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FÍSICA TEÓRICA 1 - 2do. Cuatrimestre 2010
Notas de la práctica sobre la Guía 2: coordenadas esféricas
Separación de variables, imágenes y Green
Aquí figuran los problemas de separación de variables, Green e imágenes en esféricas. El orden de losproblemas sigue un orden más conveniente para su explicación:
Problema Página
6 18
18 21
5 24
15 28
16 30
20 31
17 37
19 44
Antes de los problemas de la guía hay una pequeña introducción con varios otros problemas resueltos: cargaen el origen (p. 5), carga en el eje z (p. 6), carga en cualquier lugar (p. 9), dipolo en el origen (p. 11), cargafrente a una esfera (p. 12), carga dentro de una esfera (p. 17).
En dominios que puedan definirse en la forma
r1 ≤ r ≤ r2,
la solución de la ecuación de Laplace por separación de variables en coordenadas esféricas se escribe comouna superposición de soluciones del tipo R(r)Q(ϕ)Θ(θ),
Φ(r) =∞∑l=0
l∑m=−l
[Almr
l +Blm
rl+1
]Ylm(θ, ϕ). (1)
Las funciones Ylm son el producto de una función de θ por una de ϕ. Si el dominio incluye el origen, es decir,si r1 = 0, todos los coeficientes Blm son cero. Recuerden que estamos hablando de soluciones de la ecuaciónde Laplace. Para resolver Poisson siempre pueden sumar soluciones particulares que arreglen las cosas enel origen, si es que ahí hay cargas. Si en el infinito existe la condición de potencial cero, los que deben sercero son los coeficientes Alm. Esto no se cumple, por ejemplo, si la condición en infinito es la de un campoeléctrico uniforme.
1
Los armónicos esféricos Ylm(θ, ϕ) forman una base para las funciones definidas en todo el ángulo sólido,
0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.
Cualquier función f(θ, ϕ) en este dominio puede desarrollarse según los armónicos esféricos
f(θ, ϕ) =∞∑l=0
l∑m=−l
Ylm(θ, ϕ) flm, (2)
donde
flm =
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
−1
d(cos θ) f(θ, ϕ) Y ∗lm(θ, ϕ). (3)
Aquí aparecen las funciones conjugadas Y ∗lm. Estas funciones son, en general, complejas. Implícita en laecuación de arriba está la relación de ortogonalidad∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
−1
d(cos θ) Yl′m′(θ, ϕ) Y ∗lm(θ, ϕ) = δl,l′δm,m′
Hay que notar que la integral sobre el ángulo θ es en verdad una integral sobre su coseno. En muchas situa-ciones la variable cos θ resulta más cómoda que el propio ángulo. En la ecuación de arriba, la ortogonalidadsegún θ y aquella según ϕ valen por separado, siempre que se considere primero la integral en ϕ y luego laintegral en cos θ; es decir,∫ 2π
0
dϕ Yl′m′(θ, ϕ) Y ∗lm(θ, ϕ) ∝ δm,m′ ,
∫ 1
−1
d(cos θ) Yl′m(θ, ϕ) Y ∗lm(θ, ϕ) ∝ δl,l′ .
Notar que en la segunda ecuación m es el mismo para los dos armónicos, no así l en la primera.
Según dijimos, los armónicos esféricos son el producto de una función de θ por una función de ϕ,
Ylm(θ, ϕ) =
√2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Pml (cos θ) eimϕ. (4)
La dependencia en θ viene a través de las funciones Pml , que son los llamados polinomios asociados de Leg-
endre. Para m fijo, estos polinomios forman un conjunto completo de funciones ortogonales en el intervaloentre −1 y 1. La relación de ortogonalidad es∫ 1
−1
dx Pml′ (x)Pm
l (x) =2
2l + 1
(l +m)!
(l −m)!δl,l′
Es importante notar que m aquí está fijo. Cuando m = 0, se omite el supraíndice y las funciones Pl(x) sonlos polinomios de Legendre. La relación de ortogonalidad para ellos se lee de la anterior con m = 0,∫ 1
−1
dx Pl′(x)Pl(x) =2
2l + 1δl,l′ (5)
2
Una función desarrollada en la base de los Pl se escribirá como
f(x) =∞∑l=0
Pl(x) fl,
donde, debido a la peculiar relación de ortogonalidad de los Pl, es
fl =2l + 1
2
∫ 1
−1
dx Pl(x)f(x). (6)
Por otro lado, la dependencia de los armónicos esféricos en la variable ϕ procede de las exponencialeseimϕ, en la ec. (4). Para l fijo, con m limitado al intervalo −l ≤ m ≤ l, estas funciones no son base, pero esono afecta a que sigan siendo ortogonales entre sí∫ 2π
0
dϕ eimϕe−im′ϕ = 2π δm,m′
Sólo cuando se consideran en conjunto todos los valores de l, y, por lo tanto, todos los de m, son estasfunciones base para la variable ϕ.
Cuando la función f que se quiere desarrollar en la base de los armónicos esféricos no depende del ánguloϕ,
f(θ, ϕ) ≡ f(cos θ),
el desarrollo sólo incluye términos con m = 0, que son los que no dependen de ϕ. Más aún,
f(cos θ) =∞∑l=0
Pl(cos θ) fl,
donde los fl están dados por (6). En términos de los coeficientes definidos en (2) y (3), esto significa
flm = δm,0
√4π
2l + 1fl.
Hay dos maneras, si fuera necesario, de pensar esto. Según (4),
Yl0(θ, ϕ) =
√2l + 1
4πPl(cos θ).
Entonces, sabiendo que los Pl forman una base y que siempre podemos escribir
f(cos θ) =∞∑l=0
Pl(cos θ) fl,
resulta
f(cos θ) =∞∑l=0
√4π
2l + 1Yl0(θ, ϕ) fl
=∞∑l=0
l∑m=−l
δm,0
√4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ) fl.
3
Esto implica que
flm = δm,0
√4π
2l + 1fl.
También se puede pensar partiendo desde el otro extremo, asumiendo que f admite un desarrollo del tipo (2)y viendo a dónde conduce el hecho de que f no dependa de ϕ. Para eso, hay que notar que la ec. (3) implica
flm =
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
−1
d(cos θ) f(cos θ) Y ∗lm(θ, ϕ) =
∫ 1
−1
d(cos θ) f(cos θ)
[∫ 2π
0
dϕ Y ∗lm(θ, ϕ)
].
Ahora bien, como los Y ∗lm dependen de ϕ únicamente a través de las funciones e−imϕ, la integral en ϕ esinmediata. A partir de la definición (4) resulta∫ 2π
0
dϕ Y ∗lm(θ, ϕ) =
(∫ 2π
0
dϕ e−imϕ)√
2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Pml (cos θ)
= 2πδm,0
√2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Pml (cos θ)
= 2πδm,0
√2l + 1
4πPl(cos θ).
En vista de la ec. (6), ahora con esto se obtiene
flm = 2πδm,0
√2l + 1
4π
[∫ 1
−1
d(cos θ) f(cos θ)Pl(cos θ)
]= 2πδm,0
√2l + 1
4π
2
2l + 1fl
= δm,0
√4π
2l + 1fl.
Entonces, según la ec. (2), el desarrollo de la función f(cos θ) es
f(cos θ) =∞∑l=0
l∑m=−l
δm,0
√4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ) fl
=∞∑l=0
√4π
2l + 1Yl0(θ, ϕ) fl,
pero, de acuerdo a la definición (4), √4π
2l + 1Yl0(θ, ϕ) = Pl(cos θ).
Finalmente,
f(cos θ) =∞∑l=0
Pl(cos θ) fl.
4
Lo que hay que recordar entonces es que si una función no depende de ϕ, su desarrollo es en la base de lospolinomios de Legendre. En particular, la solución de la ecuación de Laplace para un problema con simetríaazimutal será
Φ(r) =∞∑l=0
[Alr
l +Bl
rl+1
]Pl(cos θ). (7)
No vale la pena proponer una expansión según los Ylm, porque al final se reducirá a un desarrollo en los Pl.
¿Y si la función no es independiente de ϕ sino de θ? Investiguen, pero creo que la respuesta no es sencilla.http://www.ncbi.nlm.nih.gov/pmc/articles/PMC528154/pdf/pnas00724-0041.pdf
Ya sea que Φ fuera o no una solución de la ecuación de Laplace, siempre se lo puede escribir como undesarrollo en armónicos esféricos. Si en el dominio hay cargas puntuales o distribuidas en líneas o super-ficies, estas distribuciones se manifestarán como saltos o discontinuidades de Φ o de sus derivadas. Si lasdistribuciones son continuas en volumen, lo que ocurrirá es que, si bien Φ tendrá un desarrollo en armónicosesféricos,
Φ(r) =∞∑l=0
l∑m=−l
flm(r) Ylm(θ, ϕ),
las funciones flm(r), en la región ocupada por las cargas, no serán una combinación de las funciones rl yr−(l+1), pues en tal caso se cumpliría Laplace. Un ejemplo muy simple de esto es el potencial de una esferade radio a cargada uniformemente en volumen. Si la carga de la esfera es Q, el potencial se escribe como
Φ(r) =Q
r, si r ≥ a,
Φ](r) =Q
2a
[3−
(ra
)2], si r ≤ a.
Fuera de la esfera, el potencial es de la forma (7), (A/r)P0(cos θ), pero dentro es (B + Cr2)P0(cos θ). Sifuera el desarrollo de una función que satisface Laplace, r2 debería multiplicar a P1, nunca a P0.
Ahora veremos varios casos particulares, no todos incluidos en la guía.
1. El potencial de una carga unitaria en el origen,
Φ(r) =1
r.
Este potencial satisface ∇2Φ(r) = −4π δ3(r), pero fuera del origen satisface Laplace y admite un desarrollocomo el de la ec. (1). Todos los términos de su desarrollo en armónicos esféricos son cero salvo el términocon l = 0 y m = 0, que corresponde a Y00 = 1/
√4π. Podemos escribir, aunque aquí no tiene mayor sentido
5
hacerlo,
Φ(r) =∞∑l=0
l∑m=−l
1
rl+1δl,0δm,0
√4π Ylm(θ, ϕ)
=∞∑l=0
1
rl+1δl,0 Pl(cos θ).
2. El potencial de una carga unitaria sobre el eje z, en la posición r′ = z′ z. Definamos r′ = |z|. Conocemosya la solución; es
Φ(r) =1
|r− r′|.
Como la carga está concentrada en un punto de la esfera de radio r′, en los dominios 0 ≤ r < r′ y r′ < r
este potencial satisface Laplace, y como además tiene simetría azimutal admite un desarrollo en polinomiosde Legendre
Φ(r) =
∞∑l=0
Alrl Pl(cos θ), si 0 ≤ r < r′,
∞∑l=0
Bl
rl+1Pl(cos θ), si r′ ≤ r.
