Apuntes de Física Teórica IFederico Yulita

Segundo Cuatrimestre, 2019

Esta materia la cursé con Pablo Mininni como docente de las clases teóricas y Matías Leoni como JTP, JuanSchmidt como Ayudante de Primera y Martín Carusso como Ayudante de Segunda. Si querés ver el resto de misapuntes los podés encontrar en mi blog. Los ejercicios con un asterisco (*) los resolvimos en clase.

Índice

I Teórica 5

1. Repaso de Electromagnetismo Básico 61.1. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2. Electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1. En Vacío . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2. En Medios Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.3. Condiciones de Contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3. Magnetostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3.1. En Vacío . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3.2. En Medios Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.3. Condiciones de Contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. El Potencial Electrostático 142.1. El Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2. Unicidad de la Solución de la Ecuación de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3. Métodos para Resolver la Ecuación de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3.1. Separación de Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3.2. Función de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3.3. Método de Imágenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.4. Desarrollo Multipolar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.5. Energía Electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.5.1. En Vacío . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.5.2. En Medios Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.5.3. Principio de Trabajos Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3. Fenómenos Dependientes del Tiempo 433.1. Balance de Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2. Balance de Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3. Balance de Impulso Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4. Potenciales Electrodinámicos 484.1. Funciones de Green Avanzadas y Retardadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1

5. Aproximación Cuasiestacionaria 515.1. Efecto Pelicular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2. Movimiento de un Conductor en un Campo Magnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.2.1. Teorema de Alfvén . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6. Ondas Electromagnéticas 556.1. Ondas Planas en Medios no Dispersivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

6.1.1. Flujo de Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.1.2. Polarización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586.1.3. Reflexión y Transmisión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6.2. Ondas en un Medio Conductor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

7. Relatividad Especial 637.1. La Transformación de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

7.1.1. La Transformación de Galileo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 637.1.2. El Éter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647.1.3. Postulados de la Relatividad Especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

7.2. Dilataciones y Contracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667.2.1. Contracción de Longitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667.2.2. Dilatación Temporal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667.2.3. Transformación de Velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667.2.4. Diagramas de Espacio-Tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

7.3. Formalismo Cuadrivectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 687.4. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.5. Mecánica Relativista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

8. Campo de Radiación 738.1. Potenciales de Liénard-Wiechert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 738.2. Campo de Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.3. Radiación de Fuentes Localizadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

9. Dispersión de Rayleigh 82

II Práctica 86

10.Notas de la Práctica 8710.1. Teorema de Reciprocidad de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8710.2. Método de Extensión Analítica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

11.Guía 1: Repaso de Electrostática y Magnetostática 9011.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

11.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9011.1.2. (b)* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9111.1.3. (c)* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

11.2. Ejercicio 2* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9311.2.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9311.2.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9411.2.3. (f) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

12.Guía 2: Separación de Variables, Función de Green y Método de Imágenes 9512.1. Ejercicio 1* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

12.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9512.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9612.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2

12.4. Ejercicio 4* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9812.4.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

12.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9912.6. Ejercicio 6* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

12.6.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10012.6.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10112.6.3. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

12.7. Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10112.8. Ejercicio 10* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

12.8.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10312.8.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10412.8.3. (a) Forma Alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

12.9. Ejercicio 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10612.10.Ejercicio 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

12.10.1.(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10712.10.2.(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10912.10.3.(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11012.10.4.(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11112.10.5.(e) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

12.11.Ejercicio 16* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11112.12.Ejercicio 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

12.12.1.(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11512.12.2.(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

12.13.Ejercicio 21* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11712.13.1.(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

13.Guía 3: Medios Materiales y Multipolos 11813.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

13.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11813.1.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11913.1.3. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

13.2. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12113.2.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12113.2.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

13.3. Ejercicio 5* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12213.3.1. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

13.4. Ejercicio 6* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12213.4.1. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

13.5. Ejercicio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12513.5.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

14.Guía 4: Tensor de Maxwell 12614.1. Ejercicio 2* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

14.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

15.Guía 5: Ley de Ohm, Fenómenos Estacionarios y Cuasiestacionarios 12715.1. Ejercicio 1* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

15.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12715.1.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12815.1.3. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

15.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12915.3. Ejercicio 3* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

15.3.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13015.3.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13015.3.3. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

3

15.3.4. (d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13115.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

15.4.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13215.5. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

15.5.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13215.5.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

15.6. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

16.Guía 6: Ondas Planas 13716.1. Ejercicio 1* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13716.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

16.2.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13816.2.2. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

16.3. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14216.3.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14216.3.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14316.3.3. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

16.4. Ejercicio 6* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14416.5. Ejercicio 7* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

16.5.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14416.5.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

17.Guía 7: Relatividad Especial 14517.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

17.1.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14517.2. Ejercicio 2* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

17.2.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14617.3. Ejercicio 3* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

17.3.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14717.4. Ejercicio 6* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14917.5. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15117.6. Ejercicio 9* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15117.7. Ejercicio 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

17.7.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15217.7.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

18.Guía 8: Radiación 15418.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

18.1.1. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15518.1.2. (c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

18.2. Ejercicio 4* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15618.2.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15618.2.2. (b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

18.3. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15818.3.1. (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15918.3.2. (d)* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

19.Ejercicios Sueltos* 16219.1. Desarrollo Multipolar de un Anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16219.2. Onda Plana Relativista* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16319.3. Carga Relativista en Campo Eléctrico Uniforme y Constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4

Parte I

Teórica

James Clerk Maxwell (1831 - 1879)

5

1. Repaso de Electromagnetismo Básico1.1. Ecuaciones de Maxwell

Las Ecuaciones de Maxwell en unidades CGS son:Ecuaciones de Maxwell

∇ ·E = 4πρ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t

∇×B = 4πc J + 1

c∂E∂t

(1)

Notemos:

∂ρ

∂t= 1

4π∇ ·∂E

∂t

= c

4π

(((((

((∇ · (∇×B)− 4πc∇ · J

)

=⇒ ∂ρ

∂t+∇ · J = 0.

Esto demuestra que la carga se conserva. Consideremos un campo vectorial W y mostremos que se puede escribirunívocamente como la suma de dos campos U y V tal que ∇ · U = 0 y ∇ × V = 0. A los vectores que cumplenestas propiedades los llamamos Solenoidal e Irrotacional respectivamente. Supongamos primero que ∇×V = 0.Entonces, vale que V =∇ϕ. Notemos:

∇ ·W =∇ · V= ∇2ϕ

Entonces:Ecuación de Poisson

∇2ϕ =∇ ·W (2)

Esta es la Ecuación de Poisson. La solución es:

=⇒ ϕ = 14π

ˆ ∇′ ·W ′

‖ r − r′ ‖d3r

′

Ahora verifiquemos que ∇ ·U = 0:

∇ ·U =∇ ·W −∇ · V= ∇2ϕ−∇2ϕ

= 0

Ahora supongamos que ∇ ·U = 0. Entonces, vale que U =∇×A. Entonces:

W =∇×A+∇ϕ.

Esto define a W unívocamente pero con una elección de constante de ϕ y un gradiente de una función escalar deA (o Gauge) ya que son potenciales. Hallemos A:

6

∇×W =∇× (∇×A) +∇×∇ϕ

=∇ (∇ ·A)−∇2A

Si elegimos el gauge de A para que ∇ ·A = 0 entonces ∇2A = −∇×W . Usemos la notación de índices:

∇2Ai = (∇×W )i .

Entonces tenemos tres ecuaciones de Poisson. Entonces:

A = 14π

ˆ ∇′ ×W ′

‖ r − r′ ‖d3r

′.

Cálculos Auxiliares

Veamos que ∇× (∇×A) =∇ (∇ ·A)−∇2A usando notación de índices:

(∇× (∇×A))i = εijk∂j (εklm∂lAm)= εijkεklm∂j∂lAm

= εkijεklm∂j∂lAm

= (δilδjm − δimδjl) ∂j∂lAm= ∂i∂jAj − ∂j∂jAi=(∇ (∇ ·A)−∇2A

)i

1.2. Electrostática1.2.1. En Vacío

En el laboratorio se midió que la fuerza eléctrica entre dos cargas es:

F 1 (r2) = kq1q2r1 − r2

‖ r1 − r2 ‖3.

En CGS k = 1. Esta es la Fuerza de Coulomb. Entonces definimos el campo eléctrico como:

E1 = lımq1→0

F 1

q1.

Consideremos una carga continua con posiciones r′ . El campo eléctrico en la posición r es:

dE =ρ(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

d3r′

=⇒ E =ˆ ρ

(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

d3r′.

Veamos algunas distribuciones útiles para expresar ρ de una forma sencilla y compacta aún para densidadeslineales y de superficie. Consideremos:

fn (x) ∈ L2 (−∞,∞) /

∣∣∣∣∣∣∞

−∞

fn (x) g (x)dx

∣∣∣∣∣∣ <∞∀g (x) ∈ L2 (−∞,∞) .

Vamos a decir que la sucesión define una distribución si esto se cumple y la distribución f (x) cumple:

7

∞

−∞

f (x) g (x)dx = lımn→∞

∞

−∞

fn (x) g (x)dx.

Ejemplo

Definimos la distribución Delta de Dirac como δD (x) tal que:∞

−∞

δD (x) g (x)dx = g (0) .

Notemos:

∞

−∞

f′(x) g (x)dx = lım

n→∞

∞

−∞

f′

n (x) g (x)dx

= lımn→∞

(((

((((fn (x) g (x)|∞−∞ −∞

−∞

fn (x) g′(x)dx

= −

∞

−∞

f (x) g′(x)dx

Ejemplo

Consideremos la Distribución de Heaviside:

ΘH (x) =

0 x < 01 x > 0

.

Notemos:

∞

−∞

Θ′

H (x) g (x)dx = −∞

−∞

ΘH (x) g′(x)dx

= −∞

0

g′(x)dx

= g (0)

=⇒ Θ′

H (x) = δD (x) .

Veamos ahora la Ley de Gauss. Supongamos que tenemos una carga puntual q encerrada en el interior de unasuperficie S que encierra un volumen Ξ. Consideremos el flujo de campo en la superficie:

8

Φ =˛E · dS

=˛ q

(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

· dS

=˛q

n · dS‖ r − r′ ‖2

=˛q

cos (θ)‖ r − r′ ‖

dS

=˛qdΩ

=

4πq r′ ∈ Ξ

0 r′/∈ Ξ

Ahora consideremos el flujo si tenemos una densidad de carga ρ:

Φ =˛E · dS

=ˆ ˛ ρ

(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

· dS

d3r′

=´

4πρd3r′r′ ∈ Ξ

0 r′/∈ Ξ

=

4πQ r′ ∈ Ξ

0 r′/∈ Ξ

Notemos:˛E · dS =

ˆ4πρd3r

′.

Así que queda demostrada la Ley de Gauss:Ley de Gauss

∇ ·E = 4πρ (3)

Además, demuestra que la Ley de Gauss es equivalente a la Fuerza de Coulomb.Notemos:

r − r′

‖ r − r′ ‖3= −∇

(1

‖ r − r′ ‖

)=∇

′(

1‖ r − r′ ‖

)

=⇒ E (r) = −ˆρ∇

(1

‖ r − r′ ‖

)d3r

′

= −∇(ˆ

ρ

‖ r − r′ ‖d3r

′)

= −∇ϕ

9

Definimos entonces al Potencial Electrostático como la función escalar ϕ/E = −∇ϕ. Por lo tanto, ∇×E = 0.Notemos:

∇2ϕ = −∇ ·E= −4πρ

=⇒ ∇2ϕ = −4πρ.

1.2.2. En Medios Materiales

Definimos un Conductor como un material que conduce cargas debido a la presencia de cargas libres enel material. Debido que transporta cargas el campo eléctrico en el material es igual al campo eléctrico externo.Definimos un Dieléctrico como un material que no conduce cargas porque no hay cargas libres en el material y sepolariza para reducir el campo eléctrico externo. Entonces, en un medio material:

∇ ·E = 4π (ρl + ρp) ,

donde ρl es la densidad de cargas libres y ρp es la densidad de cargas de polarización del dieléctrico. Entonces,definimos la Polarización como P / ρp = −∇ · P . Por lo tanto:

∇ ·E = 4πρl − 4π∇ · P

=⇒ ∇ · (E + 4πP ) = 4πρl.

Definimos al Campo Desplazamiento como D = E + 4πP y entonces:

∇ ·D = 4πρl

∇×D = 4π∇× P .

La polarización es una propiedad que varía dependiendo del material. Hagamos el desarrollo de Taylor de la pola-rización:

P (E) = P (0) + ∂P

∂Ei

∣∣∣∣E=0

Ei + ∂2P

∂Ei∂Ej

∣∣∣∣E=0

EiEj + ....

Si P < 0 entonces llamamos al material Electrete. Si pedimos que el material sea lineal y homogéneo entonces:

Pi = χijEj , χij = ∂Pi∂Ej

∣∣∣∣E=0

.

Llamamos a χij el Tensor de Susceptibilidad del material. Si además pedimos que el material sea isótropoentonces P = χE. Notemos:

D = (1 + 4πχij)E= εijE

Llamamos a εij el Tensor de Permitividad del material.

10

1.2.3. Condiciones de Contorno

Supongamos que tenemos una interfaz entre dos medios materiales distintos con distintas permitividades. En-tonces:

˛D · dS = 4πQl.

Consideremos entonces un cilindro que se extiende en la dirección normal a la superficie. Consideremos δ su alturay S la superficie de las caras. Si δ → 0 entonces:

˛D · dS = (D2 −D1) · Sn

= 4πˆρd3r

≈ 4πρδS= 4πσS

=⇒ (D2 −D1) · n = 4πσ.

Lo que esto significa es que si hay una densidad superficial de carga en la interfaz de dos materiales entonces hayun salto en el campo desplazamiento. Notemos:

(D2 −D1) · n = (ε2E2 − ε1E1) · nε = 1→ = (E2 −E1) · n

= −∂ϕ2

∂n+ ∂ϕ1

∂n

O sea que también hay un salto en el campo eléctrico y además el potencial electrostático no es diferenciable.Notemos que sucede con el rotor tomando una curva con dos lados paralelos a la superficie a distancia δ y dos ladosnormales a distancia ∆. Entonces:

˛E · dl = 0

=⇒(E‖1 − E‖2

)∆ + (E⊥a − E⊥b) δ = 0

δ → 0 =⇒ E‖1 − E‖2 = 0

=⇒ n× (E2 −E1) = 0.

