � �2 cos'�����
�=b
= ��0(V1 � V2)
�
�b2 � �2
�22b cos'
(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '@
@�
���b2 � �2
��1������=b
= ��0(V1 � V2)
�
�b2 � �2
�22b cos'
(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '�b2 � �2
��1+ 2�2
�b2 � �2
��2����=b
= ��0(V1 � V2)
�
�b2 � �2
�22b cos'
(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '
�b2 � �2
�+ 2�2
(b2 � �2)2
������=b
= ��0(V1 � V2)
�
2b cos'
(2bb)2cos2 '
�2b2�+
� = ��0(V1 � V2)�b cos'
3 Problema 3:
(a) Usando el principio de superposición para las contribuciones de las trescargas en el punto P
� (r; �) =1
4��0
�q
j~r1j� 2q
j~r2j+
q
j~r3j
�(60)
12
usando como coordenada principara ~r2 = ~r con
~r1 = ~r � (�~a)
~r3 = ~r � ~a
usando esta concideración
� (~r) =q
4��0
�1
j~r � (�~a)j �2
j~rj +1
j~r � ~aj
�(61)
usando coordenas esféricas tenemos
� (r; �) =q
4��0
�1p
r2 + a2 + 2ar cos �� 2r+
1pr2 + a2 � 2ar cos �
�(62)
=q
4��0
1
r
24�2 + 1q1 + a2
r2 + 2ar cos �
+1q
1 + a2
r2 � 2ar cos �
35expanción binomial
(1 + x)m= 1 +mx+m (m� 1) x
2
2!+m (m� 1) (m� 2) x
3
3!+ ::: (63)
�1 +
a2
r2+ 2
a
rcos �
��1=2= 1 +
��12
��a2
r2+ 2
a
rcos �
�(64)
+1
2!
��12
���32
��a2
r2+ 2
a
rcos �
�2+1
3!
��12
���32
���52
��a2
r2+ 2
a
rcos �
�3+ :::
analogamente�1 +
a2
r2� 2a
rcos �
��1=2= 1 +
��12
��a2
r2� 2a
rcos �
�(65)
+1
2!
��12
���32
��a2
r2� 2a
rcos �
�2+1
3!
��12
���32
���52
��a2
r2� 2a
rcos �
�3+ :::
13
� (r; �) =q
4��0
1
r
"� /2 + /1 +
��12
��a2
r2+ 2
a
rcos �
�+1
2!
��12
���32
��a2
r2+ 2
a
rcos �
�2+ /1 +
��12
��a2
r2� 2a
rcos �
�+1
2!
��12
���32
��a2
r2� 2a
rcos �
�2+ :::
#
=q
4��0
1
r
��12
a2
r2� arcos � +
3
8
a4
r4+3
2
a2
r2cos2 � +
3
2
a
rcos � (66)
�12
a2
r2+a
rcos � +
3
8
a4
r4+3
2
a2
r2cos2 � � 3
2
a
rcos � + :::
�=
q
4��0
1
r
��a
2
r2+3
4
a4
r4+ 3
a2
r2cos2 �
�=
qa2
4��0
1
r3
�3 cos2 � � 1 + 3
4
a2
r2+ :::
�Hallemos la forma límite cuando para el potencial a! 0; mientras que el
producto qa2 = Q se mantiene �nito, con nos queda lo siguiente y recoerdadoque P2 (cos �) =
�3 cos2 � � 1
�=2
� (r; �) =Q
2��0
1
r3P2 (cos �) (67)
(b)Ahora tenemos el caso donde estan las tres cargas en presencia de una esfera
conductora puesta a tierra, esto es � (b; �) = 0:Como sabemos que el potencial aunque es una canditad escalar, este cumple
con el principio de superposición Sabemos que sin la esfera el potencial pro-ducido por las tres cargas es,
�1 (r; �) =Q
2��0
1
r3
�P2 (cos �) +
3
2
�ar
�2+ :::
�(68)
El potencial de una esfera conductora esta dado por la solución de la Ec. deLaplace en coordenadas esfericas
�2 (r; �) =1Xl=0
�Alr
l +Blrl+1
�Pl (cos �) (69)
donde Bl = 0; para tener soluciones �nitas dentro de la esfera (r > b). Por loque la solución es
�2 (r; �) =1Xl=0
AlrlPl (cos �) (70)
14