En la región que incluye al origen los términos divergentes en r = 0 están excluidos. De igual forma, concondiciones de contorno homogéneas en el infinito, en la segunda región son los términos con potenciaspositivas de r los que quedan fuera del desarrollo. Los coeficientes Al y Bl se pueden obtener mediante lascondiciones de continuidad y salto a través de la superficie r = |z′|. Pero para eso es más práctico redefinirlos,y escribir
Φ(r) =
∞∑l=0
Alr′
(r
r′
)l
Pl(cos θ), si 0 ≤ r < r′,
∞∑l=0
Bl
r′
(r′
r
)l+1
Pl(cos θ), si r′ ≤ r.
(8)
Esto tiene la ventaja se simplificar las condiciones de continuidad y salto cuando se las plantea en r = r′,porque ahí todos los cocientes r/r′ valen 1. Además, observen que la combinación de r y r′ que figura enlas dos expresiones es rl</r
l+1> , donde
r< = min[r, r′], r> = max[r, r′].
La continuidad en r = r′ implica, por comparación de los dos desarrollos,
Al = Bl.
6
Ya podemos ir escribiendo
Φ(r) =∞∑l=0
Alrl<rl+1>
.
El salto en la derivada debe ser igual a 4π veces la densidad superficial asociada a la carga. Después es-cribiremos con detalle esta densidad, por ahora basta decir que es cierta σ(θ), independiente de ϕ. El salto dela derivada normal a través de la superficie r = r′ se calcula fácilmente término a término,l Al
r′2
(r
r′
)l−1
+ (l + 1)Bl
r′2
(r′
r
)l+2 ∣∣∣∣∣∣
r=r′
= (2l + 1)Alr′2. (9)
Resulta práctico derivar primero respecto de r/r′ y después multiplicar por 1/r′. Ahora bien, la densidadsuperficial asociada a la carga debe estar concentrada en cos θ = ±1, dependiendo de si la carga está en elsemieje z positivo o z negativo, respectivamente, y por lo tanto esta densidad será proporcional a δ (cos θ ∓ 1).Cuál es la constante de proporcionalidad se averigua integrando sobre una superficie de prueba que incluyaal punto r′. La integral debe dar el valor de la carga. Aquí estamos tomando q = 1, así que
1 =
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
1−εd(cos θ) r′
2α δ (cos θ ∓ 1) = 2πr′
2α⇒ α =
1
2πr′2.
Tener en cuenta que como la integral es sobre parte de una esfera de radio r′, el elemento de superficie quese usó es
dϕ d(cos θ) r′2.
Otra cosa para notar es que en esféricas∫ 1
−1
d(cos θ) δ(cos θ ∓ 1) = 1.
Aquí no sucede como en cartesianas, donde la delta integrada en un intervalo que contuviera al punto en elque está centrada vale 1/2. En definitiva,
σ±(θ) =1
2πr′2δ (cos θ ∓ 1) .
Signo + si la carga está en z > 0, y menos si está en el otro semieje. Si queremos comparar esto con el saltode la derivada radial de Φ, necesitamos expandir σ en la misma base
σ±(θ) =∞∑l=0
Pl(cos θ)σ±l ,
y por lo tanto tendremos que determinar los coeficientes del desarrollo de la delta
δ(cos θ ∓ 1) =∞∑l=0
Pl(cos θ) δ±l .
7
Luego será
σ±l =δ±l
2πr′2.
Pero ya sabemos que los coeficientes en estas expansiones están dados por (6), de manera que es
δ±l =2l + 1
2
∫ 1
−1
d(cos θ) δ(cos θ ∓ 1)Pl(cos θ) =2l + 1
2Pl(±1).
Todos los polinomios de Legendre están definidos de modo que Pl(1) = 1 y Pl(−1) = (−1)l. Entonces alfinal es
δ±l = (±1)l2l + 1
2,
y los coeficientes del desarrollo de σ
σ±l = (±1)l2l + 1
4πr′2.
Ahora podemos comparar esto con (9). Debe ser
(2l + 1)Alr′2
= 4πσ±l ⇒ Al = (±1)l.
Ven que aquí está lo práctico de haber definido las constantes del desarrollo tal como figuran en (8). Losfactores 4π, (2l + 1) y r′2 se cancelan todos. Finalmente, el potencial de una carga unitaria sobre el eje z enz = ±r′ se escribe como
Φ(r) =∞∑l=0
(sgn z′)lrl<rl+1>
Pl(cos θ). (10)
Por otro lado, supongamos z′ > 0, de modo que z′ = r′, entonces
Φ(r) =1
|r− r′ z|=
1√r2 + r′2 − 2rr′ cos θ
,
así que tienen la identidad
1√r2 + r′2 − 2rr′ cos θ
=∞∑l=0
rl<rl+1>
Pl(cos θ) =∞∑l=0
rl<rl+1>
Pl(r · r′). (11)
Esta es la fórmula para recordar. La identidad (11) muestra que lo que importa en la expansión es el cosenodel ángulo que forma r con r′ que, en el caso particular en que r′ está sobre el semieje z positivo, es cos θ. Esposible independizarnos de la elección de los ejes escribiendo
1
|r− r′|=
1√r2 + r′2 − 2rr′ cos γ
=∞∑l=0
rl<rl+1>
Pl(cos γ), (12)
donde cos γ es el coseno del ángulo entre r y r′. En términos de sus coordenadas,
cos γ =r · r′
rr′= sin θ sin θ′ cos(ϕ− ϕ′) + cos θ cos θ′.
8
Algo que podemos preguntarnos es cómo se llega al límite en que la carga está en el origen, situación enla que sabemos es Φ(r) = 1/r. Si r′−→ 0, cualquier r en donde estemos calculando el potencial quedará porencima de r′, y sin duda será r> = r y r< = r′. En este caso el potencial (10) tendrá sólo potencias r′l conl ≥ 0. En el límite r′−→ 0 sólo sobrevive el término con l = 0, y entonces
Φ(r)−→ P0(cos θ)
r=
1
r.
3. Carga en r′ genérico, definido por ángulos θ′ y ϕ′ y un radio r′. Ahora hay que proponer para Φ undesarrollo en armónicos esféricos. Tenemos que dividir el problema en regiones, dejando a la carga en lafrontera. En cada región Φ satisface Laplace y tendremos
Φ(r) =
∑l,m
Almr′
(r
r′
)l
Ylm(θ, ϕ), si 0 ≤ r < r′,
∑l,m
Blm
r′
(r′
r
)l+1
Ylm(θ, ϕ), si r′ ≤ r.
De nuevo estamos fijando desde el comienzo condiciones de regularidad en el origen y en el infinito. Espoco lo que cambia respecto al cálculo que hicimos antes. La continuidad en r = r′ sigue significando queAlm = Blm, y con esto ya podemos escribir
Φ(r) =∑lm
Almrl<rl+1>
Ylm(θ, ϕ).
Respecto al caso anterior sí cambia el modo en que se escribe la densidad superficial de carga en la esferar = r′. Debe ser una densidad concentrada en ϕ′ y en un valor del coseno del ángulo polar igual a cos θ′,
σ(θ, ϕ) = α δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′).
La integral en una pequeña superficie de prueba que contenga a la carga debe dar 1, y eso fija el valor de α,
1 =
∫ ϕ′+δϕ
ϕ′−δϕdϕ
∫ cos θ′+ε
cos θ′−εd(cos θ) r′2 α δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′) = r′2 α⇒ α =
1
r′2,
luego
σ(θ, ϕ) =1
r′2δ(ϕ− ϕ′)δ(cos θ − cos θ′).
Vamos a necesitar el desarrollo de esta función en armónicos esféricos,
σ(θ, ϕ) =∑l,m
Ylm(θ, ϕ) σlm,
donde
σlm =
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
−1
d(cos θ) σ(θ, ϕ) Y ∗lm(θ, ϕ) =1
r′2Y ∗lm(θ′, ϕ′). (13)
9
El salto de la derivada normal de Φ en r = r′ puede calcularse término a término y el resultado debe ser4πσlm, (
∂Φ
∂r
∣∣∣∣r=r′−− ∂Φ
∂r
∣∣∣∣r=r′+
)lm
= 4πσlm−→2l + 1
r′2Alm =
4πY ∗lm(θ′, ϕ′)
r′2
⇒ Alm =4π
2l + 1Y ∗lm(θ′, ϕ′).
La expresión final para el potencial es
Φ(r) =∑lm
4π
2l + 1
rl<rl+1>
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′). (14)
Más aún, como sabemos que Φ(r) = |r− r′|−1, tenemos la siguiente identidad
1
|r− r′|=∑lm
4π
2l + 1
rl<rl+1>
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′).
Esta es otra fórmula para recordar. Combinando esta ecuación con la identidad (12), se deduce la llamadafórmula de adición para los armónicos esféricos,
Pl(cos γ) =4π
2l + 1
l∑m=−l
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′), (15)
donde cos γ = r · r′. Si, por ejemplo, en un problema tienen simetría de rotación respecto de un eje que noes el eje z, digamos, un eje caracterizado por una dirección n, y γ es el ángulo definido con esta dirección, elpotencial se escribirá como
Φ(r) =∑l
[Almr
l +Blm
rl+1
]Pl(cos γ)
=∑lm
4π
2l + 1
[Almr
l +Blm
rl+1
]Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′).
La utilidad de esto radica en que ustedes pueden resolver el problema tomando inicialmente como eje z eleje de simetría. Ahí las cuentas son más simples porque es un desarrollo en los Pl. Una vez que tienen esasolución, pasar al sistema de ejes original es un simple reemplazo de los Pl, siguiendo la ecuación (15).
Como casos particulares, la expresión (14) permite obtener el potencial cuando la carga está en el eje zen z = ±r′. En el primer caso es θ′ = 0. Una propiedad de los Ylm(θ, ϕ) es que si θ = 0 son cero salvo sim = 0,
Ylm(0, ϕ) = δm,0
√2l + 1
4π.
En ese caso la ec. (14) se escribe
Φ(r) =∑l
4π
2l + 1
rl<rl+1>
Yl0(θ, ϕ)
√2l + 1
4π.
10
Pero también es
Yl0(θ, ϕ) =
√2l + 1
4πPl(cos θ).
Entonces
Φ(r) =∑l
rl<rl+1>
Pl(cos θ).
Si la carga está en el semieje z negativo, es θ′ = π, donde análogamente vale
Ylm(π, ϕ) = δm,0 (−1)l√
2l + 1
4π.
Luego,
Φ(r) =∑l
(−1)lrl<rl+1>
Pl(cos θ).
Vemos que se reproducen las dos alternativas contenidas en la ec. (10).
4. El potencial de un dipolo puntual en el origen. Saben que este potencial puede escribirse como
Φ(r) =r · pr3
=r · pr2
.
Si el dipolo está orientado según el eje z, hay simetría azimutal y es
Φ(r) =p cos θ
r2=
p
r2P1(cos θ).