Todas las fórmulas de estos medios materiales pueden resumirse en la siguiente “Tabla de Campos Eléctricos” :

E Vol. Sup. D Vol. Sup.∇· 4π (ρl + ρp) 4π (σl + σp) ∇· 4πρl 4πσl∇× 0 0 ∇× 4π∇× P 4πP × n

(4)

1.3. Magnetostática1.3.1. En Vacío

El experimento de Ampère consiste en medir la fuerza entre dos espiras con corrientes I1 e I2. Resulta que lafuerza entre ambas espiras es:

11

F 1 (r2) = 1c2

˛I1dl1 ×

˛I2dl2 × (r1 − r2)‖ r1 − r2 ‖3

.

Definimos al campo magnético como el campo:

B2 /F 1 (r2) = 1c

˛I1dl1 ×B2 (r1) .

Entonces:

B2 (r1) = 1c

˛I2dl2 × (r1 − r2)‖ r1 − r2 ‖3

.

Supongamos ahora que tenemos una distribución de corrientes J . Entonces:Ley de Biot-Savart

B = 1c

ˆ J ×(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

d3r′. (5)

Esta fórmula se llama Ley de Biot-Savart. Ahora demostremos Ley de Ampère. Tomemos corrientes esta-cionarias (∇ · J = 0) y tomemos:

φ = 1‖ r − r′ ‖

=⇒ ∇×B = −1c

ˆ∇×

(J′×∇φ

)d3r

′

= −1c

ˆ (εijk∂jεklmJ

′

l ∂mφ)d3r

′

= −1c

ˆ (εkijεklm∂jJ

′

l ∂mφ)d3r

′

= −1c

ˆ ((δilδjm − δimδjl) ∂jJ

′

l ∂mφ)d3r

′

= −1c

ˆ (∂jJ

′

i∂jφ− ∂jJ′

j∂iφ)d3r

′

= −1c

ˆJ′∇2φd3r

′+ 1c

ˆ∂jJ

′

j∂iφd3r′

Notemos:

ˆ∂jJ

′

j∂iφd3r′

= ∂i

ˆJ′

j∂jφd3r′

= −∂iˆJ′

j∂′

jφd3r′

partes→ = −∂i(ˆ

∂′

j

(J′

jφ)d3r

′−ˆφ∂′

jJ′

jd3r′)

= −∇

ˆ ∇′ · (J ′φ) d3r′−ˆφ∇

′· J′︸ ︷︷ ︸

=0

d3r′

= −∇

˛ (J′φ)· dS

12

Ya que J′φ en la superficie (en infinito) es nulo (ya que φ −→

r′→∞

0) entonces esta integral es nula. Tomamos el borde

como infinito porque ya no tomamos las densidades como funciones en un dominio cerrado, las tomamos comodistribuciones en todo el espacio. Por lo tanto:

∇×B = −1c

ˆJ′∇2(

1‖ r − r′ ‖

)d3r

′

= 4πc

ˆJ′δD

(r − r

′)d3r

′

= 4πcJ (r)

Entonces obtenemos la Ley de Ampère:Ley de Ampère

∇×B = 4πcJ (6)

Veamos ahora cómo definimos el Potencial Vector:

B = −1c

ˆJ′×∇

(1

‖ r − r′ ‖

)d3r

′

= −1c

ˆεijkJ

′

j∂kφd3r′

= 1c

ˆεikj∂k

(J′

jφ)d3r

′

=∇× 1c

ˆ (J

‖ r − r′ ‖

)d3r

′

Entonces podemos tomar el potencial vector como:

A = 1c

ˆ (J

‖ r − r′ ‖

)d3r

′=⇒ B =∇×A.

Esto además demuestra que no hay monopolos magnéticos - es decir - ∇ ·B = 0. Notemos:

∇×∇×A =∇×B

= 4πcJ

=∇ · (∇ ·A)−∇2A

Si elegimos el gauge tal que ∇ ·A = 0 (llamado Gauge de Coulomb) entonces:

∇2A = −4πcJ .

1.3.2. En Medios Materiales

Definimos un Medio Magnético a un medio que al ser expuesto a un campo magnético el material incrementao decrece su intensidad. Al igual que en los dieléctricos vamos a considerar corrientes libres y corrientes dadas porla magnetización del material y entonces vale:

∇×B = 4πc

(J l + c∇×M)

13

Tomemos:

H = B − 4πM

=⇒ ∇×H = 4πcJ l, ∇ ·H = −4π∇ ·M .

La magnetización del material depende de la estructura del mismo. Al igual que en dieléctricos podemos hallarel tensor de susceptibilidad tal que M = χH. Si χ > 0 decimos que el material es Paramagnético y si χ < 0decimos que el material es Diamagnético. Cuando un material tiene magnetización aún cuando no hay campoexterno entonces lo llamamos Ferromagnético.

1.3.3. Condiciones de Contorno

Al igual que para campos eléctricos se deducen las condiciones de contorno:

(B2 −B1) · n = 0

n× (H2 −H1) = 4πcκl

Todas las fórmulas de estos medios materiales pueden resumirse en la siguiente “Tabla de Campos Magnéticos” :

B Vol. Sup. H Vol. Sup.∇· 0 0 ∇· −4π∇ ·M −4πM · n∇× 4π

c (J l + Jm) 4πc (gl + gm) ∇× 4π

c J l4πc gl

(7)

2. El Potencial Electrostático2.1. El Teorema de Green

Antes de empezar a desarrollar métodos para hallar el potencial electrostático repasemos algunos teoremasmatemáticos útiles. Empecemos con el Teorema de Green. Consideremos un volumen finito V con superficie S yconsideremos un campo vectorial A. Entonces:

ˆ∇ ·AdV =

˛A · dS.

Tomemos:

A = φ∇ψ

=⇒ˆ∇ · (φ∇ψ)dV =

˛φ∇ψ · dS.

Entonces:Primera Identidad de Green

ˆ (∇φ ·∇ψ + φ∇2ψ

)dV =

˛φ∂ψ

∂ndS (8)

Esta es la Primera Identidad de Green. Tomemos ahora A′

= ψ∇φ, hagamos el mismo desarrollo que antesy restemos ambas expresiones. Lo que queda es:

14

Teorema de Greenˆ (

φ∇2ψ − ψ∇2φ)dV =

ˆ (φ∂ψ

∂n− ψ ∂φ

∂n

)dS (9)

Esta es el Teorema de Green. Ahora consideremos un pequeño entorno del volumen con densidad de carga ρ ytomemos:

φ = ϕ

ψ = 1‖r−r′‖

,

∇2φ = −4πρ∇2ψ = −4πδD

(r − r′

)

=⇒ −4π

ˆϕ′δD

(r − r

′)dV′

︸ ︷︷ ︸=ϕ(r)

−ˆ

ρ

‖ r − r′ ‖dV′

=ˆϕ′

(r − r′

‖ r − r′ ‖

)· ndS

′−ˆ∂ϕ′

∂n

dS′

‖ r − r′ ‖

=⇒ ϕ (r) =ˆ

ρ

‖ r − r′ ‖dV′− 1

4π

(ˆϕ

(r − r′

‖ r − r′ ‖

)· ndS

′−ˆ

∂ϕ

∂n

dS′

‖ r − r′ ‖

).

Notemos que si el volumen es infinito entonces nos queda solo el primer término y nos queda el potencial electrostáticoque habíamos visto antes. Notemos que el tercer término puede interpretarse como una densidad superficial de carga:

14π

ˆ∂ϕ

∂n

dS′

‖ r − r′ ‖=ˆ

σ′

‖ r − r′ ‖dS′.

El segundo término puede interpretarse como un dipolo - es decir - la polarización sobre la superficie:

− 14π

ˆϕ

(r − r′

‖ r − r′ ‖

)· ndS

′= −ˆP ·

(r − r′

‖ r − r′ ‖

)dS′.

Entonces: σ = 1

4π∂ϕ∂n

P = 14πϕn

.

2.2. Unicidad de la Solución de la Ecuación de PoissonLlamemos a las condiciones de contorno donde conocemos ϕ|S y donde conocemos ∂ϕ

∂n

∣∣∣Scomo la Condición de

Contorno de Dirichlet y la Condición de Contorno de von-Neumann respectivamente. Vamos a trabajarcon la ecuación de Poisson ∇2ϕ = −4πρ. Demostremos que la solución de la ecuación es única.

Supongamos que existen dos soluciones ϕ1 y ϕ2. Tomemos:u = ϕ1 − ϕ2

φ = ψ = u

=⇒ˆ ∣∣∇2u

∣∣dV +ˆu∇2u︸ ︷︷ ︸

=0

dV =ˆu∂u

∂ndS.

El término de la derecha es nulo en ambas condiciones de contorno, en la de Dirichlet u|S = 0 y en la de von-Neumann ∂u

∂n

∣∣S

= 0. Entonces:ˆ ∣∣∇2u

∣∣dV = 0 =⇒ ∇u = 0

15

=⇒ u = cte..

Si tenemos la condición de contorno de Dirichlet entonces ϕ1 = ϕ2 ya que en la superficie son iguales y con lacondición de contorno de von-Neumann entonces ϕ1 = ϕ2 + cte.. En ambos casos queda demostrada la unicidad dela solución. La condición de Dirichlet fija el potencial y la condición de von-Neumann fija el campo eléctrico.

2.3. Métodos para Resolver la Ecuación de LaplaceLa Ecuación de Laplace es un caso particular de la ecuación de Poisson donde ρ = 0 - es decir - ∇2ϕ = 0.

Veamos cómo podemos resolver esta ecuación para varias geometrías ya que es más simple que la ecuación dePoisson pero nos va a ayudar a resolver la ecuación de Poisson de forma similar.

2.3.1. Separación de Variables

Supongamos que las ecuaciones son separables en el sistema de coordenadas. Para la ecuación de Poisson estose cumple para cartesianas, cilíndricas, polares y otras. También, supongamos que el volumen es un paralelepípedode el sistema de coordenadas. Esto se cumple para casi todas las geometrías que se te ocurran. Entonces, podemostomar ϕ (x1, x2, x3) = u1 (x1)u2 (x2)u3 (x3).

Coordenadas Cartesianas Consideremos un prisma rectangular con el origen en uno de sus vértices tal que elprisma esté en la parte positiva de las coordenadas. Supongamos que las dimensiones del prisma son de a en x, ben y y c en z. Supongamos que tenemos la condición de contorno de Dirichlet. Entonces, tomemos:

ϕ (x, y, z) = u (x) v (y)w (z)

=⇒ ∇2ϕ = vwu′′

+ uwv′′

+ uvw′′

=⇒ u′′

u+ v

′′

v+ w

′′

w= 0.

Ya que los términos están separados en x, y y z entonces la única forma de que se cumpla esa igualdad es si cadatérmino es constante. Entonces:

u′′ = λ1u

v′′ = λ2v

w′′ = λ3w

, λ1 + λ2 + λ3 = 0.

Busquemos la solución general que sea la suma de cada solución posible con distintos valores de λ1 y λ2. Busquemos:

ϕ (x, y, z) =∑λ1,λ2

Aλ1λ2u (x) v (y)w (z) .

Las condiciones de contorno son seis, una por cada cara del prisma. Supongamos que las condiciones son trivialesen dos direcciones - esto es - supongamos que para dos coordenadas cada término de la suma en la condición decontorno es nulo. En esas coordenadas voy a tomar las constantes como independientes y a la otra la despejo usandoλ1 + λ2 + λ3 = 0. Tomemos entonces:

ϕ (0, y, z) = ϕ (a, y, z) = 0 =⇒ u (0) = u (a) = 0

=⇒ un (x) = A sin(nπax), n ∈ Z, λ1n = −

(nπa

)2.

Notemos que el conjunto de funciones un, λ1n forman una base completa. Veamos ahora la dirección y:

ϕ (x, 0, z) = ϕ (x, b, z) = 0 =⇒ v (0) = v (b) = 0

16

=⇒ vm (y) = B sin(mπby), m ∈ Z, λ2m = −

(mπb

)2.

Finalmente, veamos z:

w′′

(z) = π2((n

a

)2+(mb

)2)w (z)

= γnmw (z)

Notemos que γnm > 0 ∀n,m. Entonces:

wnm (z) = Anm exp (γnmz) +Bnm exp (−γnmz)

Potencial Electrostático en Coordenadas Cartesianas

ϕ (x, y, z) =∑n,m

sin(nπax)

sin(mπby)

(Anm exp (γnmz) +Bnm exp (−γnmz)) . (10)

Esta es la solución general para un prisma rectangular con dos direcciones a potencial nulo. Es fácil ver quésucede si se cambian las direcciones a potencial nulo o si en vez de usar condiciones de contorno de Dirichlet si seusan condiciones de contorno de von-Neumann (el seno cambia por un coseno). Notemos:

V1 (x, y) =∑n,m V

(1)nm sin

(nπa x)

sin(mπb y)

z = 0V2 (x, y) =

∑n,m V

(2)nm sin

(nπa x)

sin(mπb y)

z = c,

donde: V

(1)nm = Anm +Bnm

V(2)nm = Anm exp (γnmc) +Bnm exp (−γnmc)

.

Esto es válido porque en x e y tenemos bases. Entonces, lo que hay que hacer es hallar V (1)nm y V

(2)nm usando la

expansión de la serie de Fourier de las condiciones de contorno en z para hallar Anm y Bnm y tener la solucióngeneral ϕ. Si esa no eran suficientemente estresantes noticias, vale superposición. Eso significa que si en las carasdel prisma no hay ningún potencial nulo entonces podemos separar el problema como la suma de tres prismas cuyadirección no nula es distinta. O sea, hay que resolver este problema tres veces. Si eso no te parece malo, consideráque tenés que hallar el desarrollo de Fourier de seis diferentes funciones y resolver tres sistemas de dos ecuaciones.Es fácil pero tedioso.