Usando el principio de superposición tenemos que el potencial escalar parael sistema física dentro de una esfera (r > b)
� = �1 + �2 (71)
=Q
2��0
1
r3
�P2 (cos �) +
3
2
�ar
�2+ :::
�+
1Xl=0
AlrlPl (cos �)
Conciderando la condición de contorno
� (b; �) = 0 =Q
2��0
1
b3
�P2 (cos �) +
3
2
�ab
�2+ :::
�+
1Xl=0
AlblPl (cos �)
+1Xl=0
AlblPl (cos �) = �
Q
2��0
1
b3
�P2 (cos �) +
3
2
�ab
�2+ :::
�Por inspección notamos se tiene que el valor que no se anula es l = 2 para
la parte izquierda de la ecuación, conciderando esto tenemos
A2b2 = � Q
2��0
1
b3(72)
+
A2 = �Q
2��0
1
b5(73)
Por lo tanto la solución conciderando lo anterior (recuerde que Al = 0;8l 6=2)
� (r; �) =Q
2��0
1
r3
�P2 (cos �) +
3
2
�ar
�2+ :::
�+A2r
2P2 (cos �) (74)
=Q
2��0
1
r3
�P2 (cos �) +
3
2
�ar
�2+ :::
�� Q
2��0
1
b5r2P2 (cos �)
valido para r < b: Note que esta solución es valida para r > a o r < a sianalizamos la solución.Tomando el límite cuando a! 0
� (r; �) =Q
2��0
1
r3[P2 (cos �)]�
Q
2��0
1
b5r2P2 (cos �) (75)
=) � (r; �) =Q
2��0
1
r3
�1�
�rb
�5�P2 (cos �) (76)
15
4 Problema 4:
(a) El problema nos mensiona que la función ln (csc �) tiene una expanción entérminos de armonicos esfericos. Como siempre es posible espersar una funciónarbirtraria en terminos de esta función especial devido a su comportamientoortonormal y completo, de la forma:
f (�; ') =Xl;m
AlmYm
l (�; ') (77)
Para nuestro caso donde tenemos simetría azimutal (m = 0) la expresionqueda la siguiente forma
f (�; ') = f (�) =Xl
AlPl (cos �) (78)
Usando lo que nos suguien en la pregunta nuestra función es ln (csc �) ; lacual podemos usar un poquito de algebra para tener
f (�) = ln (csc �) (79)
= ln
�1
sin �
�= ln
�1
1� cos3 �
�= �1
2ln�1� cos2 �
�usando la vartiable x = cos �; tenemos
f (x) = �12ln�1� x2
�=
1Xl=0
AlPl (x) (80)
Donde para calcular los coe�cientes usamos la regla de ortogonalidad de losPl (x), mulitplicando por un Pl0 (x) e integrando en el intervalo [�1; 1] ; con loque el coe�ciente queda
Al =2l + 1
2
Z 1
�1f (x)Pl (x) dx (81)
La función entonces es (usando que P0 (x) = 1)
f (x) =1Xl=0
AlPl (x) (82)
= A0 +1Xl=1
AlPl (x)
16
Calculemos A0
A0 = �14
Z 1
�1ln�1� x2
�dx (83)
= �14
Z 1
�1ln [(1� x) (1 + x)] dx
= �14
�Z 1
�1ln (1� x) dx+
Z 1
�1ln (1 + x) dx
�(84)
usando que la intengral de un lnx se calcular integrando por partes
u = lnx ! du =1
xdx
dv = dx ! v = x
Tenemos Zlnxdx = x lnx�
Zdx (85)
= x lnx� x
Para nuetro caso las integrales toman el siguiente valor, observe que para elcaso 1� x cambian los signos en la solución de la integraciónZ 1
�1ln (1� x) dx = � (1� x) ln (1� x)� (1� x)jx=1x=�1 (86)
Z 1
�1ln (1 + x) dx = (1 + x) ln (1 + x)� (1 + x)jx=1x=�1 (87)
Reemplazando en A0; tenemos
A0 = �14
n� (1� x) ln (1� x)� (1� x)jx=1x=�1 (88)
+ (1 + x) ln (1 + x)� (1 + x)jx=1x=�1