Esto significa que en una expansión de Φ es polinomios de Legendre únicamente el término asociado a l = 1
es distinto de cero. Si el dipolo apunta en cualquier dirección (θ′, ϕ′), lo que sigue importando es el ángulo γentre el r y el dipolo. Entonces, usando la fórmula de adición con l = 1, podemos escribir
Φ(r) =p
r2P1(cos γ) =
4π
3
p
r2
1∑m=−1
Y1m(θ, ϕ)Y ∗1m(θ′, ϕ′).
Fíjense que esto también da una forma de representar el producto escalar de dos vectores unitarios: puestoque Φ es simplemente (p/r2)(p · r), debe ser entonces
p · r =4π
3
1∑m=−1
Y1m(θ, ϕ)Y ∗1m(θ′, ϕ′). (16)
Un método alternativo para llegar a este resultado hubiera sido escribir cada componente de los versoresp y r como combinaciones lineales de los armónicos esféricos de orden 1. Si consultan en el Jackson lasexpresiones de los Y1m, verán que no es difícil deducir que el versor
r = (sin θ cosφ, sin θ sinϕ, cos θ)
11
queda dado por
r =
(√2π
3[Y11 − Y11] , i
√2π
3[Y11 + Y11] ,
√4π
3Y10
)θ,ϕ
.
Se entiende que Y11 = Y1,−1. Una expresión similar vale para el versor p en la dirección del dipolo. Sihacen el producto escalar verán que llegan a la suma que figura en (16). Probablemente tengan que usar queY ∗lm = (−1)mYlm (la notación es m = −m).
Aun otro método para llegar al potencial del dipolo y, en realidad, un método que se usa con frecuenciapara escribir el potencial de distribuciones dipolares más generales, es considerar al dipolo como dos cargasde igual módulo, signos opuestos y apartadas una distancia ε según un versor p. Si la carga (−q) está en elorigen, el potencial de las dos cargas será la suma de los dos potenciales
Φ(r) =q
|r− εp|− q
r
= q∑lm
4π
2l + 1
rl<rl+1>
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)− q
r,
donde r< = min[r, ε], etc. Ahora bien, como lo que interesa es el límite ε−→ 0, pero conservando qε = p,a los efectos prácticos es r> = r y r< = ε. Todos los términos proporcionales a εl con l > 1 serán cero; eltérmino con l = 1 sobrevive porque estamos asumiendo que qε = p. Pero el término con l = 0 tampoco sesalva, pues se cancela con la contribución de la carga (−q) en el origen, así que al final sólo queda el términocon l = 1,
Φ(r)−→ 4π
3
qε
r2
1∑m=−1
Y1m(θ, ϕ)Y ∗1m(θ′, ϕ′) =4π
3
p
r2
1∑m=−1
Y1m(θ, ϕ)Y ∗1m(θ′, ϕ′),
que es lo mismo que antes.
5. Carga unitaria frente a una esfera a tierra. El resultado de este cálculo será la función de Green delproblema externo a una esfera. Si la esfera tiene radio a y la carga está en r′, la región externa a la esfera sedivide en dos zonas, una con a ≤ r ≤ r′ y la otra con r′ ≤ r. En el interior de cada zona vale Laplace. Enla primera zona en el desarrollo de Φ participarán potencias positivas y negativas de r, ya que ni el origenni r−→ ∞ son problemas aquí. En la zona más externa sólo deben aparecer potencias negativas de r. Yateniendo en cuenta continuidad a través de la superficie r = r′ y la condición de potencial 0 en la esfera deradio a, para el término lm del potencial podemos escribir
[Φ(r)]lm =
Almr′l+1
(rl − a2l+1
rl+1
), si a ≤ r ≤ r′
Almrl+1
(r′l − a2l+1
r′l+1
), si r′ ≤ r.
12
En una sola línea esto puede escribirse así
[Φ(r)]lm =Alm
rl+1>
(rl< −
a2l+1
rl+1<
)= Alm
(rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
).
Noten que si tienen una expresión que sea simétrica respecto de r< y r> siempre la pueden escribir reem-plazando estos radios por r y r′; por ejemplo,
a2l+1
rl+1< rl+1
>
=a2l+1
(r′r)l+1.
Término a término, el salto en la derivada al atravesar la superficie r′ significa,
4πσlm = Alm
[1
r′l+1
(lr′l−1 + (l + 1)
a2l+1
r′l+2
)+ (l + 1)
1
r′l+2
(r′l − a2l+1
r′l+1
)]
= (2l + 1)Almr′2
.
El término σlm sigue estando dado por (13),
σlm =Y ∗lm(θ′, ϕ′)
r′2
de manera que al final es
Alm =4πY ∗lm(θ′, ϕ′)
2l + 1,
y el potencial
Φ(r) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
]. (17)
Esta es la función de Green para el problema externo de una esfera. Aquí es posible identificar el potencialde la carga de prueba y de su imagen por la esfera. El potencial de una carga en el vacío quedó escrito en laec. (14),
Φq(r) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
rl<rl+1>
.
Ya habrán notado que Φ para el problema de la esfera puede escribirse como Φq más otra cosa y que esa otracosa es
−∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
a2l+1
(r′r)l+1.
Esto tiene la misma forma que el potencial de una carga puntual para puntos más allá del radio al que está lacarga. Esto lo podemos afirmar porque aquí aparece la misma combinación de armónicos esféricos, el mismo
13
factor 4π/(2l + 1) y sólo figuran potencias negativas de r. Para llevar esto explícitamente a la forma delpotencial de una carga debemos escribir
− a2l+1
(r′r)l+1
en la forma
qimrlimrl+1
.
Como qim no debe depender de l, el modo de hacer esta identificación es único,
− a2l+1
(r′r)l+1= − a
r′(a2/r′)l
rl+1⇒
qim = − a
r′,
rim =a2
r′.
Hay que notar que, al ser tratarse del problema externo, r y r′ son mayores que a y por lo tanto
a2
r′=a
r′a < a < r.
Por eso tiene sentido que para esta carga imagen sólo aparezcan los términos con r−(l+1), pues siempre esr> = r y r< = rim. Si rim caracteriza el radio al que está la carga imagen, los ángulos que terminan dedefinir su posición son los mismos que los de la carga de prueba original, θ′ y ϕ′, pues comparten el mismofactor Y ∗lm(θ′, ϕ′) en la expresión del potencial, ec. (17),
rim = rim r′ =
a2
r′r′ =
( ar′
)2
r′.
Una vez que identificamos el potencial como la suma de los potenciales de la carga de prueba y de una cargaimagen, podemos escribir
G(r, r′) =1
|r− r′|− a
r′1∣∣r− (a/r′)2 r′
∣∣ . (18)
Esta es la solución a la que se llega también por el método de imágenes con argumentos más geométricos, sinpasar por la expansión en armónicos esféricos.
A partir del potencial (17) es posible calcular la densidad de carga superficial inducida sobre la esfera.Como el potencial es cero dentro de la esfera, la densidad de carga es simplemente
σ(θ, ϕ) = − 1
4π
∂Φ(r)
∂r
∣∣∣∣r=a+
.
Como la derivada va a estar evaluada sobre la esfera, no hay duda de que habrá que usar la expresión delpotencial cuando r< = r y r> = r′. El resultado al que deberían llegar es
σ(θ, ϕ) = −∑lm
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)al−1
r′l+1.
14
Siempre que tengan una densidad de carga sobre una esfera escrita en esta forma
σ(θ, ϕ) =∑lm
Ylm(θ, ϕ)σlm,
la carga total se puede leer directamente del término con l = m = 0:
Q =
∫a2dΩ σ(θ, ϕ) =
∑lm
[∫a2dΩ Ylm(θ, ϕ)
]σlm,
pero la integral de los Ylm puede leerse como un producto escalar de estas funciones con la función 1 =√4π Y00, ∫
dΩ Ylm(θ, ϕ) =√
4π
∫dΩ Ylm(θ, ϕ) Y00 =
√4π δl,0δm,0 ⇒ Q = a2
√4π σ00.
Entonces,
Q = − ar′
√4πY ∗00(θ′, ϕ′) = − a
r′. (19)
En verdad, este resultado puede obtenerse con sólo saber que el potencial y, por lo tanto, el campo eléctricofuera de la esfera son equivalentes al de la carga de prueba y su imagen. No es importante saber cuálesson las verdaderas fuentes del campo: si el campo eléctrico es igual al de una carga de prueba y su imagen,al aplicar la ley de Gauss obtendremos las mismas cosas que cabría esperar en el caso de que esas fuerantodas las cargas, aunque en realidad sepamos que no hay ninguna carga real en la posición de la imagen ysí cargas inducidas en la esfera. Deben convencerse de que la ley de Gauss implica que la carga inducida esigual a la carga imagen, que es lo que dice la ec. (19). Podemos enunciarlo de manera más general: si dosdistribuciones de cargas producen el mismo campo eléctrico en una región del espacio por la que sea posiblepasar una superficie que encierre completamente las fuentes, entonces, en general, no será posible afirmarque las dos distribuciones sean idénticas, pero sí que la carga total de las dos es la misma.
Aun otro método para determinar la carga total se basa en la observación de que, a grandes distancias, elpotencial toma la forma de una expansión multipolar. El término que decae como 1/r es proporcional a lacarga total. Luego, si en la ec. (17) nos alejamos suficientemente del origen para estar en la región r > r′, elpotencial es
Φr>r′(r) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[r′l
rl+1− a2l+1
(r′r)l+1
]=(
1− a
r′
) 1
r+ . . .
donde el término mostrado corresponde a l = 0. El factor que multiplica a 1/r es la carga total, lo que implicaque la carga inducida es (−a/r′).
Un problema relacionado con el de la carga en el exterior de la esfera a tierra es aquel en que el potencialde la esfera es una función arbitraria V (r). Es cierto que una vez obtenida la función de Green esta clase deproblemas puede resolverse mediante la fórmula
Φ(r) =
∫V
d3r′ G(r, r′) ρ(r′)− 1
4π
∮S
d2r′∂G(r, r′)
∂n′V (r′). (20)
15
Aquí V (r′) es el potencial sobre la esfera. Cuando V = 0 y ρ es el de una carga puntual unitaria, se recuperala función de Green. Observen que la contribución de la segunda integral en (20) es independiente de ladensidad de carga que hay en el interior del volumen. Si V es constante, la integral sobre la esfera es
Ia = − 1
4π
∮S
d2r′∂G(r, r′)
∂n′V (r′) = +
V
4π
∫a2dΩ′
∂G(r, r′)
∂r′,
donde se ha tenido en cuenta que la normal exterior es −r′. Al reemplazar G por su desarrollo, el únicotérmino que va a contribuir a la integral es el que tiene l = m = 0, por las mismas razones que ya hanaparecido antes cuando calculamos la carga total. Al tomar la derivada debe tenerse en cuenta que r< = r′,pues esta variable se mueve sobre la superficie de radio a, y r es mayor que a. Al final queda
Ia =V a
r.