Estos resultados pueden justificarse reconociendo de que estas ecuaciones son un caso particular del problemade Sturm-Liouville. El Problema de Sturm-Liouville es la ecuación diferencial de la forma:

Ecuación de Sturm-Liouville(− ddx

(p (x) d

dx

)+ q (x)

)u (x) = λw (x)u (x) , (11)

donde w (x) es definida positiva, p (x) es no nula en el intervalo [a, b] donde resolvemos la ecuación diferencial

y con condiciones de contorno tal que p (x)(uv′ − vu′

)∣∣∣ba

= 0, donde u es solución con λ = λ1 y v es solución conλ = λ2, λ1 6= λ2. Vale que si el intervalo [a, b] es finito entonces:

Existe un conjunto de autovalores λn ∈ R donde son todos distintos.

Los autovectores son ortogonales y L2w [a, b]. O sea:

bˆ

a

u∗i (x)w (x)uj (x)dx = Cδij , C = cte..

17

Los autovectores al normalizarlos forman una base.

Notemos que el problema anterior del prisma rectangular es un problema de Sturm-Liouville donde w (x) =1, p (x) = 1, q (x) = 0. Si el intervalo es infinito entonces existe un espectro continuo de autovalores reales ylas autofunciones forman una base ortonormal de L2 (−∞,∞). Por lo tanto, sea una función f ∈ L2 (−∞,∞) sepuede escribir como:

f (x) =ˆA (λ)uλ (x)dλ.

La relación de completitud es:

w (x)ˆu∗λ (x)uλ

(x′)dλ = δD

(x− x

′).

Coordenadas Esféricas Consideremos ahora una sección esférica de radios a y b y ángulos θ0, θ1, φ0 y φ1. Laecuación de Laplace en coordenadas esféricas es:

∇2ϕ = 1r

∂2

∂r2 (rϕ) + 1r2 sin (θ)

∂

∂θ

(sin (θ) ∂ϕ

∂θ

)+ 1r2 sin2 (θ)

∂2ϕ

∂φ2 = 0.

Tomemos:

ϕ (r, θ, φ) = R (r)P (θ)Q (φ) .

=⇒ 1rR

d2

dr2 (rR) + 1r2 sin (θ)P

ddθ

(sin (θ) dPdθ

)+ 1r2 sin2 (θ)Q

d2Q

dφ2 = 0.

Si multiplicamos por r2 sin2 (θ):

1Q

d2Q

dφ2 = −r2 sin2 (θ)(

1rR

d2

dr2 (rR) + 1r2 sin (θ)P

ddθ

(sin (θ) dPdθ

)).

El término de la izquierda depende de φ y lo de la parte derecha no depende de φ así que deben ser cantidadesconstantes. Entonces:

1rR

d2

dr2 (rR) + 1r2 sin (θ)P

ddθ

(sin (θ) dPdθ

)= α1

r2 sin2 (θ).

Notemos que:

d2Q

dφ2 = −α1Q =⇒ Q (φ) = A sin (√α1φ) +B cos (

√α1φ) .

Si Q (0) = Q (2π) y Q′ (0) = Q′ (2π) entonces √α1 ∈ Z. O sea, α1 = m2. Entonces:

1rR

d2

dr2 (rR) + 1r2 sin (θ)P

ddθ

(sin (θ) dPdθ

)= m2

r2 sin2 (θ).

Multipliquemos por r2:

r

R

d2

dr2 (rR) = m2

sin2 (θ)− 1

sin (θ)Pddθ

(sin (θ) dPdθ

).

Ya que la parte izquierda depende de r y la derecha no (depende de θ) entonces:

r

R

d2

dr2 (rR) = α2.

Veamos si este problema con las condiciones de contorno adecuadas se convierte en un problema de Sturm-Liouville.Notemos:

18

1sin (θ)

ddθ

(sin (θ) dPdθ

)+(α2 −

m2

sin2 (θ)

)P = 0.

La solución de esta ecuación va a ser distinta dependiendo del valor de m así que consideremos dos casos.

Caso m = 01

sin (θ)ddθ

(sin (θ) dPdθ

)+ α2P = 0.

Tomemos:

x = cos (θ)

=⇒ ddx

((1− x2) dP

dx

)+ α2P = 0.

Para θ [0, π] =⇒ x [−1, 1] y P (1) = P (−1) = 0. Este es un problema de Sturm-Liouville con p (x) = 1−x2, q (x) =0, λ = −α2, w (x) = 1 y u (x) = P (x). Tomemos:

α2 = l (l + 1)

=⇒ ddx

((1− x2) dP

dx

)+ l (l + 1)P = 0.

La solución a este problema son los Polinomios de Legendre:Polinomios de Legendre

Pl (x) = 1l!2l

d2

dx2

(x2 − 1

)l. (12)

Veamos algunas propiedades de estos polinomios:

Ortogonalidad:´Pl (x)Pl′ (x)dx =

(2

2l+1

)δll′ .

Completitud: f (x) =∑Al (x)Pl (x) ∀f, Al (x) = 2l+1

2´f (x)Pl (x)dx.

Relación de completitud:∑( 2l+1

2)Pl (x)Pl

(x′)

= δD

(x− x′

).

Formas de recurrencia:(l + 1)Pl+1 (x)− (2l − 1)xPl (x) + lPl−1 (x) = 0

dPl−1

dx = xdPldx + (l + 1)Pl(

x2 − 1) dPldx = lxPl − lPl−1

ˆPldx = 0∀l 6= 0

Caso m 6= 0 La solución en este caso está en el libro de Balanzat. Las soluciones de la ecuación son lasFunciones Generalizadas de Legendre:

19

Funciones Generalizadas de LegendrePml (x) = (−1)m

(1− x2)m2 dm

dxmPl (x) m > 0Pml (x) = (−1)−m (l+m)!

(l−m)!P−ml (x) m < 0

, |m| 6 l. (13)

Veamos algunas propiedades de estas funciones:

Ortogonalidad:´Pml (x)Pm

l′(x)dx = 2

2l+1(l+m)!(l−m)!δll′ .

Relación de completitud:∑ 2l+1

2(l−m)!(l+m)!P

ml (x)Pml

(x′)

= δD

(x− x′

).

Definamos:Armónicos Esféricos

Y ml (θ, φ) =

√2l + 1

4π(l −m)!(l +m)!P

ml (cos (θ)) exp (imφ) , l ∈ N0, |m| 6 l. (14)

Estos son los Armónicos Esféricos. Es el producto Pml (θ)Q (φ). Cumplen:

Ortogonalidad:´Y m∗l (θ, φ)Y m

′

l′(θ, φ) sin (θ)dθdφ = δll′ δmm′ .

Relación de completitud:∑Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) = 1

sin(θ)δD

(φ− φ′

)δD

(θ − θ′

).

Y −ml (θ, φ) = (−1)m Y m∗l (θ, φ).

Notemos:

Y 00 = 1√

4π es isótropo.

Y 01 =

√3

4π cos (θ) es axisimétrico.

Y ±11 =

√3

8π sin (θ) exp (±iθ) tiene direcciones privilegiadas porque es una proyección sobre el plano xy (o algoasí).

A lo que quería llegar Mininni es que esta función refleja ciertas simetrías. A eso se refiere con “direcciones privile-giadas”.

Volviendo al problema original (¿te acordás?):

r

R

d2 (rR)dr2 = l (l + 1)

=⇒ Rl (r) = Alrl + Bl

r(l+1) .

Finalmente:Potencial Electrostático en Coordenadas Esféricas

ϕ (r, θ, φ) =∑l,m

(Alr

l + Blr(l+1)

)Y ml (θ, φ) . (15)

Los coeficientes Al y Bl salen de evaluar las condiciones de contorno ϕ (r1, θ, φ) = ϕ1 (θ, φ) y ϕ (r2, θ, φ) =ϕ2 (θ, φ).

Consideremos una carga q en la posición dz. Hallemos el potencial electrostático usando separación de variables.Sabemos que el potencial es:

20

ϕ = − q

‖ r − dz ‖.

Consideremos una esfera de radio d y consideremos la región I como el interior de la esfera y la región II como elexterior. Entonces, tomando coordenadas esféricas, tenemos:

ϕI =∑l,mAlmr

lY ml (θ, φ)ϕII =

∑ Blmrl−1Y

ml (θ, φ)

.

La condición de contorno en la superficie de la esfera es:∑l,m

AlmrlY ml (θ, φ) =

∑l,m

Blmrl−1Y

ml (θ, φ)

=⇒ Blm = d2l+1Alm.

La otra condición de contorno es la del salto en la superficie:

∂ϕI∂r

∣∣∣∣r=d− ∂ϕII

∂r

∣∣∣∣r=d

= 4πσ.

La distribución de carga es:

σ (θ, φ) = NδD (θ)

q =ˆ

S

σdS

=π

0

2πˆ

0

d2 sin (θ)NδD (θ)dφdθ

= 2πNd2 sin (θ)

=⇒ σ (θ) = qδD (θ)2πd2 sin (θ) .

Entonces: ∑l,m

((l + 1) Blm

dl+2 − lAlmdl−1)Y ml (θ, φ) = 2qδD (θ)

d2 sin (θ) .

Usemos ortogonalidad:

∑l,m

ˆ ( (l + 1)dl+2 Blm − lAlmdl−1

)Y ml Y m

′∗

l′sin (θ)dθdφ =

ˆ 2qδD (θ)d2 Y m

′∗

l′dθdφ

(l′ + 1

)dl′+2

Bl′m′ + l′Al′m′d

l′−1 = 4πq

d2

√2l′ + 1

4π(l′ −m′)!(l′ +m′)!P

m′

l′(1) δm′0

(2l′+ 1)Al′m′d

l′−1 = 4πq

d2

√2l′ + 1

4π Pl′ (1)︸ ︷︷ ︸=1

δm′0

=⇒

Al0 = qdl+1

√4π

2l+1

Bl0 = dlq√

4π2l+1

21

Notemos:

Alm = Blm = 0 ⇐⇒ m 6= 0

=⇒ϕI =

∑lA′

lrlPl (cos (θ))

ϕII =∑lB′l

rl+1Pl (cos (θ)).

Notemos que si nos dábamos cuenta que había simetría de rotación en z entonces podíamos empezar el problemadesde esta expresión, ya que eso implica que los únicos términos importantes son los términos con m = 0. Esimportante mencionar que Al0 6= A

′

l porque la normalización para cada uno es distinta. Lo que si vale es queA′

l = Al0

√2l+14π . Entonces, el potencial es:ϕI =

∑l

qdl+1

√4π

2l+1rlY 0l (θ, φ)

ϕII =∑l dlq√

4π2l+1

Y 0l (θ,φ)rl+1

.

Esto no se parece nada a lo que esperábamos. Usemos mejor la otra expresión:A′

l = qdl+1

B′

l = qdl

=⇒ ϕ =∑

l qrl

dl+1Pl (cos (θ)) r < d∑l q

dl

rl+1Pl (cos (θ)) r > d.

Tomemos r< = mın (r, d) y r> = max (r, d). Entonces:

ϕ =∑l

qrl<rl+1>

Pl (cos (θ)).

Esta expresión es más linda que la anterior y representa la expansión de la función que esperábamos en los polinomiosde Legendre. Las ventajas de esta expresión es que a r grande los coeficientes me dan el desarrollo multipolar.También, el gradiente de esta expresión es más ameno (supuestamente).

Teorema de Adición de los Armónicos Esféricos Hallemos ahora el potencial para una carga puntual encualquier punto del espacio r′ . Uno quisiera reorientar el sistema para que la partícula esté en z y usar la soluciónanterior con la diferencia de ángulos γ = θ − θ′ y β = φ − φ′ . Lo que habría que hacer entonces es desarrollar losarmónicos esféricos con los polinomios de Legendre en esta nueva base. Entonces:

Pl (cos (γ)) =∑l′ ,m

Al′m

(θ′, φ′)Y ml′

(θ, φ)

θ′

= 0 =⇒ Pl (cos (θ)) =∑l,m

Alm

(0, φ

′)Y ml (θ, φ) =⇒ l = l

′

=⇒ Pl (cos (γ)) =∑m

Alm

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ)

Alm

(θ′, φ′)

=ˆY m∗l (θ, φ)Pl (cos (γ)) sin (θ)dθdφ

=√

4π2l + 1

ˆY m∗l (θ, φ)

√2l + 1

4π Pl (cos (γ))︸ ︷︷ ︸=Ym

′

l (γ,β)δm′0

dΩ

22

=⇒√

4π2l + 1Y

m∗l (θ (γ, β) , φ (γ, β)) =

∑l′ ,m′

Al′m′(θ′, φ′)√2l′ + 1

4π Pl′ (cos (γ)) .

Ahora tomemos θ → θ′ y φ→ φ

′ y entonces l = l′ y m = m

′ . Por lo tanto:

Alm

(θ′, φ′)

=√

4π2l + 1Y

m∗l

(θ′, φ′)

Teorema de Adición de los Armónicos Esféricos

Pl (cos (γ)) =∑m

4π2l + 1Y

m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) (16)

Entonces, el potencial en cualquier punto r′ es:

ϕ =∑l,m

4πq2l + 1

rl<rl+1>

Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ). (17)

Coordenadas Cilíndricas Consideremos ahora una sección cilíndrica de radio ρ altura z y ángulo φ. La ecuaciónde Laplace en coordenadas cilíndricas es:

∇2ϕ = ∂2ϕ

∂ρ2 + 1ρ

∂ϕ

∂ρ+ 1ρ2∂2ϕ

∂φ2 + ∂2ϕ

∂z2 = 0.

Tomemos:

ϕ (ρ, φ, z) = R (ρ)Q (φ)Z (z)

=⇒ 1R

d2R

dρ2 + 1ρR

dRdρ + 1

ρ2Q

d2Q

dφ2 + 1Z

d2Z

dz2 = 0

=⇒

1R

d2Rdρ2 + 1

ρRdRdρ + 1

ρ2Qd2Qdφ2 = −λ

d2Zdz2 = λz

=⇒ ρ2

R

(d2R

dρ2 + 1ρ

dRdρ

)+ ρ2λ = − 1

Q

d2Q

dφ2

=⇒

d2Zdz2 = λz (1)d2Qdφ2 = −βQ (2)ρ2

R

(d2Rdρ2 + 1

ρdRdρ

)+ ρ2λ− β = 0 (3)

Notemos que este también es un problema de Sturm-Liouville.