o= �1
4f�2 ln+2 + 2 ln 2� 2g (89)
= �14f4 ln 2� 4g (90)
= 1� ln 2 (91)
Calculemos Al para l 6= 0
Al = �1
2
2l + 1
2
Z 1
�1ln�1� x2
�Pl (x) dx (92)
17
Integrando por partesRudv = uv �
Rvdu
u = ln�1� x2
�! du =
�2x1� x2 dx
dv = Pl (x) dx ! v =
ZPl (x) dx
Tenemos
Al = �2l + 1
4
(ln�1� x2
� ZPl (x) dx
����x=1x=�1
+
Z 1
�1
2x
1� x2Z 1
�1Pl (x
0) dx0dx
)(93)
Notamos que el término ln�1� x2
� ZPl (x) dx
����x=1x=�1
= 0
Y usando siguiente ecuación de Legendre
d
dx
��1� x2
� dPl (x)dx
�+ l (l + 1)Pl (x) = 0 (94)
podemos expresar todo de la siguiente forma
Al =2l + 1
2l (l + 1)
Z 1
�1
x
1� x2Z 1
�1
d
dx0
��1� x02
� dPl (x0)dx0
�dx0dx (95)
=2l + 1
2l (l + 1)
Z 1
�1xdPl (x)
dxdx
Integrando nuevamente por partes
u = x ! du = dx
dv =dPl (x)
dxdx ! v = Pl (x)
Tenemos
Al =2l + 1
2l (l + 1)
�xPl (x)jx=1x=�1 �
Z 1
�1Pl (x) dx
�(96)
=2l + 1
2l (l + 1)
�Pl (1) + Pl (�1)�
Z 1
�1Pl (x) dx
�Usando la regla general Pl (�1) = (�1)l y Pl (1) = 1
Al =2l + 1
2l (l + 1)
�1 + (�1)l �
Z 1
�1Pl (x) dx
�(97)
18
Notemos que Al se anula para los l impares ya que
A2l+1 =2 (2l + 1) + 1
2 (2l + 1) ((2l + 1) + 1)
�1 + (�1)(2l+1) �
Z 1
�1P(2l+1) (x) dx
�(98)
=2 (2l + 1) + 1
2 (2l + 1) ((2l + 1) + 1)
�1 + (�1)�
Z 1
�1P(2l+1) (x) dx
�yR 1�1 P(2l+1) (x) dx = 0; considerando la simetria del intervalo, por lo tanto
A2l+1 = 0.Los casos no nulos son para los l pares
A2l =2 (2l) + 1
2 (2l) (2l + 1)
�1 + (�1)2l �
Z 1
�1P2l (x) dx
�=
2 (2l) + 1
2 (2l) (2l + 1)
�1 + (+1)�
Z 1
�1P2l (x) dx
�(99)
al igual que en caso anterior la integralR 1�1 P(2l+1) (x) dx es nula, por lo
tanto
A2l =2 (2l) + 1
2 (2l) (2l + 1)f1 + (+1)g (100)
=4l + 1
2l (2l + 1)
Entonces la serie que da reemplazando (??) y (100) en la Ec.(82)
ln (csc �) = 1� ln 2 +1Xl=1
4l + 1
2l (2l + 1)P2l (cos �) (101)
Ahora partamos del potencial dentro de una espera a tierra con un cablecargado uniformente a lo largo de un díametro
� (~r) =Q
4��0b
8<:ln�b
r
�+
1Xj=1
4j + 1
2j (2j + 1)
�1�
�rb
�2j�P2j (cos �)
9=; (102)
Q
4��0b
8<:ln�b
r
�+
1Xj=1
4j + 1
2j (2j + 1)P2j (cos �)�
1Xj=1
4j + 1
2j (2j + 1)
�rb
�2jP2j (cos �)
9=;impeccionando la Ec.(101) notamos los siguiente
1Xl=1
4l + 1
2l (2l + 1)P2l (cos �) = ln
�1
sin �
�� 1 + ln 2 (103)
19
Podemos expresar el potencial usando lo anterior
� (~r) =Q
4��0b
8<:ln�b
r
�+ ln
�1
sin �
�� 1 + ln 2�
1Xj=1
4j + 1
2j (2j + 1)
�rb
�2jP2j (cos �)
9=;=
Q
4��0b
8<:ln�
2b
r sin �
�� 1�
1Xj=1
4j + 1
2j (2j + 1)
�rb
�2jP2j (cos �)
9=; (104)
(b) Para demostrar que la expanción partimos de la que la ecuación
1
j~x� ~x0j =1Xl=0
rl<rl+1>
Pl (cos ) (105)
el cual corresponde la siguiente �gura
Usando el teorea del coseno tenemos
1
j~x� ~x0j =1p
r2 + r02 � 2rr0 cos (106)