No es casualidad que este resultado sea el potencial de una esfera a V , ya que esta clase de problemas puedendescomponerse en la siguiente superposición, sea V constante o no,
Una segunda clase de problemas son aquellos en que los que se da la carga total sobre la esfera. Fíjense queeste no es el problema de Neumann, porque lo que se da no es la densidad superficial de carga punto a punto,sino su integral sobre toda la esfera. Una vez que ha quedado resuelto el problema de la carga frente a laesfera a tierra, lo que hay que pensar es cómo hacer una superposición que conduzca al resultado del otroproblema, donde la carga total sobre la esfera es cierta carga Q. Físicamente, si en algo difiere el problemade la esfera a tierra del de la esfera con carga neta Q, esa diferencia tiene que ser atribuida a ciertas cargassobre la esfera, pues es el único lugar donde podrían estar. Entonces, si el problema va a ser resuelto porsuperposición, lo que habrá que sumar al problema de la carga y la esfera a tierra es el de una cáscara concierta σ. La condición sobre esta σ es que la carga total sobre la esfera, resultado de la combinación de los dosproblemas individuales, sea Q. Pero hay una condición suplementaria, que es que la esfera siga siendo unaequipotencial y, por lo tanto, al hacer la superposición, su potencial, sea lo que sea, tiene que ser constantesobre su superficie.
Al resolver el problema de la carga frente a la esfera a tierra, la esfera es por construcción una equipoten-cial. ¿Qué clase de σ puede agregarse a la esfera sin afectar el hecho de que siga siendo una equipotencial?La respuesta debería resultar evidente: σ tiene que ser uniforme. Su valor se determina con la condición deque la carga total sea Q. Sabemos que en el problema de la carga unitaria frente a la esfera a tierra se induceuna carga Qa = −a/r′. Luego, la condición que buscamos es
Q = Qa + 4πa2σ.
16
De aquí
σ =1
4πa2
(Q+
a
r′
).
6. Carga unitaria en el interior de una esfera a tierra. Resolver este problema equivale a encontrar la funciónde Green del problema interno para una esfera. Siguiendo los mismos pasos que en el ejemplo anterior,ustedes deberían llegar de nuevo a la ec. (18), pues recordarán que esta expresión es igualmente válida paralos dos problemas, el interno y el externo. Lo que podemos hacer de distinto aquí es obtener el desarrollo dela función de Green del problema interno a partir de la ec. (18). El término del potencial asociado a la cargade prueba sigue expandiéndose como siempre
1
|r− r′|=∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
rl<rl+1>
.
La diferencia con el problema externo es que ahora la posición de la imagen, a2/r′, es exterior a la esfera, ypor lo tanto exterior a los puntos donde se está calculando el potencial,
a2
r′=a
r′a > a > r.
Entonces, al expandir el potencial de la carga imagen, sin duda será r< = r y r> = rim. Ustedes puedendemostrar que queda
− ar′
1∣∣r− (a/r′)2 r′∣∣ = − a
r′
∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
(r′r)l
a2l+1.
Reuniendo las dos contribuciones en una única expresión, para el problema interno es
G(r, r′) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl<rl+1>
− (r′r)l
a2l+1
].
Compárenla con la función de Green del problema externo, ec. (17).
Aquí también podemos calcular la densidad de carga inducida sobre la esfera a la tierra por la presenciade la carga unitaria en r′,
σ(θ, ϕ) =1
4π
∂G(r, r′)
∂r
∣∣∣∣r=a−
= −∑lm
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)r′l
al+2.
El único término que contribuye a la carga total es el monopolar,
Q = a2√
4πσ00 = a2√
4π[− Y ∗00(θ′, ϕ′)
1
a2
]= −1.
17
Este resultado era previsible: afuera de la esfera el campo eléctrico es cero, pero la integral del campo fuerade la esfera es, por ley de Gauss, la carga total. Luego, la carga total, la de prueba más la inducida, es cero.Si la suma de estas dos es cero, la carga inducida ha de ser menos la carga de prueba.
Al igual que en el caso del problema externo, hay para el problema interno otras dos clases de problemasrelacionados. La primera clase corresponde a sustituir la condición de esfera a tierra por otra en donde supotencial sea una función cualquiera. Como antes, este problema se resuelve por la superposición.
En el otro tipo de problema, la condición de esfera a tierra se sustituye por el valor de su carga total, mante-niendo implícita la condición de que la esfera siga siendo una equipotencial, es decir, un conductor. La ideasigue siendo la misma que en el problema externo. Agregar al original una densidad superficial σ, uniformesobre la esfera, de modo que la carga del problema combinado dé lo que tiene que dar. Ya vimos que la cargainducida en el problema de la carga y la esfera a tierra era (−1). La condición que buscamos es
Q = −1 + 4πa2 σ,
lo que implica que σ = (Q+ 1)/(4πa2). (Recordar que estamos considerando el caso q = 1.)
Problema 6. Se trata de encontrar la función de Green para el volumen entre dos esferas de radios a y b.Si la carga está en un radio r′ tal que a < r′ < b, la división en regiones es entre a y r′ y entre r′ y b. Enestas dos regiones, la expansión del potencial puede contener tanto potencias negativas como positivas de r.Continuidad y potencial 0 en r = a y r = b pueden tenerse en cuenta muy fácilmente. Empecemos poranular el potencial en esos dos radios: en la región a ≤ r ≤ r′ el término lm del potencial debería ser
Alm
[rl − a2l+1
rl+1
](21)
y en la región r′ ≤ r ≤ b,
Blm
[b2l+1
rl+1− rl
]. (22)
Escrito así, la cantidad entre corchetes es siempre positiva. Hay un asunto práctico bastante trivial en elque conviene detenerse un segundo. Luego de tantos ejemplos, podemos notar una regularidad en cómo seconstruyen estos potenciales para que sean continuos. En una región tenemos algo de la forma Alm fl(r)y en la otra Blm gl(r), y queremos que coincidan en r = r′. Los coeficientes Alm y Blm son incógnitas
18
del problema. Continuidad se consigue de manera inmediata si se redefinen los coeficientes Alm y Blm
escribiendo en la primera región Almfl(r)gl(r′), y en la segunda Almfl(r′)gl(r). Evaluadas en r = r′ estasdos expresiones evidentemente dan lo mismo.
Entonces, podemos reescribir las ecs. (21) y (22), diciendo que el término lm del potencial en la regióna ≤ r ≤ r′ debe ser
Alm
[rl − a2l+1
rl+1
] [b2l+1
r′l+1− r′l
],
y en la región r′ ≤ r ≤ b
Alm
[r′l − a2l+1
r′l+1
] [b2l+1
rl+1− rl
].
Notando cuál es la relación de orden entre r y r′ en cada región, las dos expresiones pueden resumirse enuna sola,
Alm
[rl< −
a2l+1
rl+1<
] [b2l+1
rl+1>
− rl>]. (23)
El salto de la derivada radial en r′ determina las constantes Alm. Teniendo cuidado en las cuentas se llega aque
Alm =4π
2l + 1
[1−
(ab
)2l+1]−1
.
Finalmente, acomodando un poco las cosas,
G(r, r′) =∑lm
4π
2l + 1
[1−
(ab
)2l+1]−1
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl< −
a2l+1
rl+1<
] [1
rl+1>
− rl>b2l+1
]. (24)
Noten que si no hubiésemos escrito el potencial como en (23), es muy probable que llegar a una expresiónque, dentro de todo, es simple de leer como la ec. (24), hubiera sido trabajoso. Si distribuyen los productosentre los corchetes aparecen cuatro términos. Lo difícil es, a partir de esos cuatro términos, reconstruir loscorchetes.
Hay un par de límites que verificar. Si b−→ ∞ debería obtenerse la función de Green del problemaexterno; en efecto, cuando b−→∞
G(r, r′) −→∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl< −
a2l+1
rl+1<
] [1
rl+1>
]
=∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(rr′)l+1
].
De manera similar, en el límite a−→ 0 se obtiene la función de Green del problema interno.
19
La densidad de carga inducida sobre cada esfera se calcula como antes,
σa(θ, ϕ) = − 1
4π
∂G(r, r′)
∂r
∣∣∣∣r=a
= −∑lm
[1−
(ab
)2l+1]−1
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′) al−1
[1
r′l+1− r′l
b2l+1
],
σb(θ, ϕ) =1
4π
∂G(r, r′)
∂r
∣∣∣∣r=b
= −∑lm
[1−
(ab
)2l+1]−1
Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)1
bl+2
[r′l − a2l+1
r′l+1
].
También, igual que antes, la carga total se lee de los términos l = m = 0. Aprovechen para revisar elargumento que conduce hasta aquí,
Qa = a2√
4π (σa)00 = −ar′− a
b
1− ab
,
Qb = b2√
4π (σb)00 = −1− a
r′
1− ab
.
La suma de estas dos cargas es
Qa +Qb = −1,
es decir, es menos el valor de la carga de prueba q = 1. Podemos escribir
Qa +Qb + q = 0.
Esta relación podría haberse escrito mucho antes, sólo a partir de Gauss: como el campo eléctrico fuera de laesfera de radio b es cero, la carga total del sistema de las dos esferas con la carga de prueba entre ellas debeser cero, que es lo que está escrito ahí arriba.
Cuando se toman los límites a−→ 0 o b−→ ∞ se obtienen para Qa y Qb los correspondientes a los delproblema interno y externo, respectivamente,
si a−→ 0,
Qa−→ 0,
Qb−→ −1,si b−→∞,
Qa−→ −
a
r′
Qb−→ −1 +a
r′(!)
En el problema se pide ver qué pasa si se coloca una carga entre las dos esferas cuando sus potenciales noson cero sino V1 y V2. No hay mucho que hacer más que plantear la superposición de la figura.
20
El otro caso que se pide analizar es aquel en que las esferas están aisladas y tienen cargas totalesQ1 y Q2.¿Cómo se resuelve esto usando el problema ya conocido de las esferas a tierra? Ya vimos casos parecidos paralos problemas externos e internos de una sola esfera. Aquí es un poco más complicado, porque si agregamosuna densidad superficial uniforme a una de las esferas, para ajustar el valor de su carga, estamos al mismotiempo induciendo una carga extra en la otra esfera. Y si corregimos la carga en esta esfera, deshacemos loque logramos en la primera. Hay que resolver todo el problema junto. Lo que pueden hacer es plantear lamisma superposición que en la figura de arriba, con V1 y V2 incógnitas. Las condiciones que los fijan son losvalores de la carga total que quieren producir en cada esfera.
Problema 18. El problema de la carga unitaria entre dos esferas a tierra también puede resolverse porimágenes, claro que no con un número finito de imágenes.