(2) =⇒

β = −ν2 =⇒ Qν = A exp (νφ) +B exp (−νφ)β = 0 =⇒ Q0 = A+Bφ

β = ν2 =⇒ Qν = A sin (νφ) +B cos (νφ)

(1) =⇒

λ = k2 =⇒ Zk = A exp (kz) +B exp (−kz)λ = 0 =⇒ Z0 = A+Bz

λ = −k2 =⇒ Zk = A sin (kz) +B cos (kz)

23

Figura 1: Funciones de Bessel.

(3) =⇒ d2R

dρ2 + 1ρ

dRdρ +

(λ− β

ρ2

)R = 0

β > 0 =⇒ d2R

dρ2 + 1ρ

dRdρ +

(k2 − ν2

ρ2

)R = 0

Consideremos varios casos.

Caso λ = k2 Tomemos x = kρ:

=⇒ d2R

dx2 + 1x

dRdx +

(1− ν2

x2

)R = 0.

Esta ecuación es la Ecuación de Bessel. Las soluciones son las Funciones de Bessel:Funciones de Bessel

Jν =∞∑j=0

(−1)j

j!Γ (j + ν + 1)

(x2

)2j+ν(18)

En la Figura 1 se ven algunas funciones de Bessel. Siempre y cuando ν no sea entero entonces Jν y J−ν sonsoluciones independientes. Si ν es entero entonces:

J−ν = (−1)ν Jν .Se define la Función de Neumann como:

Función de Neumann

Nν (x) = Jν (x) cos (νπ)− J−ν (x)sin (νπ) . (19)

En la Figura 2 pueden verse las funciones de Neumann. Estas funciones son una combinación lineal de funcionesde Bessel que son linealmente independientes si ν es entero. Estas funciones cumplen las siguientes propiedades:

24

Figura 2: Funciones de Neumann.

J0 (0) = 1.

ν > 0 =⇒ Jν (0) = 0.

lımx→0

Jν (x) = 1Γ (ν + 1)

(x2

)ν.

lımx→0

Nν (x) =−Γ(ν)

π

( 2x

)νν 6= 0

2π

(ln(x2)

+ γ)

ν = 0,

donde γ ≈ 0.5772 es la constante de Euler.

lımx→∞

Jν (x) =√

2πx

cos(x− νπ

2 −π

4

).

lımx→∞

Nν (x) =√

2πx

sin(x− νπ

2 −π

4

).

∀ν ∃ xνn , yνn / Jν (xνn) = 0, Nν (yνn) = 0.

Caso λ = 0d2R

dρ2 + 1ρ

dRdρ + ν2

ρ2R = 0

=⇒R = A+B ln (ρ) ν 6= 0R = Aρν +Bρ−ν ν = 0

.

25

Caso λ = −k2 Como es de esperar, podemos redefinir x def:= ikρ y vale todo lo que hicimos para el caso deλ = k2. Lo que sucede es que ahora las funciones de Bessel quedan expresadas en función de una variable imaginaria.Entonces, definimos las Funciones de Bessel Modificadas:

Funciones de Bessel Modificadas

Iν (kρ) = i−νJν (ikρ) . (20)

Vale todo lo que valía para las funciones de Bessel comunes. La Función de Neumann Modificada es:Función de Neumann Modificada

Kν (kρ) = π

2 iν+1 (Jν (ikρ) + iNν (ikρ)) . (21)

Algunas propiedades de estas funciones son:

Iν (kρ) > 0.

lımx→0

Iν =(x

2

)ν.

lımx→0

Kν =

Γ(ν)2( 2x

)νν 6= 0

−(ln(x2)

+ γ)

ν = 0.

lımx→∞

Iν = 1√2πx

exp (x) .

lımx→∞

Kν =√

π

2x exp (−x) .

Hagamos una tabla con todo esto:

λ β Q (φ) Z (z) R (ρ)

k2 0ν2

1, φcos (νφ) , sin (νφ) exp (kz) , exp (−kz) Jν (kρ) , Nν (kρ)

0 0ν2

1, φcos (νφ) , sin (νφ) 1, z 1, ln (ρ)

ρν , ρ−ν

−k2 0ν2

1, φcos (νφ) , sin (νφ) cos (kz) , sin (kz) Iν (kρ) , Kν (kρ)

(22)

Según Mininni, esta es la “Tabla Mágica”.Veamos un ejemplo. Consideremos medio cilindro (cortado con un plano con normal en r) hueco a potencial

V en las tapas superior e inferior. Tiene altura h y radio a. Hallemos el potencial adentro del cilindro. TenemosSturm-Liouville en ρ y en φ. En la tabla en la parte de R (ρ) el único que tiene una base es el de Jν y Nν . El restono son base. Cuando evaluamos es φ = 0 la función 1 no se anula, pero los senos y cosenos si. Entonces, ya sabemosque funciones usar. Ya que en φ = 0 se anula sólo vamos a usar al seno. En ρ = 0 Jν se anula pero Nν no, entoncessólo vamos a usar las funciones de Bessel. Entonces, requerimos lo siguiente:

sin (νπ) = 0 =⇒ ν = m ∈ ZJν (ka) = 0 =⇒ ka = xνn

.

La relación de ortogonalidad para las funciones de Bessel es:

26

aˆ

0

Jν

(xνnρa

)Jν

(xν

n′ ρ

a

)ρdρ = a2

2 J2ν+1 (xνn) δnn′ .

Entonces, la solución general es:

ϕ =∑n,m

sin (mφ) Jm(xmnρ

a

)(Amn exp

(xmnza

)+Bmn exp

(−xmnz

a

)).

Los coeficientes Amn y Bmn salen de imponer las condiciones de contorno. El problema tiene es simétrico frente areflexiones en el plano xy, por lo tanto podemos escribir las exponenciales como cosenos hiperbólicos.

ϕ =∑n,m

Cmn sin (mφ) Jm(xmnρ

a

)cosh

(xmnza

).

Ahora impongamos que ϕ(ρ, φ, h2

)= V :

ˆρ sin

(m′φ)Jm′

(xm′

n′ρ

a

)dρdφ =

∑n,m

Cmn

ˆρ sin (mφ) sin

(m′φ)Jm

(xmnρa

)Jm′

(xm′

n′ρ

a

)cosh

(xmnh

2a

)dρdφ

= π

2a2

2∑n,m

CmnJ2m+1 (xmn) cosh

(xmnh

2a

)

=⇒ Cmn = 8Vmπa2 cosh

(xmnh

2a

)J2m (xmn)

aˆ

0

Jm

(xmnρa

)ρdρ, m = 2k + 1, k ∈ Z

=⇒ ϕ =∑n,m

8V sin (mφ) Jm(xmnρ

a

)cosh

(xmnza

)mπa2 cosh

(xmnh

2a

)J2m (xmn)

aˆ

0

Jm

(xmnρa

)ρdρ.

2.3.2. Función de Green

Consideremos una superficie S que encierra un volumen V con alguna distribución de cargas ρ(r′)y condiciones

de contorno de Dirichlet. Partamos el potencial en dos partes ϕ = ϕ1 + ϕ2 con las siguientes condiciones:∇2ϕ1 = −4πρ, ϕ1|S = 0∇2ϕ2 = 0, ϕ2|S = V (r)

.

O sea, pedimos que una parte sea el problema anterior (ϕ2) y el otro es un problema de Poisson con recinto apotencial nulo. Este último problema es fácil de resolver si sabemos la solución para el mismo recinto pero conuna carga puntual de carga q = 1 en cualquier posición (Mininni lo describe como un Catch-22 y recomiendaleer ese libro). Llamemos Función de Green a la solución de este problema GD. Esta función va a ser distintadependiendo del recinto. Para la función vale:∇

2GD

(r, r

′)

= −4πδD(r − r′

)GD

(r, r

′)∣∣∣S

= 0

Entonces, vale que:

ϕ1 =ˆρ(r′)GD

(r, r

′)d3r

′.

Veámoslo:

27

∇2ϕ1 =ˆρ(r′)∇2GD

(r, r

′)d3r

′

= −4πˆρ(r′)δD

(r − r

′)d3r

′

= −4πρ (r) X

ϕ1|S =ˆρ(r′)GD

(r, r

′)

︸ ︷︷ ︸=0

d3r′

= 0X

Usemos la primera identidad de Green (8) con φ = GD (x, r) y ψ = GD

(x, r

′):

−4πˆ (

GD (x, r) δD(x− r

′)−GD

(x, r

′)δD (x− r)

)dV =

ˆ

GD (x, r)∂GD

(x, r

′)

∂n−

GD

(x, r

′)∂GD (x, r)

∂n

·dS=⇒ −4π

(GD

(r′, r)−GD

(r, r

′))

= 0

=⇒ GD

(r′, r)

= GD

(r, r

′).

Entonces, deducimos que la función de Green es simétrica. Ahora hagamos lo mismo con φ = ϕ2 y ψ = GD:

ˆϕ2

(r′)(−4πδD

(r − r

′))

dV′

=ˆϕ2

(r′) ∂GD (r, r′)

∂n· dS

′

=⇒ ϕ2 (r) = − 14π

ˆV(r′) ∂GD (r, r′)

∂n· dS

′

Potencial con Función de Green y Condiciones de Dirichlet

ϕ (r) =ˆρ(r′)GD

(r, r

′)dV − 1

4π

ˆV (r)

∂GD

(r, r

′)

∂n· dS. (23)

Entonces, lo único que falta es hallar GD(r, r

′). Ese problema puede resolverse usando separación de variables.

Veamos ahora cómo hallar la función de Green con condiciones de contorno de Neumann. El procedimiento esel mismo que antes. Tomemos φ = ϕ (r) y ψ = GN

(r, r

′):

ˆ (ϕ(r′)(−4πδD

(r − r

′))−GN

(r, r

′)(−4πρ

(r′)))

dV =ˆ ϕ(r′) ∂GN

(r, r

′)

∂n−GN

(r, r

′) ∂ϕ(r′)

∂n

· dS−4πϕ (r) + 4π

ˆρ (r)GN

(r, r

′)dV =

ˆ V (r)∂GN

(r, r

′)

∂n−GN

(r, r

′) ∂V (r)

∂n

· dSComo

∂GN(r,r′)

∂n es la integral del campo eléctrico en la superficie entonces no podemos pedir que esto de 0 paradespejar ϕ (r) como habíamos hecho antes. Pidiendo que valga la Ley de Gauss (3) debemos pedir:

28

∂GN

(r, r

′)

∂n= 4π

S=⇒

˛ ∂GN

(r, r

′)

∂n· dS = 4π

=⇒ ϕ (r) =ˆρ(r′)GN

(r, r

′)dV −

ˆ V (r)S−GN

(r, r

′)

4π∂V (r)∂n

.

Esto no nos sirve porque desconocemos V (r). Sin embargo, notemos que el primer término de la integral es el valormedio del potencial 〈ϕ〉S . Ya que el potencial está definido a menos de una constante podemos tomar este númerocomo 0. Entonces:

Potencial con Función de Green y Condiciones de Neumann

ϕ (r) =ˆρ(r′)GN

(r, r

′)dV + 1

4π

ˆGN

(r, r

′) ∂V (r)

∂n. (24)

Coordenadas Esféricas Hallemos la función de Green general en un recinto esférico. Consideremos dos cáscarasesféricas de radios a y b con a < b y una carga puntual unitaria entre ambas cáscaras. Consideremos condiciones decontorno de Dirichlet. Entonces: ∇

2GD

(r, r

′)

= −4πδD(r − r′

)GD

(r, r

′)∣∣∣S

= 0.

donde:

δD

(r − r

′)

= δD

(r − r

′) δD (θ − θ′) δD (φ− φ′)

r2 sin (θ) .

Consideremos una superficie de Gauss esférica con radio r tal que la carga esté en la superficie. Tenemos Sturm-Liouville en θ y φ. Sabemos que para a = 0 y b =∞ la solución es:

GD

(r, r

′)

= 4π∑l,m

1(2l + 1)

rl<rl+1>

Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) .

Ya que lo único que cambia en el problema general es la parte radial del problema propongamos:

GD

(r, r

′)

= 4π∑l,m

Clm (r)Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ)

=⇒ ∇2

4π∑l,m

Clm (r)Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ)

= −4πδD(r − r

′) δD (θ − θ′) δD (φ− φ′)

r2 sin (θ) .

Usando completitud:

∇2

4π∑l,m

Clm (r)Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ)

= −4πr2 δD

(r − r

′)∑l,m

Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) .

El Laplaciano en esféricas es:

∇2f = 1r

∂2

∂r2 (rf) + 1r2

(1

sin (θ)∂

∂θ

(sin (θ) ∂f

∂θ

)+ 1

sin2 (θ)∂2f

∂φ2

)︸ ︷︷ ︸

=∇2θφf

29

∇2θφY

ml = −l (l + 1)Y ml

=⇒ 4π∑(

1r

d2

dr2 (rClm)− l (l + 1)r2

)Y m∗l Y ml = −4π

r2 δD

(r − r

′)∑l,m

Y m∗l Y ml

=⇒ 1r

d2

dr2 (rClm)− l (l + 1)r2 = −

δD

(r − r′

)r2

=⇒ Clm = Cl ∀m.

Resolvamos entonces para r > r′ y r < r

′ :

=⇒ Cl =Alr

l + Blrl+1 r < r

′

A′

lrl + B

′l

rl+1 r > r′ .

Usemos las condiciones de contorno: Ala

l + Blal+1 = 0

A′

lbl + B

′l

bl+1 = 0

=⇒ Cl =

Al(rl − a2l+1

rl+1

)r < r

′

B′

l

(1

rl+1 − rl

b2l+1

)r > r

′

Usemos ahora la condición de contorno de la interfaz. Tomemos:

Cl = Dl

(rl< −

a2l+1

r2l+1<

)(1rl+1>

−rl>b2l+1

).

Notemos que esto cumple con la continuidad del potencial. Veamos el salto:

− ∂GD∂r

∣∣∣∣r=r′+

+ ∂GD∂r

∣∣∣∣r=r′−

= 4πσ

4π∑(

− dCldr

∣∣∣∣r=r′+

+ dCldr

∣∣∣∣r=r′−

)Y m∗l Y ml = 4π

r′2

∑Y m∗l Y ml

=⇒ − dCldr

∣∣∣∣r=r′+

+ dCldr

∣∣∣∣r=r′−

= 1r′2

Dl

((r′l − a2l+1

r′2l+1

)(l + 1r′l+2 + lr

′l

b2l+1

)+(lr′l + (2l + 1) a2l+1

r′2(l+1)

)(1

r′l+1 −r′l

b2l+1

))= 1r′2

=⇒ Dl = 1(2l + 1)

(1−

(ab

)2l+1) .