Si rotamos el sistema tal que ~x0 coincida con el eje z y sea unitario (estoimplica que = �) y que el vector ~x tambien sea unitario, se cumple quej~x0j = 1 y j~xj = 1; la expanción 1= j~x� ~x0j toma el siguiente valor
1
j~x� ~x0j =1p
2p1� cos �
(107)
=1Xl=0
Pl (cos ) (108)
20
De forma analoga si ahora tomamos el vector ~x0 sobre el eje z y unitario.Pero el vector en ~x en vez de estar en el cuadrante positivo esta en el cuadranteinferior (es decie � ! � + �; esto nos transforma el cos � ! � cos �) y tambienconcideramos unitario
1
j~x� ~x0j =1p
2p1� cos �
(109)
=1p
2p1 + cos �
=1Xl=0
Pl (� cos �) (110)
según la fórmula del ángulo medio
sin �=2 =
r1� cos �
2(111)
cos �=2 =
r1 + cos �
2(112)
usando lo anterior tenemos
1p2p1� cos
=1
2 sin �=2(113)
1p2p1 + cos (�)
=1
2 cos �=2(114)
Conciderando la Ec.(105)
1
2 sin �=2=
1Xl=0
Pl (cos �) (115)
1
2 cos �=2=
1Xl=0
Pl (� cos �) (116)
Donde recuerde que la paridad tenemos que Pl (�x) = (�1)l Pl (x) ; por lotanto
1
2 cos �=2=
1Xl=0
(�1)l Pl (cos �) (117)
Sumando las ecuaciones (115) y (117) tenemos
1
2
�1
sin �=2+
1
cos �=2
�=
1Xl=0
Pl (cos �) +1Xl=0
(�1)l Pl (cos �) (118)
21
Notamos que solo sobreviven los terminos para l par esto es l ! 2j; por lotanto demostramos que
1
2
�1
sin �=2+
1
cos �=2
�= 2
1Xj=0
P2j (cos �) (119)
Ahora considerando la densidad de carga super�cial para una efera conduc-tora puesta tierra con un distribución lineal en uno de sus diametros, es
� (�) = � Q
4�b2
241 + 1Xj=1
4j + 1
2j + 1P2j (cos �)
35 (120)
= � Q
4�b2
1Xj=0
4j + 1
2j + 1P2j (cos �)
Usando fracciones parciales podemos expresar
4j + 1
2j + 1=
A
1+
B
2j + 1(121)
=2jA+A+B
2j + 1
nos entrega el siguiente sistema de ecuaciones
4 = 2A y A+B = 1
+A = 2; B = �1 (122)
con esto podemos expresar
4j + 1
2j + 1= 2� 1
2j + 1(123)
Reemplazando en la serie tenemos
� (�) = � Q
4�b2
1Xj=1
�2� 1
2j + 1
�P2j (cos �) (124)
= � Q
4�b2
8<:1Xj=1
2P2j (cos �)�1Xj=0
1
2j + 1P2j (cos �)
9=;= � Q
4�b2
8<:12�
1
sin �=2+
1
cos �=2
��
1Xj=0
1
2j + 1P2j (cos �)
9=;
22
5 Problema 5:
(i) Para la función
f (x) =
8<: +1 ; x > 0
�1 ; x < 0(125)
Partimos que cualquier función se puede expresar en termios de polinomiosde Legrendre ya que estos forman un conjunto ortogonal y completo (formanuna base) dentro del intervalo [�1; 1] ; esto es
f (x) =
1Xl=0
AlPl (x) (126)
Para encontrar el coe�ciente Al. Multiplicando Pl0 (x) y luego integrando enel intervalo Z 1
�1f (x)Pl0 (x) dx =
1Xl=0
Al
Z 1
�1Pl (x)Pl0 (x) dx (127)
usando la relación de ortogonalidad de los polinomios de LegendreZ 1
�1Pl (x)Pl0 (x) dx =
2
2l + 1�l0l (128)
Podemos calcular el coe�cienteZ 1
�1f (x)Pl0 (x) dx =
1Xl=0
2Al2l + 1
�l0l (129)
=2
2l0 + 1Al0
+
Al =2l + 1
2
Z 1
�1f (x)Pl (x) dx (130)
Donde la integral es nula si el integrando es impar y distinta de nulo cuandoel integrando es par.