Las cargas a un lado y a otro de las esferas guardan las siguientes relaciones
Qn+1 = − a
SnPn, Pn+1 = − b
Rn
Qn, (25)
y sus posiciones,
Rn+1 =a2
Sn, Sn+1 =
b2
Rn
. (26)
La última relación permite expresar Sn en función de Rn−1, lo que a su vez lleva a relacionar Rn+1 con Rn−1,
Rn+1 =a2
b2Rn−1. (27)
Dividiendo las dos últimas relaciones en (25) y (26) entre sí y evaluando en (n− 1), en lugar de n, se obtiene
PnSn
= −Qn−1
b,
21
que puede ser reemplazado en la primera ecuación en (25) para dar una relación que sólo involucra las cargas,y no las distancias,
Qn+1 =a
bQn−1. (28)
Como todas las relaciones son simétricas respecto de los dos conjuntos de imágenes, sin hacer una sola cuentamás podemos escribir las expresiones hermanas de (27) y (28)
Sn+1 =b2
a2Sn−1, Pn+1 =
b
aPn−1.
Noten el intercambio de b por a respecto de las ecuaciones que relacionaban entre sí los Qn y los Rn. Fíjenseademás que no relacionan cada cantidad con su inmediato predecesor, sino, por ejemplo, Qn+1 con Qn−1 yRn+1 con Rn−1. De esta manera podemos escribir relaciones por separado para los n pares y los impares, porejemplo
Q2n =a
bQ2n−2, Q2n+1 =
a
bQ2n−1.
Ven que por cada paso que dan en n, multiplican por un factor a/b. Para llegar a 2n tienen que partir de2n = 0 y multiplicar por 2n factores a/b, y lo mismo para llegar a 2n+ 1 desde 2n+ 1 = 1,
Q2n =(ab
)nQ0, Q2n+1 =
(ab
)nQ1.
La diferencia entre las cargas pares e impares no está en las relaciones de recurrencia sino en el valor desdeel que parte cada conjunto. La carga que inicia la serie de las pares es Q0 = q, la carga original. La que iniciala serie de las impares es Q1 = −(a/r′) q. Luego,
Q2n =(ab
)nq, Q2n+1 = − a
r′
(ab
)nq.
De manera análoga se comportan las distancias Rn,
R2n =(ab
)2n
r′, R2n+1 =(ab
)2n a2
r′.
Para el otro conjunto de imágenes sólo basta intercambiar a por b,
P2n =
(b
a
)nq, P2n+1 = − b
r′
(b
a
)nq,
S2n =
(b
a
)2n
r′, S2n+1 =
(b
a
)2nb2
r′.
Hay que notar que para los dos conjuntos de imágenes, Q0 y P0 son en realidad la carga de prueba q. Alsumar los potenciales de todas estas cargas hay que tener cuidado en excluir esas cargas, indicando que lasseries de cargas pares comienzan en n = 1 y no en n = 0. Definiendo x = a/b y con q = 1, la contribución
22
al potencial de todas las imágenes por la esfera de radio a es
Φa(r) =∞∑n=1
Q2n
|r−R2n r′|+∞∑n=0
Q2n+1
|r−R2n+1 r′|
=∞∑n=1
xn
|r− x2nr′ r′|− a
r′
∞∑n=0
xn
|r− x2n(a2/r′) r′|. (29)
Cada uno de los términos dentro de las sumatorias puede desarrollarse en armónicos esféricos. Aquí no hayduda de cuál es la elección de r< y r>, pues todas las imágenes están por debajo de a. Así queda
Φa(r) =∑lm
4π
2l + 1YlmY
∗lm′
[∞∑n=1
(x2l+1)n r′l
rl+1−∞∑n=0
(x2l+1)n
rl+1
a2l+1
r′l+1
].
Las sumas en n son geométricas, con la salvedad de que la primera comienza en n = 1,
Φa(r) =∑lm
4π
2l + 1YlmY
∗lm′ r′l
(1− x2l+1) rl+1
[x2l+1 −
( ar′
)2l+1].
Un trabajo parecido para el otro conjunto de imágenes, el asociado a la esfera de radio b, conduce a lasiguiente expresión
Φb(r) =∑lm
4π
2l + 1YlmY
∗lm′ rl
(1− x2l+1) r′l+1
[x2l+1 −
(r′
b
)2l+1].
A los potenciales Φa y Φb hay que agregar el potencial de la carga original en r′,
Φq(r) =∑lm
4π
2l + 1YlmY
∗lm′ r
l<
rl+1>
.
Queda para ustedes verificar que la suma Φq + Φa + Φb coincide con la primera solución, ec. (24).
La figura que sigue muestra un gráfico de las equipotenciales para a = 1, b = 4 y r′ = 1.1, 2 y 3.6. Elgráfico muestra los contornos del potencial graficado según un corte plano que pasa por el eje de simetría quecontiene a la carga de prueba y a los centros de las dos esferas. Para obtener estos contornos se usaron paraΦa y Φb las formas del tipo (29), sumando 40 imágenes a cada lado.
23
Problema 5. Se trata de encontrar el potencial en todo el espacio cuando sobre una esfera de radio a se sabeque Φ(r) es
Φ(r)|r=a = V (θ),
V (θ) =
V1, si 0 ≤ θ <
π
2,
V2, siπ
2< θ ≤ π.
(30)
Cómo se define V (π2) es irrelevante o, mejor aún, la propia solución se encargará de darnos el valor de V (π
2).
Se propone resolver el problema directamente o descomponerlo en otros dos que tengan una paridad definidarespecto las reflexiones por el plano z = 0.
Como el problema tiene simetría azimutal, vamos a plantear una solución con la misma simetría. Di-vidimos el problema en dos regiones, una con r ≤ a y otra con r ≥ a. En cada región el problema es elproblema estándar de Laplace con condiciones de Dirichlet en la frontera. Cada problema puede resolverseindependientemente del otro, ya que no hay condiciones de contorno que vinculen las regiones entre sí (cosaque no ocurre cuando la condición de contorno es una densidad superficial de carga; ahí necesitan escribiruna condición de contorno que vincula las dos regiones). En la región r ≤ a tienen
Φ(r) =∞∑l=0
[Alr
l +Bl
rl+1
]Pl(cos θ).
Los coeficientes Bl tienen que ser cero porque el dominio incluye al origen, y se trata de la ecuación deLaplace. Luego,
Φ(r) =∞∑l=0
Alrl Pl(cos θ).
Por otro lado, en r = a, Φ(r) tiene que ser V (θ),∞∑l=0
Alal Pl(cos θ) = V (θ).
24
Si supiésemos desarrollar V (θ) del mismo modo que Φ, es decir, si supiésemos cómo escribir
V (θ) =∞∑l=0
Vl Pl(cos θ),
bastaría con comparar los dos desarrollos. El resultado sería
Al =Vlal.
Fin del asunto.
Pasemos a la región r ≥ a, donde la solución para Φ que es regular en el infinito es
Φ(r) =∞∑l=0
Bl
rl+1Pl(cos θ).
Igual que antes, en r = a, tiene que ser Φ(r) = V (θ). Así concluimos que
Bl = al+1 Vl.
Es bueno acostumbrarse a escribir las cosas de manera que las cuentas finales resulten lo más simplesposibles. En este problema no hay mucho que simplificar, pero, si quisiéramos hacerlo, podríamos haberpropuesto para Φ, en la región r ≤ a, la siguiente forma
Φ(r) =∞∑l=0
Al
(r
a
)l
Pl(cos θ),
y, en la región r ≥ a, esta otra
Φ(r) =∞∑l=0
Bl
(a
r
)l+1
Pl(cos θ).
Lo que se consigue con esto, igualando Φ a V (θ) en r = a, es el par de ecuaciones
Al = Bl = Vl,
un poco más sencillas, aunque no mucho, que las primeras que obtuvimos. La solución para Φ es la misma,obviamente. También hay que notar que la solución en todo el espacio se escribe de manera muy compactacomo
Φ(r) =∞∑l=0
Vla rl<rl+1>
Pl(cos θ). (31)
Es típico de los problemas en esféricas, si el espacio queda dividido en dos regiones, que aparezca la com-binación rl</r
l+1> . Vamos a ver después, en otros problemas, que elegir el potencial tratando de que las
condiciones de frontera se simplifiquen lo más posible es muy ventajoso, y aligera la parte más tediosa de lascuentas, que es despejar los coeficientes del desarrollo de Φ en cada región.
25
La solución (31) resuelve el caso general de una esfera con un potencial que no depende de ϕ. Volviendoal problema de la guía, falta encontrar el conjunto de los Vl para la función (30). Están dados por
Vl =2l + 1
2
∫ 1
−1
d(cos θ) P (cos θ)V (θ),
y según la definición de V (θ), ec. (30), resulta
Vl =2l + 1
2
[V1
∫ 1
0
d(cos θ) P (cos θ) + V2
∫ 0
−1
d(cos θ) Pl(cos θ)
].
Teniendo en cuenta que Pl(−x) = (−1)lPl(x), con un cambio de variable en la segunda integral se puedeescribir
Vl =2l + 1
2
[V1
∫ 1
0
d(cos θ) P (cos θ) + (−1)lV2
∫ 1
0
d(cos θ) Pl(cos θ)
]
= (2l + 1)
[V1 + (−1)l V2
2
]Il, (32)
donde
Il =
∫ 1
0
dx Pl(x). (33)
Necesitamos la primitiva de los Pl. En los libros es más probable encontrar esta otra fórmula
dPl+1
dx− dPl−1
dx− (2l + 1)Pl = 0.
Pero de aquí se deduce en seguida que para l > 0∫dx Pl =
Pl+1 − Pl−1
2l + 1. (34)
Antes de ponernos a aplicar ciegamente esta fórmula podemos decir algo acerca de las integrales Il, ec. (33).Veamos primero qué puede decirse a partir de la paridad de los polinomios. Para los l pares,
Il =1
2
[∫ 1
0
dx Pl(x) +
∫ 0
−1
dx Pl(x)
]=
1
2
∫ 1
−1
dx Pl(x).
Siempre es útil construir este tipo de ecuaciones, porque pueden pensarse como un producto escalar entre dosde las funciones de la base. Es cierto que a simple vista hay un solo Pl. El otro es 1, puesto que P0(x) = 1.Entonces, para l par,
Il =1
2
∫ 1
−1
dx Pl(x)P0(x) =1
22 δl,0 = δl,0.
El factor 2 viene del factor (2l + 1)/2 que aparece en la relación de ortogonalidad (5) [pero no se necesitaconsultar esa relación para saber que la integral entre (−1) y 1 de la función 1 es 2]. De manera que
26
únicamente la integral de P0 es distinta de cero. Todos los otros Pl con l par, integrados entre 0 y 1 dan cero.Entonces, a partir de (32), con l = 0, podemos decir
V0 =V1 + V2
2.
¿Qué pasa con los l impares? Ahora sí usamos la primitiva (34) con l = 2m+ 1 y obtenemos
I2m+1 =P2m+2(1)− P2m(1)− P2m+2(0) + P2m(0)
2(2m+ 1) + 1.
Importante propiedad de los Pl es que todos valen 1 en 1, así que los primeros dos términos en el numeradorse cancelan. Finalmente,
I2m+1 =P2m(0)− P2m+2(0)
2(2m+ 1) + 1.
El valor de los P2m en el origen es
P2m(0) = (−1)m(2m− 1)!!
(2m)!!.