Entonces, la función de Green es:

30

Función de Green en Esféricas

GD

(r, r

′)

= 4π∑l,m

(rl< − a2l+1

r2l+1<

)(1

rl+1>

− rl>b2l+1

)(2l + 1)

(1−

(ab

)2l+1) Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) .

Notemos que si b → ∞ entonces la solución debería ser la de la carga puntal fuera de un capacitor esférico atierra. Nos queda:

GD = 4π∑l,m

(rl<rl+1>

− 1a

(a2

rr′

)l+1)

(2l + 1) Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) .

Si ignoramos el término dentro del paréntesis que lleva 1a tenemos el desarrollo multipolar del potencial de 1

‖r−r′‖(17). Ahora si ignoramos el término con r< y r> nos queda el desarrollo multipolar de una carga puntual a distanciaa2

r′ del centro de coordenadas con carga − ar′. Esta una carga imagen que podríamos haber propuesto al principio

para resolver usando el método de imágenes (de hecho este ejemplo lo vimos en F3). Ahora tomemos a → 0. Estodebería devolvernos el desarrollo multipolar de una carga puntual dentro de un capacitor esférico a tierra.

GD = 4π∑l,m

(rl<rl+1>

− 1b

(rr′

b2

)l)(2l + 1) Y m∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ) .

Esto puede interpretarse de la misma forma, como superposición de una carga puntual y una carga imagen sincapacitor.

Veamos un ejemplo. Tomemos una distribución de carga lineal circular con carga total Q y radio d en z = 0dentro de un capacitor esférico a tierra de radio a < d. Entonces:

ϕ =ˆρ′GDd3r

′.

Como hay simetría en z = 0 entonces la solución debe ser axisimétrica - es decir- las soluciones son iguales a lasde m = 0. Además, como hay simetría de reflexión en el plano z = 0 entonces solo vamos a tener soluciones pares.Notemos:

ρ = CδD

(r′− d)δD

(θ′− π

2

)/

ˆρr2 sin (θ)dφdθdr = Q

=⇒ ρ = Q

2πd2 δD

(r′− d) δD (θ′ − π

2

)sin (θ′) .

Entonces, usemos la función de Green con a = 0 y b = a.

31

ϕ =ˆ Q

2πd2 δD

(r′− d) δD (θ′ − π

2

)sin (θ′)

4π

∑l

(rl<rl+1>

− 1a

(rr′

a2

)l)(2l + 1) Y 0∗

l

(θ′)Y 0l (θ)

r′2 sin

(θ′)d3r

′

= 2Qd2

ˆδD

(r′− d)δD

(θ′− π

2

)r′2∑l

(rl<rl+1>

− 1a

(rr′

a2

)l)(2l + 1) Y 0∗

l

(θ′)Y 0l (θ)d3r

′

= 4πQ∑l

12l + 1

(rl<rl+1>

− 1a

(rd

a2

)l)Y 0∗l

(π2

)Y 0l (θ)

= Q∑l

(rl<rl+1>

− 1a

(rd

a2

)l)Pl (0)Pl (cos (θ))

Acá usemos que P2n (0) = (−1)n(2n−1)!!n!2n y P2n+1 (0) = 0, donde el doble factorial indica que es el factorial que

conserva paridad (ej.: 5!! = 1 · 3 · 5, 6!! = 2 · 4 · 6). Entonces:

ϕ = Q

∞∑n=1

(−1)n (2n− 1)!!2nn!

(r2n<

r2n+1>

− 1a

(rd

a2

)2n)P2n (cos (θ)).

2.3.3. Método de Imágenes

Consideremos una distribución de carga arbitraria dentro de un volumen Ξ con un potencial de V (r) en elborde. Tomemos al potencial como:

ϕ =ˆ ρ

(r′)

‖ r − r′ ‖d3r

′+ ϕ

′,

donde ϕ′ es una corrección de la integral. Tomemos este potencial como:∇2ϕ

′ = 0

ϕ′∣∣∣S

= −´ ρ

(r′)

‖r−r′‖d3r′∣∣∣∣S

+ V (r).

Propongamos:

ϕ′

=ˆ ρ

′(r′)

‖ r − r′ ‖d3r

′, ρ′(r′)∣∣∣

Ξ= 0.

Esta solución inmediatamente cumple con la primera condición, sin embargo el valor exacto de ρ′ va a depender delcontorno. Este es el Método de Imágenes que conocíamos, uno propone alguna distribución de cargas externaque cumple con el potencial en el contorno.

Veamos un ejemplo. Consideremos una carga puntual q frente a un plano infinito a tierra a distancia d. Entonces:

ϕ = q

‖ r − dx ‖+ qim‖ r − r′im ‖︸ ︷︷ ︸

=ϕ′

.

Proponemos una carga puntual imagen ya que es lo más simple (y porque sabemos que funciona). Establezcamoslas condiciones de contorno:

ϕ|x=0 = 0

32

Figura 3: Problema del segundo ejemplo.

=⇒ q√d2 + y2 + z2

+ qim√xim + (y − yim)2 + (z − zim)2

= 0.

Entonces, tomemos yim = zim = 0 y qim = −q. Entonces, xim = ±d. Como la carga imagen debe estar fuera delsistema, xim = d. Esta es una solución válida, posiblemente no sea única pero vale. Entonces:

ϕ = q

‖ r − dx ‖− q

‖ r + dx ‖.

Veamos cuál es la distribución superficial de carga en el plano:

− ∂ϕ

∂x

∣∣∣∣x=0+

= 4πσ

=⇒ σ = − qd

2π (x2 + y2 + d2)32.

La carga total inducida en el plano es q (por la ley de Gauss). Escribamos ahora la función de Green:

GD = 1‖ r − (x′ , y′ , z′) ‖ −

1‖ r − (x′ , y′ ,−z′) ‖ .

Veamos otro ejemplo. Consideremos una carga puntual a distancia d fuera de un capacitor circular a tierra deradio a (ver Figura 3). Consideremos el problema en el mismo plano. Propongamos:

ϕ = q

‖ r − dz ‖+ qim‖ r − dimz ‖

.

Evaluando en z = 0 y usando el teorema del coseno:

ϕ = q√a2 + d2 − 2ad cos (θ)

+ qim√a2 + d2

im − 2adim cos (θ).

Despejando se deduce que:

q2im

q2 = dimd, a2 + d2

im = dimd

(a2 + d2)

=⇒ dim =da2

d

.

d no puede ser ya que eso está dentro del sistema, entonces dim = a2

d . Se deduce entonces que qim = − qad . Por lotanto el potencial es:

33

ϕ = q

‖ r − dz ‖− qa

d ‖ r − a2

d z ‖.

La función de Green obviamente queda algo mucho más horrible. Ni lo voy a copiar porque es al pedo. El puntoque Mininni quería hacer es que si fuéramos a integrar esa cosa (¡horror!) sería muchísimo más difícil que integrarlosi lo tuviéramos como su desarrollo en la base.

2.4. Desarrollo MultipolarConsideremos una distribución de carga ρ con distancia máxima d - es decir - se puede encerrar a la distribución

en una esfera de radio d2 . Consideremos el campo eléctrico generado en un punto r. El Desarrollo Multipolar es

el desarrollo de Laurent del potencial ϕ. En F3 vimos que quedaba algo así:

ϕ = Q

r+ p · r

r3 + 12Qij

rirjr5 + ...

donde: p =´ρ(r′)r′d3r

′

Qij =´ρ(r′)(

3r′ir′

j − δijr′2)d3r

′

Sin embargo, notemos que este problema cuando una está lejos tiene obvia simetría esférica. El desarrollo encartesianas es difícil por este motivo, así que veamos el desarrollo en esféricas. Sabemos que:

1‖ r − r′ ‖

=∑l,m

4π2l + 1

r′l

rl+1Ym∗l

(θ′, φ′)Y ml (θ, φ)

=⇒ ϕ =∑l,m

4π2l + 1

Y ml (θ, φ)rl+1

ˆρ(r′)r′lY m∗l

(θ′, φ′)d3r

′

︸ ︷︷ ︸=qlm

qlm son los momentos multipolares en esféricas. Entonces:Desarrollo Multipolar

ϕ =∑l,m

4π2l + 1

Y ml (θ, φ)rl+1 qlm

Este es el desarrollo multipolar en esféricas. Veamos ahora algunos términos.

Caso l = 0

q00 =ˆ ρ

(r′)

√4π

d3r

= Q√4π

ϕ = 4π 1√4πr

Q√4π

= Q

r

34

Caso l = 1

q10 =√

34π

ˆρ(r′)r′cos(θ′)

︸ ︷︷ ︸=z′

d3r′

=√

34πpz

q1±1 = ∓√

34π

ˆρ(r′)r′sin(θ′)

exp(±iφ

′)d3r

′

= ∓√

34π (px ± ipy)

ϕ = 4π3

1r3

√3

4π

√3

4π (pzr cos (θ) + (px − ipy) r sin (θ) exp (−iφ)− (px + ipy) r sin (θ) exp (iφ))

= pz cos (θ)− 2i (px sin (θ) sin (φ) + py sin (θ) cos (φ))r2

2.5. Energía Electrostática2.5.1. En Vacío

F = −q∇ϕ

W = −qϕ (r)

Consideremos dos cargas q1 y q2 en posiciones r1 y r2 respectivamente. La energía potencial entre ambas es:

U = q1q2

‖ r1 − r2 ‖= q1ϕ2 (r1)= q2ϕ1 (r2)

= 12 (q1ϕ2 (r1) + q2ϕ1 (r2))

Ahora si tenemos N cargas entonces:

U =N∑i=1

i∑j=1

qiqj‖ ri − rj ‖

= 12∑j 6=i

qiqj‖ ri − rj ‖

= 12∑i

qiϕT\i (ri)

donde ϕT\i es el potencial generado por todas las cargas menos la carga i. Pasando al continuo queda:

U = 12

ˆρ (r)ϕ (r)d3r

Es importante notar que el factor de 12 sale puramente de la simetrización. Usemos la ley de Gauss (3):

35

12

ˆρ (r)ϕ (r)d3r = − 1

8π

ˆ (∇2ϕ

)ϕd3r

(∇ ·∇ϕ)ϕ =∇ · (ϕ∇ϕ)−∇ϕ ·∇ϕ

=⇒ U = − 18π

ˆ (∇ · (ϕ∇ϕ)− ‖∇ϕ ‖2

)d3r

= − 18π

ˆϕ∇ϕ · dS + 1

8π

ˆ‖∇ϕ ‖2 d3r

Como ϕ −→r→∞

0 entonces la integral en superficie es nula. Entonces, la Energía Electrostática es:

Energía Electrostática en Vacío

U = 18π

ˆ‖ E ‖2 d3r (25)

Definimos entonces la Densidad de Energía Electrostática como:

u = 18π ‖ E ‖

2 =⇒ U =ˆud3r

Consideremos ahora N conductores con densidades σi y a potenciales Vi. La energía total es:

U = 12∑i

ˆσi ϕ︸︷︷︸

=cte.

dS

= 12∑i

ViQi

No podemos fijar las cargas y el potencial al mismo tiempo, al fijar uno el otro se ajusta solo. Como la relaciónentre carga y potencial sale de las ecuaciones de Maxwell que son lineales, por lo tanto la relación entre ambos ellineal. Es decir:

Qi = CijVi, Cij =ˆρ (ri − r0i)︸ ︷︷ ︸

=ri

(rj − r0j)︸ ︷︷ ︸=rj

d3r

=⇒ U = 12CijViVj

Notemos además que: ∂U∂Vi

= Qi∂U∂Qi

= Vi(26)

Esto re suena a termo: si fijo uno se fija el otro, están relacionados por derivadas parciales, ... Hay una interpretacióntermodinámica de esto que vamos a explotar.

Consideremos un campo eléctrico externo Eext y una distribución de cargas ρ con distancia máxima d. Entonces:

Uint =ˆρ (r)ϕext (r)d3r

Si el campo no cambia tanto al cambiar d - es decir - Eext (r) ≈ Eext

(r + dd

), entonces podemos tomar algunos

términos del desarrollo multipolar de ϕ:

36

Uint =ˆρ

(ϕext|r0

+ ∂ϕext∂ri

∣∣∣∣r0

(r − r0) + 12∂2ϕext∂ri∂rj

∣∣∣∣r0

‖ r − r0 ‖2 +...)d3r

= Q ϕext|r0− P · Eext|r0

− 12Cij

∂Eextj∂ri

∣∣∣∣r0

+ ...

Tomemos:

Qij = 3Cij − Cllδij

=ˆρ(rirj − r2δij

)d3r

=⇒ Cij = Qij3 + Cll

3 δij

=⇒ 12Cij

∂Eextj∂ri

∣∣∣∣r0

= 16Qij

∂Eextj∂ri

∣∣∣∣r0

+ 16Cll ∇ ·Eext|r0︸ ︷︷ ︸

=0

= 16Qij

∂Eextj∂ri

∣∣∣∣r0

=⇒ Uint = Q ϕext|r0− P · Eext|r0

− 16Qij

∂Eextj∂ri

∣∣∣∣r0

+ ...