Para nuestro caso f (x) es una función imapar, por lo tanto conciderando lapartidad de los Pl (x), esta debe ser impar para que la integral no se anule yesto es cuando los l son numeros impares. (por lo tanto para l pares todos esoscoe�cientes son ceros). Por lo tanto la integral que tenemos que resolver es paranestra función f (x) = 1; x > 0 y �1; x < 0; es:
Al = (2l + 1)
Z 1
0
Pl (x) dx (131)
23
usando la fórmula de Rodrigues
Pl (x) =1
2ll!
�d
dx
�l �x2 � 1
�l(132)
Introduciendo esto en la integral tenemos
Al =(2l + 1)
2ll!
Z 1
0
�d
dx
�l �x2 � 1
�ldx (133)
=(2l + 1)
2ll!
Z 1
0
d
dx
�d
dx
�l�1 �x2 � 1
�ldx
=(2l + 1)
2ll!
�d
dx
�l�1 �x2 � 1
�l�����x=1
x=0
Analisemos los casos donde hay que evaluar, en x = 1 todos los valores sonnulos �
d
dx
�l�1 �x2 � 1
�l�����x=1
= 0 (134)
ya que es una suma de términos en los que siempre hay, al menos un factor�x2 � 1
�; por lo que todos los terminos son nulos en x = 1:
Por que el coe�ciente queda
Al = �(2l + 1)
2ll!
�d
dx
�l�1 �x2 � 1
�l�����x=0
(135)
usando la fómula del binomio de Newton
Al = �(2l + 1)
2ll!
Xm
�lm
�(�1)m
�d
dx
�l�1 �x2�l�m�����
x=0
(136)
Claramento todos los terminos para x = 0, excepto el término independiente (eltérmino que no depende de x), este término es�
d
dx
�l�1xl�1 = (l � 1)! (137)
Donde usamos la siguiente propiedades de un monomio:
�d
dx
�nxm =
8>><>>:m!
(m� n)! ; n � m
0 ; n > m
(138)
24
Entonces el monomio xl�1 es igual a�x2�l�m
; cuando
l � 1 = 2l � 2m+
m =l + 1
2(139)
Por lo tanto el único término que no se anula en la evaluación, me queda
Al = � (2l + 1)2ll!
�ll+12
�(�1)
l+12 (l � 1)! (140)
= � (�1)l+12(2l + 1)
2ll!
l!�l+12
�!�l � l+1
2
�!(l � 1)!
= (�1)l+32
(2l + 1) (l � 1)!
2l�l + 1
2
�!
�l � 12
�!
Lo que haremos a continuación es un poco de algebra para llegar a la mismaexpresión que tiene el libro. Pero note que aca ya se llega a una expresión �nal.
Al =2
2(�1)
l�1�l+12 (�1)
l+32
(2l + 1) (l � 1)!
2l�l + 1
2
�!
�l � 12
�!
(141)
=
��12
� l�12 (2l + 1)
2
�l + 1
2
�!
2664 (l � 1)!
2l�12
�l � 12
�!
3775El término que esta en el parentesis cuadrado corresponde al doble factorial
de (l � 2) ; por lo tanto el coe�ciente Al; es:
Al =�� 12
�(l�1)=2 (2l + 1)
2
�l + 1
2
�!