Los dobles factoriales significan el producto de todos los enteros pares o impares hasta el número indicado,
(2m)!! = (2m)(2m− 2)× ...× 4× 2,
(2m− 1)!! = (2m− 1)(2m− 3)× ...× 3× 1.
En m = 0, se entiende que m!! = (2m− 1)!! = 1. Pueden demostrar que el doble factorial de un número partambién se puede escribir así
(2m)!! = 2mm!
Con todo esto deberían encontrar que
I2m+1 = (−1)m(2m− 1)!!
(2m)!!.
Curiosamente, o no, I2m+1 = P2m(0). Para l impar entonces queda
V2m+1 = (−1)m (4m+ 3)P2m(0)
(V1 − V2
2
).
La solución para el potencial Φ, ec. (31), va a incluir todos los términos con l impar y el término l = 0, quede los pares es el único que contribuye,
Φ(r) =
(V1 + V2
2
)a
r>+
(V1 − V2
2
)∞∑m=0
r2m+1<
r2m+2>
(4m+ 3)P2m(0)P2m+1(cos θ). (35)
27
Noten que si V1 = V2, todos los términos con l > 0 son cero y sólo sobrevive el primer sumando de laexpresión anterior. Pero ¿qué quiere decir que V1 sea igual a V2? Quiere decir que tienen una esfera apotencial uniforme,
V = V1 = V2.
La solución debe ser Φ = V dentro de la esfera, y V a/r fuera. Y eso es lo que está sucediendo cuandoV1 = V2,
Φ(r) =
(V1 + V2
2
)a
r>= V ×
1, si r ≤ a,
a
r, si r ≥ a.
Al revés, si V1 = −V2, el primer término en (35) desaparece y sólo quedan los que tienen l impar. Es lógico,porque la simetría del problema dicta que el potencial debe ser impar como función de cos θ, y la paridad delos Pl(cos θ) es (−1)l.
Estas consideraciones sobre la paridad del potencial son las que en el enunciado de la guía llevan asugerirles que descompongan el problema en suma de dos problemas, cada uno con simetría bien definida.Resolver el problema con V1 y V2 generales es superfluo. Si uno conoce el potencial de una esfera a V , yresuelve el problema de los dos casquetes a V y −V ya ha resuelto el problema más general y las cuentasserán más sencillas. La solución del problema general será la suma de uno con V = (V1 + V2)/2, uniforme,y de otro con V (θ) = signo(cos θ) (V1 − V2)/2, impar respecto de cos θ.
Problema 15 . Se trata de una esfera conductora de radio a y a potencial V rodeada por una cáscara de radiob con densidad superficial uniforme σ. El problema debe resolverse por imágenes. Podemos descomponer elproblema en esta superposición
28
Es decir,Φ(r) = ΦCC(r) + Φσ(r),
donde ΦCC es el potencial de la esfera a V sin la cáscara (el subíndice CC es por condiciones de contorno),y Φσ es el potencial de la cáscara con la esfera a tierra. El potencial ΦCC es V dentro de la esfera y afueratiene que ir como 1/r; entonces por continuidad afuera debe ser V a/r. Esto puede resumirse en una únicaexpresión, válida en todo el espacio,
ΦCC(r) =V a
r(a)>
. (36)
El índice (a) en r(a)> indica que la comparación debe hacerse con a,
r(a)> = max[r, a].
La cantidad V a es evidentemente la carga inducida sobre la esfera cuando está a potencial V .
Para resolver el problema de la cáscara y la esfera a tierra, cada elemento infinitesimal de área de lacáscara puede ser considerado como una carga puntual y tendrá asociado una carga imagen dentro de laesfera. Como todos los puntos de la cáscara son equivalentes, todos guardan con sus imágenes las mismasrelaciones. En particular, todas las imágenes se encuentran a la misma distancia del origen
r′ =a2
b.
Más aún, la carga total de la cáscara imagen, Q′, debe guardar con la carga total Q de la cáscara σ la mismarelación que cada elemento de carga infinitesimal guarda con su imagen,
dq′ = −abdq,
∫dq′ = −a
b
∫dq ⇒ Q′ = −a
bQ.
Esto puede escribirse como una relación entre la densidad σ′ de la cáscara imagen y la de la cáscara original,
4πr′2 σ′ = −ab
4πb2 σ ⇒ σ′ = − b3
a3σ.
29
Finalmente, en la región r ≥ a, el potencial de la cáscara frente a la esfera será el potencial de dos cáscaras,la original, de radio b y carga Q, y la cáscara imagen, de radio r′ y carga Q′,
Φσ(r) =Q′
r+
Q
r(b)>
,= Q
(− a
br+
1
r(b)>
), r ≥ a, (37)
Φσ(r) = 0, r ≤ a.
El potencial del problema completo será
Φ(r) =V a
r+Q
(− a
br+
1
r(b)>
)=V a+Q′
r+
Q
r(b)>
, r ≥ a,
Φ(r) = V, r ≤ a.
Para el problema completo, la carga total inducida sobre la esfera es
Qtotal = V a+Q′.
Hay que notar que fuera de la esfera lo único que importa para calcular el potencial es este valor de lacarga total y no dónde se encuentre. Cualquier distribución esféricamente simétrica con la misma carga totalproducirá fuera de la esfera el mismo potencial.
Problema 16. Se trata de resolver el problema anterior usando la función de Green. En general, la solucióndel problema de Dirichlet puede escribirse en términos de la función de Green como
Φ(r) =
∫V
d3r′ G(r, r′) ρ(r′)− 1
4π
∮S
d2r′∂G(r, r′)
∂n′Φ(r′).
La primera integral es en la región interior al volumen donde se está calculando el potencial, y la segunda,sobre su frontera. En la frontera, el valor del potencial es un dato del problema. Si las cargas dentro delvolumen están distribuidas sobre una superficie Σ, como en el caso de la cáscara del problema anterior, laintegral de volumen se reduce a una integral de superficie,
Φ(r) =
∫Σ
d2r′ G(r, r′)σ(r′)− 1
4π
∮S
d2r′∂G(r, r′)
∂n′Φ(r′).
Notar que la segunda integral no depende de la distribución de carga dentro del volumen, sino únicamentedel valor del potencial en la frontera. Todos los problemas en donde este valor sea fijado de igual manera,comparten la misma contribución al potencial que viene de esa integral. La primera integral da la solución enel caso en que el contorno está a potencial 0.
Para el problema de la cáscara y la esfera a potencial V , tendremos la siguiente contribución de volumen(en realidad, como ya dijimos, una integral de superficie),
ΦV(r) =
∫Σ
d2r′ G(r, r′)σ(r′) =
∫r′=b
b2dΩ G(r, r′)σ.
30
La función de Green es la del problema externo, ec. (17),
G(r, r′) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
].
Todo el peso de la integral cae sobre las funciones Y ∗lm(θ′, ϕ′),
ΦV(r) =∑lm
4πσ
2l + 1
[rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
]r′=b
[Ylm(θ, ϕ)
∫b2dΩ Y ∗lm(θ′, ϕ′)
].
El último término entre corchetes ya ha aparecido muchas veces,
Ylm(θ, ϕ)
∫b2dΩ Y ∗lm(θ′, ϕ′) = b2δl,0δm,0.
Luego,
ΦV(r) = 4πb2σ
(1
r>− a
br
)= Q
(1
r>− a
br
).
Lo que define r> es la relación de orden entre r y r′ = b, de manera que deberíamos escribir como antesr
(b)> . Compárese el resultado así escrito con la ec. (37).
Por otro lado, la contribución al potencial que viene de la integral sobre la frontera del volumen es
ΦS(r) = − 1
4π
∫r′=a
a2dΩ∂G(r, r′)
∂(−r′)V.
La normal exterior respecto de la cual debe tomarse la derivada es (−r′), de ahí que derivemos G respectode (−r′). Además, como la integral es sobre r′ = a, es sin duda r< = r′ y r> = r. Las mismas operacionesque aplicamos antes llevan al siguiente resultado
ΦS(r) =V
4π
∑lm
4π
2l + 1(2l + 1)
al−1
rl+1
[Ylm(θ, ϕ)
∫a2dΩ Y ∗lm(θ′, ϕ′)
]=V a
r.
Esto es lo que antes llamamos ΦCC, ec. (36).
Problema 20. Este es el problema usualmente apodado Saturno. Una esfera a tierra de radio a, rodeada deun anillo de radio b y cargado de manera uniforme con carga total Q = 2πb λ. Se pide calcular el potencialpor varios métodos. Tomaremos el eje z como eje del anillo.
31
Primer método: mediante la función de Green. Para el problema externo de la esfera, la función de Greenfue calculada antes,
G(r, r′) =∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)Y ∗lm(θ′, ϕ′)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
]. (38)
Como el potencial de la esfera es cero, en la fórmula de Green,
Φ(r) =
∫V
d3r′ G(r, r′) ρ(r′)− 1
4π
∮S
d2r′∂G(r, r′)
∂n′V (r′),
el único trabajo será calcular el término de volumen, que en este caso corresponde a una integral de línea,puesto que las cargas en el volumen están concentradas en el anillo. La integral puede parametrizarse con elángulo ϕ′. Para todos los puntos del anillo es r′ = b y θ′ = π/2. Entonces,
Φ(r) =
∫r′=b,θ′=π
2
bdϕ′ G(r, r′)λ =
=∑lm
4π
2l + 1Ylm(θ, ϕ)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(r′r)l+1
]r′=b
[∫ 2π
0
bdϕ′ Y ∗lm
(π2, ϕ′)]
.
Aquí es importante recordar que los Ylm(θ, ϕ) dependen de ϕ a través de un factor exponencial eimϕ, y así∫ 2π
0
dϕ Ylm(θ, ϕ) = 2πδm,0Yl0(θ, ϕ) = 2πδm,0
√2l + 1
4πPl(cos θ),
donde se ha usado que
Yl0(θ, ϕ) =
√2l + 1
4πPl(cos θ).
Con esto, demuestren que
Φ(r) = Q∞∑l=0
Pl(cos θ)Pl(0)
[rl<rl+1>
− a2l+1
(br)l+1
],
donde la relación de orden que determina r< y r> es la que hay entre r y b. Es natural que haya quedadoun desarrollo en los Pl, ya que el problema tiene simetría azimutal. Debido a la paridad de los Pl, sólocontribuirán en la expresión anterior los valores pares de l, para los que
P2m(0) =(−1)m (2m− 1)!!
(2m)!!.
Así,
Φ(r) = Q
∞∑m=0
P2m(0) P2m(cos θ)
[r2m<
r2m+1>
− a4m+1
(br)2m+1
]. (39)
Sabemos que en la función de Green (38) el primer término entre corchetes corresponde a la carga de pruebay el segundo, a su imagen. Esta interpretación se traslada a la fórmula (39) para el potencial del anillo frentea la esfera, como muestra la figura.