2.5.2. En Medios Materiales

Consideremos una densidad de cargas ρ en presencia de un medio material. En vez de considerar que se traencargas desde el infinito como hicimos en vacío consideremos que las cargas están fijas y con carga nula y quelentamente se cargan. Esto es mejor ya que al mover las cargas si quisiéramos traerlas desde el infinito las cargasde polarización cambiarían y por lo tanto el campo cambiaría. Consideremos entonces que ρl → ρl + δρl:

δU =ˆδρlϕd3r

= 14π

ˆ(∇ · δD)ϕd3r

= 14π

(

ˆ∇ · (δDϕ)d3r −

ˆδD ·∇ϕd3r

)= 1

4π

ˆδD ·Ed3r

=⇒ U = 14π

ˆE · dDd3r

Dependiendo de si el material es lineal o no entonces esa integral va a depender del camino o no. Muchos materialtienen Histéresis - es decir - su interacción con el campo depende de la historia del mismo. Esto hace que la energíano sea independiente del camino. Supongamos que el medio es lineal y que, por lo tanto:

Di = εijEj

37

=⇒ E · dD = EidDi

= Eid (εijEj)

= 12d (εijEiEj)

= 12d (E ·D)

Energía Electrostática en Medios Materiales

U = 18π

ˆE ·Dd3r (27)

Consideremos un ejemplo. Consideremos un plano dieléctrico con una carga puntual a distancia d. ConsideremosϕI como el potencial dentro del dieléctrico y ϕII como el potencial fuera del dieléctrico. Usemos el método deimágenes:

ϕI = q′

‖r−dz‖ϕII = q

‖r−dz‖ + qim‖r−zimz‖

Las condiciones de contorno son: ϕI |z=0 = ϕII |z=0(DII −DI)|z=0 · n = 0

=⇒

q′

√x2+y2+d2

= q√x2+y2+d2

+ qim√x2+y2+z2

im

− ∂ϕII∂z

∣∣∣z=0

+ ε ∂ϕI∂z

∣∣∣z=0

= 0

=⇒

q′

√x2+y2+d2

= q√x2+y2+d2

+ qim√x2+y2+z2

im

ε q′d

(x2+y2+d2)32

= qd

(x2+y2+d2)32

+ qimzim

(x2+y2+z2im)

32

Tomemos entonces zim = −d: q′ = q + qim

εq′ = q − qim

=⇒q′ = 2

1+εq

qim = 1−ε1+εq

=⇒ ϕ =

21+ε

q‖r−dz‖ z < 0q

‖r−dz‖ + 1−ε1+ε

q‖r+dz‖ z > 0

Entonces, hallemos la energía almacenada:

δU =ˆδρlϕd3r

δρl = δαqδD (r − dz)

Como nos interesa la interacción de la carga con el dieléctrico entonces sólo necesitamos la segunda parte delpotencial con z > 0:

38

δU =ˆαqδD (r − dz)

(1− ε1 + ε

q

‖ r + dz ‖

)d3r

= α1− ε1 + ε

q2

2d

=⇒ U =1ˆ

0

α1− ε1 + ε

q2

2ddα

= 1− ε1 + ε

q2

4d< 0

Notemos que si d → 0 entonces U → −∞ y por lo tanto cuando el sistema está aislado (carga constante) la cargase siente atraída por el dieléctrico.

2.5.3. Principio de Trabajos Virtuales

Consideremos una distribución de cargas qi y consideremos un pequeño desplazamiento virtual de las cargas δri.Entonces:

∆U = U (qi, ri + δri)− U (qi, ri)

= −∑i

F i · δri

= F(α)i δr

(α)i , α = 1, 2, 3

=⇒ F(α)i = −

(∂U

∂rαi

)q

=⇒ F i = − (∇iU)qEste es el cambio de energía a carga constante que es el análogo a un sistema aislado térmicamente. Hagámoslo ahoraa potencial constante, ya que eso hicimos en el caso de medios materiales. Consideremos conductores pequeños avoltajes Vi. Ya que no sabemos como resolver el problema de mover los conductores conectados consideremosdesconectarlos, moverlos y luego conectarlos otra vez. Esto divide al proceso en uno que es a carga constante (1) yotro que es estático (2). Entonces:

∆U = ∆U1 + ∆U2

=(

12∑i

(δqiVi + qiδVi

))+(∑

i

δqiVi

)︸ ︷︷ ︸

=∑

qiδVi

=∑i

qi

12 δVi|1 + δVi|2︸ ︷︷ ︸

=− δVi|1

= −1

2∑i

qi δVi|1

= −∆U1

= − (∆U)q

39

=⇒ F i = (∇iU)VLa dirección de la fuerza depende de si el proceso es a carga constante o potencial constante.

Usemos la primera relación de (26):

∂U

∂qi= Vi,

∂U

∂r(α)i

= −F (α)i

=⇒ dU = Vidqi − F i · driEste es el potencial termodinámico para el sistema abierto. Definamos entonces:

U = U − qiVi= −U

=⇒ dU = −F i · dri − qidViEste es el potencial termodinámico para el sistema aislado.

Formalicemos la interpretación termodinámica. Notemos:

U = Q−W= Q+Wext

=⇒ dU = TdS + 14π

ˆE · δDd3r

Acá las variables termodinámicas son la entropía y el campo desplazamiento, o sea que en este experimento contro-lamos las cargas libres. Controlar la entropía es medio raro, así que tomemos:

=⇒ dF = dU − TdS − SdT

= −SdT + 14π

ˆE · δDd3r

Supongamos ahora que en vez de controlar las cargas libres controlamos el potencial. Tomemos:U = U − 1

4π´E ·Dd3r

F = F − 14π´E ·Dd3r

=⇒dU = TdS − 1

4π´D · δEd3r

dF = −SdT − 14π´D · δEd3r

La nueva energía de Helmholtz está en función de T y E, por lo tanto controlamos la temperatura y el potencial.Si el proceso es isotérmico entonces la energía libre de Helmholtz nos acota el trabajo posible que puede hacer elsistema:

W 6 −∆F

Además, si el sistema está aislado sabemos que el estado de equilibrio es un mínimo de F . Veamos un par deejemplos:

40

Ejemplo 1 Consideremos dos placas conductoras paralelas conectadas a un reservorio de cargas con un dieléctricolíquido en el medio. Es decir, el dieléctrico está entre las placas hasta cierta altura h de equilibrio y el campo eléctricolo mantenemos fijo. Hallemos esa altura. Consideremos al proceso como isotérmico. Consideremos el potencialgravitatorio por unidad de área:

ug =hˆ

0

ρgzdz

= 12ρgh

2

Ahora consideremos el potencial electrostático por unidad de área:

Ue = 18π

ˆ(E ·D −E0 ·D0)d3r

= 18π

ˆ(E ·D0 −E0 ·D + (E +E0) · (D −D0)) d3r

= 18π

ˆ(E ·D0 −E0 ·D −∇Φ · (D −D0))d3r

= 18π

ˆ(E ·D0 −E0 ·D)d3r − 1

8π

ˆ∇Φ · (D −D0)d3r

= 18π

ˆ

Ξ

(E ·D0 −E0 ·D)d3r − 18π

ˆ ∇ · (Φ (D −D0))d3r︸ ︷︷ ︸=0

+ˆ

Φ∇ · (D −D0)d3r︸ ︷︷ ︸=0

= 1

8π

ˆ E · D0︸︷︷︸=0

− E0︸︷︷︸=E

· D︸︷︷︸=(ε−1)E

d3r

= − 18π

ˆ

Ξ

(ε− 1) ‖ E ‖2 d3r

= −ε− 18π ‖ E ‖2 Ξ

= −ε− 18π ‖ E ‖2 hA

=⇒ ue = −ε− 18π ‖ E ‖2 h

Ahora minimicemos la energía libre de Helmholtz:

=⇒ dF = d(

12ρgh

2 − ε− 18π ‖ E ‖2 h

)=(ρgh− ε− 1

8π ‖ E ‖2)dh

= 0

=⇒ ρgh− ε− 18π ‖ E ‖2= 0

=⇒ h = ε− 18πρg ‖ E ‖

2

41

Ejemplo 2 Consideremos una gota esférica dieléctrica de volumen Ξ sometida a un campo eléctrico externo E =E0x. Veamos qué forma toma la gota. La forma tiene que ser axisimétrica ya que no hay nada que rompa la simetríaen los ejes y y z. Entonces, por conservación de masa la forma de equilibrio debe ser un elipsoide de revolución.Hallemos entonces la excentricidad e del elipsoide de revolución de equilibrio. En este caso van a entrar en juego laenergía superficial y la energía electrostática.

Us = γA

El campo dentro de la gota es constante y menor que el externo. Entonces, según Landau-Lipschitz el campo debecumplir:

(1− nx)E(i)x + nxD

(i)x = E0

donde nx es el coeficiente de polarización:

nx = 13 −

215e

2, e 1

Entonces:

E(i)x = E0

1 + nx (ε− 1)Entonces, la energía electrostática es:

Ue = − 18π

ˆ(ε− 1)E ·E0d3r

= − (ε− 1) ‖ E ‖2 Ξ8π (1 + nx (ε− 1))

Simplifiquemos un poco:

11 +

( 13 −

215e

2)

(ε− 1)= 3ε+ 2

11− 2

5

(ε−1ε+2

)e2

≈ 3ε+ 2

(1 + 2

5

(ε− 1ε+ 2

)e2)

Ξ = 43πab

2

= 43πR

3

donde R es el radio de una esfera con el mismo volumen que el elipsoide - es decir - el radio de la gota antes de sersometida al campo. Vale que:

a = R(1− e2)− 1

3

b = R(1 + e2) 1

6

=⇒

a = R(

1 + e2

3

)b = R

(1− e2

6

)=⇒ A = 4πR2 + 8π

45 e4R2

Entonces:

42

F = F0 + γ8π45 e

4R2 − 15R

3(ε− 1ε+ 2

)2E2

0e2

=⇒ δF =(γ

32π45 e3R2 − 2

5R3(ε− 1ε+ 2

)2E2

0e

)de

=(γ

16π9 e2 −R

(ε− 1ε+ 2

)2E2

0

)25R

2ede

= 0

=⇒ e =√

916πγR

(ε− 1ε+ 2

)E0

3. Fenómenos Dependientes del TiempoLas Ecuaciones de Maxwell en Medios Materiales suelen escribirse como:Ecuaciones de Maxwell en Medios Materiales

∇ ·D = 4πρl∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t

∇×H = 4πc J l + 1

c∂D∂t

(28)

Las ecuaciones de Maxwell en vacío las vimos al principio de la primera clase (1). La Ley de Conservaciónde Carga es:

Conservación de Carga

∂ρ

∂t+∇ · J = 0 (29)

Las ecuaciones de Maxwell en vacío conservan el momento lineal, el momento angular y la energía. Veamos cadauna.

3.1. Balance de EnergíaConsideremos una carga puntual q sometida a una campo electromagnético externo. La fuerza que siente la

carga es la Fuerza de Lorentz:Fuerza de Lorentz

F = qE + q

cv ×B (30)

Consideremos una densidad de fuerza:

f = ρE + 1cJ ×B

y entonces:

43

dWdt =

(qE + q

cv ×B

)· v

= qv ·E

=ˆJ ·Ed3r

Notemos:

J = c

4π∇×H + 14π

∂D

∂t

=⇒ dWdt =

ˆ (c

4π∇×H + 14π

∂D

∂t

)·Ed3r

= c

4π

ˆ∇×H ·Ed3r + 1

4π

ˆ∂D

∂t·Ed3r

Usemos notación de índices:

∇×H ·E = Eiεijk∂jHk

= εijk∂j (HkEi)− εijkHk (∂jEi)= ∂j (εjkiHkEi) +Hkεkji∂jEi

=∇ · (H ×E) +H ·∇×E

= −∇ · (E ×H)−H · 1c

∂B

∂t

=⇒ dWdt = c

4π

ˆ (−∇ · (E ×H)−H · 1

c

∂B

∂t

)d3r + 1

4π

ˆ∂D

∂t·Ed3r

= − c

4π

ˆ∇ · (E ×H)d3r − 1

4π

ˆ (∂D

∂t·E + ∂B

∂t·H)

︸ ︷︷ ︸= 1

2∂∂t (E·D+B·H)

d3r

Si no hay disipación de calor entonces el cambio de trabajo es el cambio de energía mecánica. Entonces:

dUMdt = − c

4π

ˆ(E ×H) · dS − 1

8π

ˆ∂

∂t(E ·D +B ·H)d3r

Notemos que la energía mecánica a priori no se conserva, ya que esta expresión no tiene la forma de una ecuación decontinuidad (una derivada temporal más un flujo). La primera integral es superficial pero la segunda es volumétrica.Tomemos la Energía Electromagnética como:

uEM = 18π (E ·D +B ·H) (31)

=⇒ UEM = 18π

ˆ(E ·D +B ·H)d3r

=⇒ dUMdt + dUEM

dt = −ˆ

c

4π (E ×H) · dS

Tomamos el Vector de Poynting como:

S = c

4πE ×H (32)

44

Entonces:

dUMdt + dUEM

dt = −ˆS · dA

El cambio de energía total (UM + UEM ) es el flujo de energía que entra o sale por la superficie. Definamos ladensidad de energía total como:

u = uM + uEM

Conservación de Energía

∂u

∂t+∇ · S = 0 (33)

Esta es la Ley de Conservación de Energía. Notemos que para una onda plana en vacío el campo eléctricoy el magnético son perpendiculares y están en fase, por lo tanto el vector de Poynting apunta en la dirección detraslación de la onda.

3.2. Balance de ImpulsoSabemos de F1 que:

dPM

dt = F

Usemos la fuerza de Lorentz:

F =ˆ (

ρE + 1cJ ×B

)d3r

Notemos: ρ = 1

4π∇ ·EJ = c

4π∇×B −1

4π∂E∂t

Trabajemos en vacío porque supuestamente es muy difícil en medios materiales (dice Mininni que el Jackson tederiva al Landau y que Landau menciona que hay que hacerlo con cuidado).

dPM

dt = 14π

ˆ ((∇ ·E)E + (∇×B)×B − 1

c

∂E

∂t×B

)d3r

Para conseguir una ecuación de continuidad queremos escribir todo como divergencias o como derivadas temporalestotales. Los primeros dos términos tienen pinta de llegar a ser divergencias y el último de ser una derivada temporaltotal. Hagámoslo:

14π

ˆ (1c

∂E

∂t×B

)d3r = 1

4π

ˆ−1

c

∂

∂t(E ×B) +E × 1

c

∂B

∂t︸ ︷︷ ︸=−∇×E

d3r

= 14π

ˆ (−1c

∂

∂t(E ×B) + (∇×E)×E

)d3r

= − 14πc

ddt

ˆE ×Bd3r + 1

4π

ˆ(∇×E)×Ed3r

=⇒ dPM

dt = 14π

ˆ((∇ ·E)E + (∇×B)×B + (∇×E)×E)d3r − 1

4πcddt

ˆE ×Bd3r

45

Para forzar a que el impulso se conserve definamos el Impulso Electromagnético como:

pEM = 14πcE ×B (34)

=⇒ dPM

dt + dPEM

dt = 14π

ˆ((∇ ·E)E + (∇×B)×B + (∇×E)×E)d3r

= 14π

ˆ((∇ ·E)E + (∇×E)×E + (∇ ·B)B + (∇×B)×B)d3r

Notemos:

(∇ ·A)A+ (∇×A)×A = ∂jAjAi + εjkiεjlm (∂lAm)Ak= Ai∂jAj +Ak∂kAi −Ak∂iAk= Ai∂jAj +Aj∂jAi −Aj∂iAj

= ∂j (AiAj)−12∂iA

2

= ∂j

(AiAj −

12A

2δij

)Definamos entonces el Tensor de Maxwell como:

Tij = 14π

(EiEj +BiBj −

12(E2 +B2) δij) (35)

=⇒ dPdt =

ˆ∇ · ¯Td3r

=ˆ

¯T · dS

Conservación de Impulso

∂p

∂t−∇ · ¯T = 0 (36)

Esta ecuación de continuidad es la Ley de Conservación de Impulso. Tij es el flujo de impulso electromag-nético que apunta en la componente i y que atraviesa una pared con normal en la componente j. Por eso es untensor. Entonces:

Fi =ˆTijdSj −

ddt

ˆ (E ×B)4πc d3r

En el caso estacionario E ×B = 0 y entonces:

Fi =ˆTijdSj

Esto significa que el tensor de Maxwell se parece bastante al tensor de esfuerzos de E1 y entonces el campoelectromagnético puede generar presiones. Esta presión es proporcional a E2+B2 y se llama Presión de Radiación.