(l � 2)!! ; l impar (142)
(ii) Para demostrar f (x) = 32Pl (x)�
78P3 (x) +
1116P5 (x)� :::
Partimos de que la funcion se escribe en términos de los Pl (x) ; de la forma
f (x) =1Xl=0
AlPl (x) (143)
= A0P0 (x) +A1P1 (x) +A2P2 (x) +A3P3 (x) + :::
25
usando la fórmula (142) previamente derivada
Al =
�1
2
�(l�1)=2(2l + 1) (l � 2)!!
2
�l + 1
2
�!
(144)
Soluciones para l impares (es decir l = 1; 3; 5; :::) ya que para los l pares loscoe�cientes son nulos. Por lo tanto la serie valida es
f (x) = A1P1 (x) +A3P3 (x) +A5P5 (x) + ::: (145)
Calculando los coe�cientes no nulos, recuerde que el doble factorial estade�nido como
n!! =
8>>>><>>>>:(n� 2)� :::� 5� 3� 1 ; n > 0 impar
(n� 2)� :::� 6� 4� 2 ; n > 0 par
1 ; n = �1; 0
(146)
Para nuestro caso podemos ocupar la de�ción para numeros impar,
(2n+ 1)!! =(2n+ 1)!
2nn!(147)
Tenemos entonces que los coe�cientes:
A1 =
�1
2
�(1�1)=2(2 � 1 + 1) (1� 2)!!
2
�1 + 1
2
�!
=3
2(148)
A3 =
�1
2
�(3�1)=2(2 � 3 + 1) (3� 2)!!
2
�3 + 1
2
�!
= �78
(149)
A5 =
�1
2
�(5�1)=2(2 � 5 + 1) (5� 2)!!
2
�5 + 1
2
�!
=11
16(150)
Reemplazando estos coe�cientes en la solución (145), demostramos que:
f (x) =3
2P1 (x)�
7
8P3 (x) +
11
16P5 (x) + ::: (151)
(iii) Partiendo de la solución de Laplace en coordenadas esfericas con simetríaazimutal
� (r; �) =1Xl=0
�Alr
l +Blrl+1
�Pl (cos �) (152)
26
Ahora tenemos una esfera conductora de radio a que su hemiferios están adistintos potenciales �jos
V (�) =
8<: +V ; 0 � � < �=2
�V ; �=2 � � < �(153)
Ya que necesitamos soluciones �nitas hace Bl = 0 ya que r�(l+1) diverge enel origen, por lo tanto la solución es
� (r; �) =1Xl=0
AlrlPl (cos �) (154)
donde el coe�ciente se calcula usando la condición de borde � (a; �) = V (�) ytiene la siguiente forma
Al =2l + 1
2al
Z �
0
V (�)Pl (cos �) sin �d� (155)
Remplazando nuestro potencial notamos que la Pl (cos �) tiene que ser imparpara que no se anule, por lo tanto nuestra integral toma la forma
Al =(2l + 1)V
al
Z 1
0
Pl (cos �) d (cos �)
note que esta es la misma integral que la demostra en la parte (i) por lo tantousando esa solución tenemos
Al =
�1
2
�(l�1)=2V
al(2l + 1) (l � 2)!!
2
�l + 1
2
�!
(156)
valido para l impares. Para l = 1; 3; 5; tenemos
A1 =
�1
2
�(1�1)=2V (2 � 1 + 1) (1� 2)!!
2a
�1 + 1
2
�!
=3V
2a(157)
A3 =
�1
2
�(3�1)=2V (2 � 3 + 1) (3� 2)!!
2a3�3 + 1
2
�!
= � 7V8a3
(158)
A5 =
�1
2
�(5�1)=2V (2 � 5 + 1) (5� 2)!!
2a5�5 + 1
2
�!