32
Podemos escribir (39) así
Φ = Φ0 + Φim,
Φ0(r) = Q
∞∑m=0
r2m<
r2m+1>
P2m(0) P2m(cos θ), (40)
Φim(r) = −Q∞∑m=0
a4m+1
(br)2m+1P2m(0) P2m(cos θ).
El término Φ0 debería corresponder al potencial de un anillo en el espacio no acotado, sin esferas, sin nada.Mientras que Φim debería corresponder al potencial del anillo imagen. Si esto fuera cierto deberíamos poderllevarlo a la misma forma que tiene el primer término, y en lugar de aparecerQ debería apareceQ′ = −Qa/b,y en lugar de b, b′ = a2/b. Podemos afirmar esto porque como todos los elementos de carga del anillo sonequivalentes, las mismas relaciones que guarda cada uno de ellos con su imagen, debe guardar el anillo conel anillo imagen. De hecho puede reescribirse Φim en la forma que acabamos de decir
Φim(r) = −Q a
b
∞∑m=0
(a2/b)2m
r2m+1P2m(0) P2m(cos θ)
= −Q′∞∑m=0
b′2m
r2m+1P2m(0) P2m(cos θ).
Aquí no hay alternativas entre r< y r>, puesto que el anillo imagen está dentro de la esfera y es siemprer > a > b′.
Segundo método. Prolongación analítica. La idea es encontrar primero el potencial de un anillo sobrepuntos de su eje, lo que siempre es fácil, y extender este resultado al resto del espacio de manera trivial,mediante un argumento de analiticidad. Para resolver el problema completo, habrá que sumar dos de estospotenciales, uno para el anillo y otro para su imagen.
Sobre puntos de su eje, el potencial de un anillo de radio b y carga Q es
Φ(0, 0, z) =Q√
b2 + z2. (41)
33
El objetivo es escribir esto como una serie de potencias en |z|. Está claro que para puntos del eje z es |z| = r.La expansión es simple si uno recuerda la fórmula (11),
1√r2 + r′2 − 2rr′ cos θ
=∞∑l=0
rl<rl+1>
Pl(cos θ).
Así se ve que (41) puede escribirse en la forma
Q√b2 + z2
=Q√
b2 + z2 − 2b|z| cos π2
= Q∞∑m=0
r2m<
r2m+1>
P2m(0), (42)
donde la comparación que define r< y r> es entre b y |z|. Sabemos que en las regiones 0 ≤ r < b y b < r
el potencial satisface la ecuación de Laplace, y como además tiene simetría azimutal podrá escribirse en laforma
Φ(r) =∞∑l=0
Alrl<rl+1>
Pl(cos θ).
Esta elección es la apropiada a las condiciones de regularidad en 0 e infinito y además es continua en r = b.El objetivo es calcular los Al sin resolver nada más. Evaluemos esto sobre el semieje z > 0, donde θ = 0 ycos θ = 1; teniendo en cuenta que Pl(1) = 1,
Φ(0, 0, z > 0) =∞∑l=0
Alrl<rl+1>
.
Y esto debe coincidir con (42); por lo tanto, comparando ahora potencias de r (de ahí el nombre de prolon-
gación analítica),
A2m = QP2m(0), A2m+1 = 0.
Fíjense entonces que lo único necesario para pasar de (42) al potencial en todo el espacio es multiplicar cadatérmino por Pl(cos θ),
Φ(r) = Q
∞∑m=0
r2m<
r2m+1>
P2m(0)P2m(cos θ),
que es lo mismo que habíamos obtenido antes para el potencial del anillo, ec. (40). Escribir el potencial parael anillo imagen y sumar las dos soluciones queda para ustedes.
Tercer método. Separación de variables. Como el problema tiene simetría azimutal la expansión delpotencial para r ≥ a será
Φ(r) =∞∑l=0
Al
(rl<rl+1>
− a2l+1
(br)l+1
)Pl(cos θ). (43)
Aquí ya hemos aplicado todos los trucos que sabemos para escribir, en una sola línea, un potencial que escontinuo en r = b, que en a se anula y que para r > b sólo contiene potencias negativas de r. Veámoslo paso
34
a paso. En la región a ≤ r ≤ b el potencial puede contener potencias negativas y positivas de r; el términol−ésimo tendrá la forma
Alrl +
Bl
rl+1.
Para anular esto en r = a podemos reemplazar Bl por (−Al)a2l+1,
Alrl +
Bl
rl+1−→ Al
(rl − a2l+1
rl+1
).
En la otra región el potencial no debe contener potencias positivas de r; debe ser de la forma
Clrl+1
.
Ahora sigue el mismo argumento que muchas veces hemos usado: si queremos que en b el potencial seacontinuo podemos multiplicar Cl por el término l−ésimo del potencial al otro lado de b evaluado en b, yanálogamente para Al,
Clbl+1−→ AlCl
rl+1
(bl − a2l+1
bl+1
),
Al
(rl − a2l+1
rl+1
)−→ AlCl
bl+1
(rl − a2l+1
rl+1
).
Nada importa llamar al producto AlCl con la misma letra Al. Un paso más y se llega a la expansión (43).
Para calcular el salto en la derivada hay que escribir la densidad superficial de carga asociada al anillo.Esta densidad debe estar concentrada en θ = π/2, no debe depender de ϕ, y la integral en cada pequeñoelemento de superficie que contenga un segmento del anillo de longitud δ` debe dar λδ`. Estas condicionesse traducen en lo siguiente
⇒ σ(θ) =λ
bδ(cos θ).
Necesitamos expandir σ(θ) en la base de los Pl. Será σ(θ) =∞∑l=0
σl Pl(cos θ), con
σl =2l + 1
2
∫ 1
−1
d(cos θ) Pl(cos θ)σ(θ) =λ
b
2l + 1
2Pl(0).
35
Por otro lado, el término l−ésimo del salto de la derivada normal de Φ al atravesar b es(∂Φ
∂r
∣∣∣∣r=b−− ∂Φ
∂r
∣∣∣∣r=b+
)l
=(2l + 1)
b2Al.
Igualado esto a 4πσl implicaAl = 2πb λPl(0) = QPl(0). Finalmente, reemplazando en la ec. (43) y teniendoen cuenta la paridad de los Pl, resulta, igual que antes
Φ(r) = Q∞∑m=0
[r2m<
r2m+1>
− a4m+1
(br)2m+1
]P2m(0)P2m(cos θ).
El problema pide también calcular la densidad de carga inducida sobre la esfera,
σa(θ) = − 1
4π
∂Φ
∂r
∣∣∣∣r=a+
= − Q
4πa2
∞∑m=0
(4m+ 1)(ab
)2m+1
P2m(0)P2m(cos θ). (44)
Al calcular la carga total el único término que contribuye es el m = 0, ya que∫ 1
−1dxPl(x) = 2δl,0,
Qa =
∫a2dΩ σ(θ) = −4πa2 Q
4πa2
a
b= −Qa
b.
Ustedes pueden comprobar que cuando b = a el anillo se cancela exactamente con su imagen. Cuanto máscerca está el anillo de la esfera, más concentrada es la densidad superficial inducida. En el límite b−→ a,la densidad inducida es la delta de cos θ. Si uno quiere graficar σ(θ) se enfrenta al problema de truncar laserie (44) para obtener cierto nivel de precisión. Cuanto más pequeño sea el cociente a/b menos términoshabrá que considerar. Las figuras muestran cómo convergen las sumas parciales a una función límite, parados valores del cociente a/b. La función límite está calculada con 100 términos de la suma. Las otras curvasestán calculadas tomando entre 2 y 20 términos de la suma.
1.0 0.5 0.0 0.5 1.0
0
1
2
3
4
5
1.0 0.5 0.0 0.5 1.0
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
36
En el primer caso se necesitan unos 15 términos para que a simple vista no se distinga ninguna mejora alagregar más. En el segundo caso basta con unos 4 términos de la suma para que eso ocurra. Las esferasmuestran la densidad calculada con 100 términos.
Problema 17. En este problema hay una esfera de radio a, a tierra, y frente a ella un dipolo puntual p.Supongamos que la posición del dipolo sea r0. Se pide encontrar el potencial siguiendo varios métodos.Antes de hacer las cuentas es un buen ejercicio tratar de predecir el resultado. Así que deténganse un minutocuando hagan este problema y piensen a dónde deberían llegar.
Primer método: mediante la función de Green. Creo que no resulta muy práctico usar la función de Greenexpandida en armónicos esféricos, sino escrita en la forma
G(r, r′) =1
|r− r′|− a
r′1
|r− (a/r′)2 r′|. (45)
Como la esfera está a tierra todo lo que tenemos que calcular es
Φ(r) =
∫r>a
d3r′ G(r, r′) ρ(r′).
La densidad es la debida al dipolo. No estoy seguro de que hayamos escrito antes la densidad para un dipolo,así que hagámoslo aquí. Lo que se hace es pensar al dipolo como dos cargas , una (+q) y otra (−q), separadassegún un vector εn. Es decir, la carga (−q) estará en r0 y la carga q en r0 + εn. Luego se toma el límiteε−→ 0, q−→ ∞, conservando el valor del producto εq = p. La cantidad p = pn es el momento dipolar. Ladensidad de carga es la suma de las densidades de cada carga,
ρ(r) = q[δ3(r− r0 − εn)− δ3(r− r0)
]= −qεn · ∇δ3(r− r0) + . . . .
En el límite del que hablamos,
ρ(r) = −p · ∇δ3(r− r0).
37
Entonces,
Φ(r) = −p ·∫r>a
d3r′ G(r, r′)∇δ3(r′ − r0). (46)
El resultado de una integral del tipo ∫V
d3r′ f(r′)∇δ3(r′ − r0)
se define mediante una integración por partes,∫V
d3r′ f(r′)∇δ3(r′ − r0) =
∫V
d3r′∇[f(r′)δ3(r′ − r0)
]− δ3(r′ − r0)∇f(r′)
=
[∫S
d2r′ f(r′)δ3(r′ − r0) n
]−∇f(r0) = −∇f(r0). (47)
Aquí estamos asumiendo que r0 se encuentra dentro del volumen de integración V. La frontera de V esla superficie S y n es la normal a esta superficie. Puesto que r0 está en el volumen y no en la superficie,la última integral de superficie es cero y sólo sobrevive −∇f(r0). Para integrar el gradiente de fδ3, en laprimera línea, lo que se usó es la siguiente versión del teorema de la divergencia∫
V
d3r ∇g(r) =
∫S
d2r g(r) n.
Ahora podemos aplicar el resultado de la ec. (47) a la expresión (46). Resulta
Φ(r) = p · ∇r′G(r, r′)∣∣∣r′=r0
. (48)
Hay que notar que el gradiente actúa sobre la segunda variable de G. Otra forma de llegar a este resultado sinpasar por la integral del gradiente de la delta es retroceder un poco y pensar cada carga por separado:
Φ(r) = qG(r, r0 + εn)− qG(r, r0) = qεn · ∇r′G(r, r′)∣∣∣r′=r0
+ . . .