46

3.3. Balance de Impulso AngularSabemos de F1 que:

τ =ˆr × fd3r

= dLMdt

Entonces:

dLMdt =

ˆr ×

(∂jTij i−

ddtE ×B

4πc

)d3r

=ˆr ×

(∂jTij i

)d3r − d

dt

ˆr × E ×B

4πc︸ ︷︷ ︸=pEM

d3r

=ˆr ×

(∂jTij i

)d3r − dLEM

dt

Queda definido el Impulso Angular Electromagnético como:

LEM =ˆr × pEMd3r

Notemos:

dLdt =

ˆr ×

(∂jTij i

)d3r

=ˆεklirl∂jTijd3r

=ˆ

(∂j (εklirlTij)− εkjiTij)d3r

La integral de εkjiTij es nula porque εkji es un tensor antisimétrico y Tij es un tensor simétrico (???). Entonces:

dLdt =

ˆ∂j (εklirlTij)d3r

=ˆεklirlTijdSk

Tomemos el tensor:

Mij = εilmrlTmj

Conservación del Impulso Angular

∂l

∂t−∇ · ¯M = 0

Esta es la Ley de Conservación de Impulso Angular.

47

4. Potenciales ElectrodinámicosUsando la ecuaciones de Maxwell (1) tenemos:

B =∇×A

=⇒ ∇×E = −∇×(

1c

∂A

∂t

)

=⇒ ∇×(E + 1

c

∂A

∂t

)= 0

=⇒ E = −∇ϕ− 1c

∂A

∂t

=⇒ ∇2ϕ+ 1c

∂

∂t∇ ·A = −4πρ

Vale que:

∇× (∇×A) =∇ (∇ ·A)−∇2A

= 4πcJ + 1

c

∂

∂t

(−∇ϕ− 1

c

∂A

∂t

)= 4π

cJ −∇

(1c

∂ϕ

∂t

)− 1c2∂2A

∂t2

=⇒∇2ϕ+ 1

c∂∂t∇ ·A = −4πρ

∇ (∇ ·A)−∇2A = 4πc J −∇

(1c∂ϕ∂t

)− 1

c2∂2A∂t2

Tenemos dos ecuaciones diferenciales acopladas para resolver. Sin embargo, podemos tomar valores para ∇ ·A yaque tenemos libertad de gauge. Los dos gauges más comunes son elGauge de Coulomb y elGauge de Lorenz. Elgauge de Lorenz suele usarse en vacío y es invariante ante cambios de sistema (a diferencia del gauge de Coulomb).El gauge de Coulomb se usa en medios materiales. El gauge de Lorenz es:

∇ ·A = −1c

∂ϕ

∂t

=⇒∇2ϕ = 1

c∂2ϕ∂t2 − 4πρ

∇2A = 1c2∂2A∂t2 −

4πc J

Quedaron ecuaciones diferenciales desacopladas con fuentes ρ y J . El gauge de Coulomb es:

∇ ·A = 0

=⇒∇2ϕ = −4πρ1c2∂2A∂t2 −∇

2A = 4πc J −∇

(1c∂ϕ∂t

)En este caso no están desacopladas pero podemos resolver por ϕ con la primera ecuación y luego resolvemos por Ausando el ϕ hallado. La solución a estas ecuaciones son:

ϕ =´

ρ′

‖r−r′‖d3r′

J = JL + JTdonde JL es la corriente longitudinal y JT la corriente transversal:

48

JL = − 14πc∇

(´ ∇′·J′

‖r−r′‖d3r′)

JT = 14πc∇×

(´ ∇′×J′

‖r−r′‖d3r′)

Entonces:

4πcJL = 1

c∇(∂

∂t

ˆρ′

‖ r − r′ ‖d3r

′

)

=∇(

1c

∂ϕ

∂t

)

=⇒ 1c2∂2A

∂t2−∇2A = 4π

cJT

Obtenemos una ecuación de onda con fuentes.Para resolver estas ecuaciones debemos saber las condiciones de contorno y dos condiciones temporales, por

ejemplo el valor inicial y el valor inicial de las derivadas o el valor inicial y final.

4.1. Funciones de Green Avanzadas y RetardadasConsideremos la ecuación:

∇2χ (r, t)− 1c2∂2χ

∂t2(r, t) = −4πf (r, t)

Definamos las transformadas de Fourier como:g (r, ω) =

´g (r, t) exp (iωt)dt

g (r, t) = 12π´g (r, ω) exp (−iωt)dω

=⇒ ∇2χ (r, ω) + ω2

c2︸︷︷︸=k2

χ (r, ω) = −4πf (r, ω)

Notemos que están son infinitas ecuaciones desacopladas en frecuencias, ya que (a diferencia de la ecuación anterior)no hay términos de derivadas de ω. Por eso es útil usar la transformada de Fourier. Introduzcamos una función deGreen para resolver este problema. En este caso, en vez de usar una carga unitaria vamos a usar un pulso unitario:

∇2G (r, t)− 1c2∂2G

∂t2(r, t) = −4πδD

(r − r

′)δD

(t− t

′)

De la misma forma vamos a usar funciones de Green de tipo Dirichlet pidiendo que se anule en el infinito. Tomemosla transformada:

∇2Gk (r, t) + k2Gk (r, ω) = −4πδD(r − r

′)

exp(iωt

′)

=⇒(∇2 + k2)Gk (r, ω) exp (−iωt) = −4πδD

(r − r

′)

Además, si no hay contornos entonces la solución es axisimétrica en la posición donde está el pulso. TomemosR =‖ r − r′ ‖: (

∇2 + k2)Gk (R,ω) exp (−iωt) = −4πδD (R)

=⇒ Gk (R) =(α

exp (ikR)R

+ βexp (−ikR)

R

)exp

(iωt

′)

49

Tomemos:

G±k (R,ω) =exp

(i(ωt′ ± kR

))R

=⇒ Gk (R,ω) = αG+k (R,ω) + βG−k (R,ω)

Estas soluciones representan ondas viajeras, una que viaja hacia adentro(G−k)y otra hacia afuera

(G+k

). Hagamos

la anti-transformada:

G±k (R, t) = 12πR

ˆexp

(iω

(±Rc−(t− t

′)))

dω

= 1RδD

(±Rc−(t− t

′))

Funciones de Green Avanzadas y Retardadas

G±k (r, t) =δD

(t′ ∓(t∓ ‖r−r

′‖

c

))‖ r − r′ ‖

(37)

Vamos a llamar a G−k la Función de Green Avanzada y a G+k la Función de Green Retardada. Notemos

que: G+k 6= 0 ⇐⇒ t = t

′ + Rc

G−k 6= 0 ⇐⇒ t = t′ − R

c

La función de Green G+k “se prende” cuando la onda recorrió una distancia R desde

(r′, t′)(por eso es “retardada”)

y la función G−k representa la simetría en hacer el pulso desde(r′, t′)

o desde(r′, t)

(por eso es “avanzada”).Entonces:

ϕ =´ρ′G′d3r

′dt′

A =´J′G′d3r

′dt′

Esta es la solución formal del problema, sin embargo, vamos a aproximar para distintos regímenes para ver losresultados más tangibles de esta respuesta.Antes, veamos un ejemplo:

Consideremos un dipolo p = pz que se “prende” en t = t′ en vacío y sin contornos. Hallemos los potenciales.

Usando: −∇ · P = ρ

∇ · J = −∂ρ∂tSe deduce que: ρ

(r′, t′)

= −pδD(x′)δD

(y′)δ′

D

(z′)

ΘH

(t′)

J(r′, t′)

= pδD

(x′)δD

(y′)δD

(z′)δD

(t′)z

Entonces:

50

ϕ (r, t) =ˆρ(r′, t′) δD (t′ − (t− ‖r−r′‖c

))‖ r − r′ ‖

d3r′dt′

=ˆ ρ

(r′, t− ‖r−r

′‖

c

)‖ r − r′ ‖

d3r′

= −p∞

−∞

δ′

D

(z′)

‖ (x, y, z − z′) ‖ΘH

t− ‖(x, y, z − z′

)‖

c

dz′

= −p

ΘH

(t−

‖(x,y,z−z

′)‖

c

)‖ (x, y, z − z′) ‖ δD

(z′)∣∣∣∣∣∣∣∣∞

−∞

−ˆδD

(z′) ∂

∂z′

ΘH

(t−

‖(x,y,z−z

′)‖

c

)‖ (x, y, z − z′) ‖

dz′

= p∂

∂z′

ΘH

(t−

‖(x,y,z−z

′)‖

c

)‖ (x, y, z − z′) ‖

∣∣∣∣∣∣∣∣z′=0

= pΘH

(t− r

c

) z

r3 + p

crδD

(t− r

c

) zr

= pz

r3 ΘH

(t− r

c

)+ pz

cr2 δD

(t− r

c

)De esto se deduce que:

A = p

crzδD

(t− r

c

)Veamos los campos:

E = 3 (p · r) r − r3p

r5 ΘH

(t− r

c

)︸ ︷︷ ︸

Campo del dipolo

+ pz

cr3 δD

(t− r

c

)r − 2 (p · r) r − r2p

cr4 δD

(t− r

c

)︸ ︷︷ ︸

Límite esférico en t− rc

+ p

c2rδ′

D

(t− r

c

)sin (θ) θ︸ ︷︷ ︸

Término de onda

B =( p

cr2 δD

(t− r

c

)+ p

c2rδ′

D

(t− r

c

))φ

Esto describe el campo eléctrico de un dipolo con un límite esférico en la distancia máxima que puede tomar dadoun tiempo t. Notemos que el último término de E decae como 1

r . Esto si se introduce en el vector de Poyntingresulta que no desaparece en infinito, lo que representa que es un término de onda. Por eso, al aproximar vamos aconsiderar el límite de campo cercano, de campo lejano y de campo de radiación. Esta es la única solución analíticaque vamos a ver ya que se ponen muy difícil muy rápido.

Existen dos partes para el campo: ElCampo de Velocidad y elCampo de Radiación. El campo de velocidaddecae más rápido que 1

r y puede depender de la velocidad de las cargas. El campo de radiación cae como 1r y por

lo tanto su contribución al vector de Poynting es no nula en el infinito.

5. Aproximación CuasiestacionariaConsideremos campos dependientes del tiempo tal que la longitud de onda cumple que λ d, donde d es el

tamaño característico del sistema y la longitud de onda cumple:

k = ω

c

= 2πλ

51

Se deduce que:

ω c

d

Vamos a considerar que dentro de la fuente de corriente vale la Ley de Ohm:Ley de Ohm

J = σE (38)

Tomemos: E (r, t) = E (r) exp (iωt) ρ (r, t) = ρ (r) exp (iωt)B (r, t) = E (r) exp (iωt) J (r, t) = J (r) exp (iωt)

Entonces, de las ecuaciones de Maxwell (1) se deduce que:∇ ·E = 4πρ ∇ ·B = 0∇×E = − iωc B ∇×B = 4π

c J + iωc E

Si la conductividad es buena σ 1 entonces ‖ J ‖‖ E ‖ y entonces:

∇×B ≈ 4πcJ

= 4πσcE

Esto sólo vale dentro del conductor, fuera del conductor J = 0 y entonces no se puede hacer esa aproximación.Tomemos:

E (r) =∑∞n=0 κ

nE(n) (r)B (r) =

∑∞n=0 κ

nB(n) (r), κ = kd

Tomamos a los campos como su expansión asintótica, donde cada término es una corrección de menor orden. Deesta manera uno expande asintóticamente los campos y encuentra los coeficientes E(n).

Veamos un ejemplo. Consideremos: ρ (r, t) = 0J (r, t) = J (r) exp (iωt)

=⇒∇ ·E(0) = 0 ∇ ·B(0) = 0∇×E(0) = 0 ∇×B(0) = 4π

c J (r)

Estas ecuaciones son magnetostáticas. Notemos que si J = 0 y ρ (r, t) = ρ (r) exp (iωt) entonces obtenemos unproblema electrostático. Consideremos el siguiente orden:

∇ ·E(1) = 0 ∇ ·B(1) = 0∇×E(1) = −iB(0) ∇×B(1) = iE(0)

Con condiciones de contorno adecuadas E(0) = 0 y entonces nos queda otro problema magnetostático donde se usala solución B(0) del problema anterior.