=11V
16a5(159)
Colocando esto en la solución (154), demostramos:
� (r; �) =3V
2arP1 (cos �)�
7V
8a3r3P3 (cos �) +
11V
16a5r5P5 (cos �) + ::: (160)
27
(iv) Para demostrar
� (r; �) =3V a2
2r2
�cos � � 7a2
12r2
�5
2cos3 � � 3
2cos �
�+ :::
�que es la solución del potencial fuera de una esfera conductora de radio a consus hemiferios a potencial �jos opuestos.Partiendo de la solución
� (r; �) =1Xl=0
�Alr
l +Blrl+1
�Pl (cos �) (161)
Como queremos el potencial en el experior de la esfera imponemos Al = 0:por lo tanto la solución queda
� (r; �) =1Xl=0
Blrl+1
Pl (cos �) (162)
Usando la regla de ortogonalidad y la condición d eborde tenemos que elcoe�ciente es:
Bl =2l + 1
2
Z 1
�1V (�)Pl (cos �) d (sin �) (163)
como el pontecial es
V (�) =
8<: +V ; 0 � � < �=2
�V ; �=2 � � < �(164)
Notamos que la integral solo es valida para l impares, por lo tanto el coe�-ciente toma el siguiente valor
Bl = V al (2l + 1)
Z 1
0
Pl (x) d (x) (165)
Donde esta integral la resolvimos en parte (a) de este problema, por lo tanto
Bl =
�1
2
�(l�1)=2V al+1
(2l + 1) (l � 2)!!
2
�l + 1
2
�!
valido para l impares.Para l = 1; 3; 5; tenemos
B1 =
�1
2
�(1�1)=2V a2 (2 � 1 + 1) (1� 2)!!
2
�1 + 1
2
�!
=3V a2
2(166)
28
B3 =
�1
2
�(3�1)=2V a4 (2 � 3 + 1) (3� 2)!!
2
�3 + 1
2
�!
= �7V a4
8(167)
B5 =
�1
2
�(5�1)=2V a6 (2 � 5 + 1) (5� 2)!!
2
�5 + 1
2
�!
=11V a6
16(168)
Colocando esto en la solución (162), queda demostrado
� (r; �) =3V a2
2r2P1 (cos �)�
7V a4
8r4P3 (cos �) +
11V a6
16r6P5 (cos �) + :::(169)
=3V a2
2r2cos � � 7a4
8r2
�5
2cos3 � � 3
2cos �
�+ :::
=3V a2
2r2
�cos � � 7V a
4
12r4
�5
2cos3 � � 3
2cos �
�+ :::
�
Otro método para desmostrar esta solución es partiendo de
� (z = r) = V
�1� r2 � a2
r Sqrt[r2 + a2]
�(170)
Podemos arreglar la expresión y tomar la serie deTaylor de a=r = �
� (z = r) = V
"1�
r2�1� a2=r2
�r2p1 + a2=r2
#(171)
= V
"1�
�1� �2
�p1 + �2
#Entonces tomamos el Taylor de � en torno al cero
f (�) =1Xn=0
1
n!
@nf (�)
@�n
�����=0
�n (172)
Donde si comparamos usando métodos similares que la parte (a) del prob-lema vemos que esto es valido solo para terminos pares de n (! 2n) y que elcoe�ciente toma el siguiente valor
@nf (�)
@�n
�����=0
= (�1)n�1�2n� 1
2
���n� 1
2
���12
� (173)
Por lo tanto la solución queda de la siguiente forma
� (z = r) =V
��12
� 1Xj=0
1
j!
�2j � 1
2
��
�j � 1
2
��ar
�2j(174)
29
Note que esta solución es para cuando z = r, para encontrar la solución válidaen todos los puntos exteriores de la esfera debemos multiplicar por P2j�1 (cos �) ;tal que:
� (r; �) =V
��12
� 1Xj=0
1
j!
�2j � 1
2
��
�j � 1
2
��ar
�2jP2j�1 (cos �) (175)
Con esto calculamos el potencial segundo orden (es decir j = 1; 2):
� (r; �) =V
��12
� �3a2p�2r2
P1 (cos �)�7a4p�
8r4P3 (cos �) + :::
�(176)
= V
�3a2
2r2cos � � 7a
4
8r4
�5
2cos3 � � 3
2cos �
�+ :::
�=
3V a2
2r2
�cos � � 7V a
4
12r4
�5
2cos3 � � 3
2cos �
�+ :::
�
30