−→ p · ∇r′G(r, r′)∣∣∣r′=r0
.
Siempre que tengan dudas en cómo tratar un dipolo, piénsenlo como dos cargas y tomen el límite al final.Notarán que ese camino suele ser hasta más simple.
La función de Green como está escrita en (45) tiene dos términos. En correspondencia con esto vamos aescribir
Φ(r) = Φp(r) + Φim(r), (49)
donde
Φp(r) = p · ∇r′1
|r− r′|
∣∣∣∣r′=r0
, Φim(r) = p · ∇r′a
r′−1
|r− (a/r′)2 r′|
∣∣∣∣r′=r0
. (50)
38
El término Φp debería reproducir el potencial del dipolo original, en el vacío, sin la esfera; en efecto
p · ∇r′1
|r− r′|
∣∣∣r′=r0
= p · r− r0
|r− r0|3.
Para llegar a esta expresión usamos lo siguiente,
∇1
r= − 1
r2∇r = − r
r2= − r
r3.
Está claro ahora que la contribución del primer término de G al potencial del dipolo frente a la esfera es igualal potencial del dipolo en el vacío. Que éste es el potencial de un dipolo puntual puede verse superponiendolos potenciales de dos cargas de igual módulo, distinto signo y separadas según un vector εp, tomando ellímite ε−→ 0, εq = p,
Φp(r) =
[q
|r− r0 − ε p|− q
|r− r0|
]ε−→0,qε−→p
= −p · ∇r1
|r− r0|= p · ∇r0
1
|r− r0|.
Queda por tomar el gradiente del segundo término en la expresión (45), es decir, calcular Φim en (50).Esta es la parte complicada del ejercicio. Vamos a usar una propiedad de G para simplificar las cuentas.Ustedes pueden tomar el camino directo y comparar. De todas maneras, más abajo igual lo haremos. Lapropiedad en cuestión es la simetría frente al intercambio de r por r′. Eso es evidente en el primer términode G, pero no tanto en el segundo,
1
|r− r′|=
1
|r′ − r|,
a
r′1
|r− (a/r′)2 r′|?=a
r
1
|r′ − (a/r)2 r|.
Para ver que es cierto primero sacamos un factor r en el denominador e incluimos dentro de las barras demódulo el factor r′ original,
a
r′1
|r− (a/r′)2 r′|=a
r
1
|r′ r − (a2/r) r′|.
Ahora bien, es muy fácil ver que para dos versores n y m
|A n−B m| = |A m−B n|.
39
Luego aplicamos esto a |r′ r − (a2/r) r′| para escribir
a
r
1
|r′ r − (a2/r) r′|=a
r
1
|(a2/r) r − r′ r′|=a
r
1
|(a2/r2) r− r′|.
Que es lo que queríamos mostrar. La ventaja de escribir esto en lugar de la expresión original, es que aquí r′
aparece en un solo lugar. Así resulta más sencillo aplicar el gradiente
∇r′a
r
1
|(a/r)2 r− r′|=a
r
(a/r)2 r− r′
|(a/r)2 r− r′|3
y ahora, por una aplicación inversa de la propiedad de simetría, volvemos a poner r y r′ en donde estabanantes
a
r
(a/r)2 r− r′
|(a/r)2 r− r′|3=ar2
r3
(a/r)2 r− r′
|(a/r)2 r− r′|3=ar2
r′3(a/r)2 r− r′
|r− (a/r′)2 r′|3=
a
r′3a2 r− r2 r′
|r− (a/r′)2 r′|3. (51)
Sea lo que sea la imagen del dipolo, como las cargas que lo forman están infinitamente cerca, su posiciónserá la que cabría esperar para una sola carga, es decir, rim = (a/r′)2 r′. El vector que importa a los efectosde medir el potencial de la imagen del dipolo es la diferencia r − rim, así como el potencial de una carga enr′ es función de r− r′. De manera que lo que hay que hacer es lograr que en (51) no aparezca r sino el vectorrealmente importante, R ≡ r− rim. En el denominador no hay nada que hacer. En cambio en el numeradorpodemos reemplazar r por R + rim,
a2 r− r2 r′ = a2 (R + rim)− (R + rim)2 r′ = a2 (R + rim)− (R2 + r2im + 2R · rim) r′
= a2 R−[R2 + 2R ·
( ar′
)2
r′]r′.
El resultado final de todo esto es una expresión para el gradiente del segundo término en (45),
∇r′a
r′−1
|r− (a/r′)2 r′|= − a
r′3R3
a2 R−
[R2 + 2R ·
( ar′
)2
r′]r′
=( ar′
)3
r′
R+
[2(R · r′)r′ −R
]R3
. (52)
Si no hubiésemos usado la simetría entre r y r′ la derivación directa hubiera seguido este camino
∇r′a
r′−1
|r− (a/r′)2 r′|= −∇r′
( a
r′R
)=a r′
r′31
R+
a
r′R2∇r′R.
Ahora bien,
R =
√r2 +
a4
r′2− 2
( ar′
)2
r · r′
−→ ∇r′R = − 1
R
[( ar′
)4
r′ +a2
r′2r− 2
a2
r′4(r · r′) r′
].
40
Reemplazando r por R + (a/r′)2 r′, luego de varias cancelaciones se obtiene
∇r′R =( ar′
)2
[2(R · r′)r′ −R
]R
,
y de aquí de nuevo (52).
Según (48), en algún momento habrá que tomar el producto escalar con p, entonces quedará
p · ∇r′a
r′−1
|r− (a/r′)2 r′|=( ar′
)3 p · r′
R+( ar′
)3 R
R3·[2(p · r′)r′ − p
].
Hay varios pasos intermedios omitidos, pero no deberían tener dificultad en llegar al resultado. Ahora yapodemos escribir el potencial debido a la imagen del dipolo
Φim(r) = p · ∇r′a
r′−1
|r− (a/r′)2 r′|
∣∣∣∣r′=r0
=Qim
R+
R · pim
R3,
donde
Qim =a
r30
p · r0, pim =
(a
r0
)3 [2(p · r0)r0 − p
]. (53)
Finalmente, el potencial del dipolo frente a la esfera es la suma del potencial del dipolo original y de suimagen,
Φ(r) = Φp(r) + Φim(r) =(r− r0) · p|r− r′|3
+Qim
R+
R · pim
R3.
La imagen está formada por dos partes: un dipolo pim y una carga Qim. Esto era previsible. Pensemosal dipolo original como dos cargas, q y (−q), muy próximas. Salvo en el caso en que el dipolo fueraperpendicular a r0, la distancia de estas dos cargas al centro de la esfera no es la misma, sino que habrá unapequeña diferencia, del mismo orden que la distancia ε que separa las cargas. Por lo tanto, sus imágenes notendrán la misma magnitud, diferirán en una cantidad de orden ε y de valor proporcional a q. Esta diferenciaen las magnitudes de las cargas imágenes, aunque se tome el límite de cargas infinitamente próximas, lograsobrevivir, porque también es proporcional a q y el producto εq es fijo e igual a p. Salvo, como dijimos antes,que el dipolo sea perpendicular a r0, en cuyo caso las imágenes de las cargas tienen la misma magnitud. Deahí que Qim sea proporcional al producto escalar p · r0.
Con el resultado a la vista, es posible razonar por qué el dipolo imagen tiene el valor que tiene. Notemosque la transformación geométrica de inversión, que está detrás del método de imágenes por una esfera, tieneel efecto de multiplicar todas las distancias medidas en un pequeño entorno de r0 por el factor (a/r0)2
(¡demuéstrenlo!). Entonces, si la distancia entre las cargas originales es ε, la distancia entre las imágenes será(a/r0)2 ε. Pero las cargas se ven afectadas por un factor a/r0 (omitiendo la diferencia que puede aparecerentre ellas). De manera que uno esperaría un dipolo imagen de magnitud(
a
r0
)2a
r0
p =
(a
r0
)3
p.
41
Para ver que esto en verdad sucede, recordemos que la ec. (53) da
pim =
(a
r0
)3 [2(p · r0)r0 − p
].
Para obtener el módulo de pim notemos que
|2(p · r0)r0 − p|2 = 4(p · r0)2 + p2 − 2[2(p · r0)r0 · p
]= p2
⇒ |2(p · r0)r0 − p| = p.
Luego,
pim =
(a
r0
)3
p,
que es lo que habíamos previsto. Fíjense que al ser |2(p · r0)r0 − p| = p, el efecto de aplicar a p el operador
Tij = 2rirj − δij, Tp = 2(p · r0)r0 − p,
debe ser el de una rotación, o una rotación compuesta con una reflexión. No es difícil calcular que el deter-minante de T es 1, y por lo tanto se trata de una rotación (demostrarlo como ejercicio). Gráficamente se veque esta rotación es alrededor de la dirección r0 en un ángulo π,
Hay que notar que el ángulo que forma pim = (a/r0)3 Tp con la dirección radial es igual al que forma p conesa dirección,
r0 ·Tp
p= 2(p · r0)− p · r0 = p · r0.
Esta es una propiedad esencial de la transformación de inversión: no modifica los ángulos. Si dos curvasse intersectan formando cierto ángulo, sus imágenes harán lo mismo. Abajo, a la izquierda detalle de unacuadrícula xy y su imagen por la esfera; a la derecha, sólo la imagen. Todas las intersecciones son a 90grados.
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Segundo método: por imágenes. De manera un poco tosca, en la figura de abajo se muestra lo fundamentalde la solución del problema del dipolo frente a la esfera por imágenes. Lo principal es encontrar los valoresde la carga y del dipolo imágenes. Para aliviar un poco la notación, el dipolo se encuentra en r, no r0 comoantes.
q′ =qa
r, q′′ ≈ qa
r + ε r · p≈ q′ − qaε r · p
r2−→ q′ − a
r3r · p,
Qim = q′ − q′′ = a
r3r · p, p′ = q′ε′ p′ =
(ar
)3 [2(r · p)r − p
].
Este método es más simple que el de Green, al nivel de lo que un estudiante de Física 3 debería poder hacer.
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Problema 19. Hay que encontrar la función de Green para la región por encima del siguiente contorno
Encontrar la función de Green es resolver el potencial cuando se coloca una carga de prueba unitaria. Laidea aquí es usar imágenes. Una forma es eliminar el plano conductor y tratar de reproducir la condición depotencial cero en z = 0 mediante una carga imagen. La simetría del problema hace evidente la elección.
Se entiende que la equivalencia entre ambos problemas es para z ≥ 0. Al colocar una carga de signo contrariosimétricamente respecto del plano z = 0, por simetría el potencial debe ser cero en z = 0, que es la condiciónque se quiere reproducir. Cada carga tiene asociado un potencial igual al de la función de Green por la esfera.Si G es la función de Green del contorno mixto y G es la función de Green del problema externo de la esfera,entonces
G(r, r′) = G(r, r′)− G(r, r′′),
donde r′′ = (x′, y′,−z′). No es necesario escribir a su vez G como suma del potencial de una carga y suimagen por la esfera.
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