52

5.1. Efecto PelicularNotemos que dentro del conductor podemos tomar:

∇× (∇×B) = 4πσc∇×E

= −i4πσkcB

= −∇2B

=⇒ ∇2B = i4πσωc2

B

Si aplicamos la anti-transformada de Fourier queda:

∇2B ∝ ∂B

∂t

O sea que la ecuación anterior es la ecuación de calor. Es decir, dentro del conductor el campo decae pero noinmediatamente. Existe entonces una longitud de penetración característica del conductor δ. Este fenómeno sellama Efecto Pelicular. Vale que:

δ ∝√

c2

σω

5.2. Movimiento de un Conductor en un Campo MagnéticoConsideremos una espira que se desplaza a velocidad v y tomemos E

′al campo eléctrico que ve el conductor -

es decir - con el sistema inercial parado en la espira. La Ley de Faraday establece que:˛E′· dl = −1

c

ddt

ˆB · dS

En un instante dt la variación de campo es:

B (r + vdt, t+ dt)−B (r, t)

Entonces:

lımdt→0

B (r + vdt, t+ dt)−B (r, t)dt ≈ lım

dt→0

1dt

(∂B

∂tdt+ (∇B) · vdt

)=(∂

∂t+ v ·∇

)B

= dBdt

La variación del campo es la derivada material del campo. Si consideramos que el campo varía lentamente (vuniforme), entonces:

∇× (B × v) = (v ·∇)B − v(∇ ·B) +B (∇ · v)−

(B ·∇)v

=⇒˛E′· dl = −1

c

ˆ∂B

∂t· dS − 1

c

˛(B × v) · dl

=⇒˛ (

E′+ B × v

c

)· dl = −1

c

ˆ∂B

∂t· dS

53

Entonces, debe valer que E = E′+ B×v

c ya que cumple la ley de Faraday. Es decir:

E′

= E + v ×Bc

=⇒ J = σ

(E + v ×B

c

)Como la espira se mueve entonces la corriente cambia (¿Esto obedece la conservación de carga?). Notemos:

∇×B ≈ 4πσc

(E + v ×B

c

)

=⇒ ∇× (∇×B) = −∇2B

= −4πσc2

∂B

∂t+ 4πσ

c2∇× (v ×B)

=⇒ ∂B

∂t=∇× (v ×B) + η∇2B

donde:

η = c2

4πσLlamamos a esta constante la Difusividad Magnética. El término rotor en la ecuación diferencial proviene de laLey de Faraday y amplifica el campo magnético.

5.2.1. Teorema de Alfvén

Consideremos la variación del flujo magnético en la espira:

dΦdt =

ˆ∂B

∂t· dS

= −c˛E′· dl

= −c˛J

σ· dl

= −4πηc

˛J · dl

−→η→0

0

Esto significa que para un conductor el flujo magnético se conserva, es decir:

dΦdt = 0

Entonces, las líneas de campo se mueven con el conductor para conservar el flujo.Consideremos que se estira al conductor. Por conservación de la masa como el volumen incrementa entonces el

área que atraviesa debe disminuir. Esto cambia al campo a otro B′tal que:

‖ B ‖ A =‖ B′‖ A

′

Entonces:

‖ B ‖<‖ B′‖

54

Esto es lo que sucede en el núcleo de la tierra, el material se deforma e induce corrientes. Consideremos η 1 yentonces:

∂B

∂t= η∇2B =⇒ Tη ∝

L2

η

Para la tierra, esto nos da el tiempo que va a tardar el núcleo en desmagnetizarse (ya que está a temperatura mayorque la de Curie). Como el radio del núcleo de la tierra es aproximadamente 3000 km entonce resulta que Tη = 104

años. Esto es muy poco, así que esto sugiere que debe haber otro efecto en juego. Sin embargo, es curioso saber queel campo magnético se invierte cada aproximadamente 10 mil años.

6. Ondas Electromagnéticas6.1. Ondas Planas en Medios no Dispersivos

Si no hay fuentes entonces las ecuaciones de Maxwell en medios materiales son:∇ ·D = 0 ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t ∇×H = 1

c∂D∂t

Si el medio es L.I.H. (es decir, no dispersivo) entonces:∇ ·E = 0 ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t ∇×B = µε

c∂E∂t

Notemos:

∇× (∇×E) = −1c

∂

∂t

(µε

c

∂E

∂t

)= −µε

c2∂2E

∂t2

= −∇2E

=⇒ ∇2E − µε

c2∂2E

∂t2= 0

Análogamente se puede mostrar que:

∇2B − µε

c2∂2B

∂t2= 0

Tenemos entonces dos ecuaciones de onda sin fuentes para cada campo.Esto fue lo que Maxwell mostró en su paper original. Hertz decidió comprobar esto. Lo que hizo fue conectar

una antena a tierra en un extremo y en la otra estaba cercana a otra antena. Emitió una onda electromagnéticacuya frecuencia hacía que la longitud de onda fuera de un par de centímetros. Esta onda crea una diferencia depotencial entre las antenas que al ser suficientemente alta genera una chispa. Luego, fue acercando las puntas delas antenas y tomó nota de en qué distancias había una chispa. Con esto comprobó que efectivamente habían ondaselectromagnéticas de la longitud de onda que predijo. Marconi luego de leer su publicación patentó la radio y se lavendió a los americanos.

Resolvamos las ecuaciones de onda. Tomemos las transformadas y anti-transformadas de Fourier como:A (r, ω) = 1

π

´∞−∞A (r, t) exp (iωt)dt

A (r, t) = 12´∞−∞A (r, ω) exp (−iωt)dω

Notemos que esto es igual a:

55

A (r, ω) = 1

π

´∞−∞A (r, t) exp (iωt)dt

A (r, t) = <(´∞

0 A (r, ω) exp (−iωt)dω)

porque:

E (r, ω) = −E∗ (r,−ω)

Entonces, transformando la ecuación del campo eléctrico queda:

∇2E = −k2E (r, ω) , k =√µε

c2ω

Tenemos entonces la relación de dispersión. La velocidad de propagación es:

vf = ω

k

=

√c2

µε

y la velocidad de grupo es:

vg = dωdk

= vf

Por esto, el medio es no dispersivo. Notemos que de estas expresiones para las velocidades hallamos que el índicede refracción es n = √µε. La solución a la ecuación diferencial es:

E (r, ω) = E0 exp (ik · r)

=⇒ E (r, t) = < (E0)︸ ︷︷ ︸def:=E0

exp (i (k · r − ωt))

= E0 exp (iΦ (r, t))

Si la fase es constante entonces:

Φ (r, t) = kxx+ kyy + kzz − ωt= cte.

Esta ecuación a t = cte. describe un plano. Es decir, el campo eléctrico describe una onda plana. Si al plano se loavanza en el tiempo el plano se mueve. Notemos:

∇ ·E = 0

=⇒ k ·E0 = 0

=⇒ k ⊥ E0

Además:

∇×E = iω

cB

56

=⇒ ik ×E0 = ik√µε·B0

=⇒ B0 = √µεk ×E0

Entonces obtenemos la conocida solución para las ondas electromagnéticas, donde E y B oscilan perpendicularesentre sí y perpendiculares a la dirección de propagación k.

6.1.1. Flujo de Energía

Consideremos dos señales temporales A (t) = < (A exp (−iωt)) y B (t) = < (B exp (−iωt)). El producto de ambasseñales es S (t) = A (t)B (t). Notemos:

S (t) = < (A exp (−iωt))< (B exp (−iωt))

= 14 (A exp (−iωt) +A∗ exp (iωt)) (B exp (−iωt) +B∗ exp (iωt))

= 14 (AB exp (−2iωt) +A∗B∗ exp (2iωt) +AB∗ +A∗B)

= 14(AB exp (−2iωt) + (AB exp (−2iωt))∗

)+ 1

4(AB∗ + (AB∗)∗

)= 1

2< (AB exp (−2iωt)) + 12< (AB∗)

Esta es una propiedad muy útil. Además, si queremos ver el valor medio de la señal tenemos:

〈S (t)〉 = 1T

T

0

S (t)dt

= 12< (AB∗)

Consideremos ahora el vector de Poynting (32):

S = c

4πµE ×B

= c

8πµ< (E0 ×B0 exp (−2iωt) +E0 ×B∗0)

=⇒ 〈S (t)〉 = c

8πµ< (E0 ×B∗0)

=c√µε

8πµ <(E0 ×

(k ×E0

)∗)= c

8π

√ε

µ<(

(E0 ·E∗0) k −

(E0 · k

)E∗0

)= c

8π

√ε

µ‖ E0 ‖2 k

La onda plana se lleva energía e impulso. Puede calcularse que:uE = 1

8πE ·DuB = 1

8πB ·H

57

=⇒〈uE〉 = ε

16π ‖ E0 ‖2

〈uB〉 = 116πµ ‖ B0 ‖2

Además:

〈uE〉 = 〈uB〉así que los campos están en equipartición.

6.1.2. Polarización

Dado k solo faltan dos direcciones e1 y e2 para describir el plano de fase constante donde apuntan E y B. LaPolarización es la trayectoria que hace E0 en una onda plana. Esta trayectoria puede ser lineal, circular o elíptica.Tomemos:

E = (A exp (iφ1) e1 +B exp (iφ2) e2) exp (i (k · r − ωt))= (Ae1 +B exp (i (φ2 − φ1)) e2) exp (i (k · r − ωt+ φ1))

= E(1)0 e1 + E

(2)0 e2

=⇒ Ej = < (E · ej) , j ∈ 1, 2

=⇒E1 = A cos (ω (t− t0)) t0 = k·r+φ1

ω

E2 = B cos (ω (t− t0)− φ) φ = φ2 − φ1

Tomemos τ = t− t0. Entonces: E1 = A cos (ωτ)E2 = B cos (ωτ − φ)

Veamos que trayectoria dibuja: E1A = cos (ωτ)E2B = cos (ωτ) cos (φ) + sin (ωτ) sin (φ)

=⇒(E2

B− E1

Acos (φ)

)2= sin2 (ωτ) sin2 (φ)

=(

1−(E1

A

)2)

sin2 (φ)

=⇒ E22

B2 + E21

A2 −2E1E2

ABcos (φ) = sin2 (φ)

Esta es la ecuación de las cónicas y describe una elipse. Por eso es que la polarización sólo puede ser lineal, circularo elíptica. Veamos los casos particulares donde la polarización es lineal o circular:

Lineal Si φ = 0: (E2

B− E1

A

)2= 0

=⇒ E2 = CE1

Esto describe una línea.

58

Figura 4: Refección y transmisión de una onda plana al incidir en la interfase de dos medios.

Circular Si φ = π2 y A = B:

E22 + E2

1 = A2

Esto describe un círculo de radio A. Si sin (φ) > 0 entonces la polarización es anti-horaria y si sin (φ) < 0 lapolarización es horaria. Los versores en estas coordenadas circulares son e+ = 1√

2 (e1 + ie2) para polarizaciónanti-horaria y e− = 1√

2 (e1 − ie2) para polarización horaria.

6.1.3. Reflexión y Transmisión

Consideremos una onda plana que incide en la interfase de dos medios distintos con ε y µ en el medio #1 y ε′

y µ′ en el medio #2 (ver Figura 4). La onda incide con un ángulo θi con respecto a la normal y una parte de laonda se refleja con ángulo θr y otra parte se transmite con un ángulo θt. Consideremos E0 a la amplitud del campoincidente, E

′′

0 a la del campo reflejado y E′

0 a la del campo transmitido. Análogamente definamos k, k′y k

′′. Vale

que: E = E0 exp (i (k · r − ωt)) k = √µεωcB = √µεk ×EE

′= E

′

0 exp(i(k′· r − ω′t

))k′ =

√µ′ε′ ω

′

c

B′

=√µ′ε′ k

′

×E′

E′′

= E′′

0 exp(i(k′′· r − ω′′t

))k′′ = √µεω

′′

c

B′′

= √µεk′

×E′′

Cualquier condición de contorno en este sistema tiene la forma:(α exp (i (k · r − ωt)) + β exp

(i(k′· r − ω

′t))

+ γ exp(i(k′′· r − ω

′′t)))∣∣∣

z=0= 0∀t

Como vale para todo t entonces:

ω = ω′

= ω′′

Además, como vale para todo r en la interfase (z = 0) entonces esta ecuación sólo depende de x. Es decir, las ondasson coplanares. Entonces:

59

kx = k′

x = k′′

x

=⇒ kx = k′′

x

nω

csin (θi) = nω

csin (θr)

sin (θi) = sin (θr)

=⇒ θi = θr

kx = k′

x

nω

csin (θi) = n

′ω

csin (θt)

Ley de Snel

n sin (θi) = n′sin (θt) (39)

La Ley de Snel es una consecuencia de la linealidad del medio.Pidamos continuidad de los campos en la interfase. Como estamos trabajando con H y D entonces la densidad

de cargas y corrientes libres en la interfase es nula. Por lo tanto:

(D′−D

)· z = 0

z ×(E′−E

)= 0(

B′−B

)· z = 0

z ×(H′−H

)= 0

=⇒

(ε′E′− ε

(E0 +E

′′

0

))∣∣∣z=0· z = 0 (1)

z ×(E′

0 −(E0 +E

′′

0

))∣∣∣z=0

= 0 (2)(B′

0 −(B0 +B

′′

0

))∣∣∣z=0· z = 0 (3)

z ×(√

ε′

µ′k′

×E′

0 −√

εµ

(k ×E0 + k

′′

×E′′

0

))∣∣∣∣z=0

= 0 (4)

Estas ecuaciones tienen cuatro incógnitas que son las direcciones de polarización para E′

0 y E′′

0 . Tomemos alversor e2 saliendo del diagrama (transversal al plano) y a los versores e1, e

′

1 y e′′

1 perpendiculares a e2 y k, k′y

k′′respectivamente. Vamos a considerar dos casos: El caso transverso-eléctrico (E0 = E0e2) y el caso transverso-

magnético (E0 = E0e1).

Caso Transverso-Eléctrico Tomemos: E′

0 = E′

1e′

1 + E′

2e2

E′′

0 = E′′

1 e′′

1 + E′′

2 e2

=⇒

ε′E′

1 sin (θt)− εE′′

1 sin (θr) = 0 (1)(E′

2 −(E2 + E

′′

2

))︸ ︷︷ ︸

=0

x+ z ×(E′

1e′

1 − E′′

1 e′′

1

)︸ ︷︷ ︸

=0

= 0 (2)

60

=⇒

nε′

n′E′

1 − εE′′

1 = 0 (1)E′

2 −(E0 + E

′′

2

)= 0 (2a)

E′

1 cos (θt) + E′′

1 cos (θi) = 0 (2b)

Como las ecuaciones (1) y (2b) son homogéneas y L.I. entonces la única solución posible es la trivial.

=⇒E′

1 = 0E′′

1 = 0

Sigamos con el resto de las ecuaciones:E′

2 −(E0 + E

′′

2

)= 0 (3)√

ε′

µ′E′

2e2

(z · k

′)−√

εµ

(E0e2

(z · k

)+ E

′′

2 e2

(z · k

′′))

= 0 (4)

Entonces, las únicas dos ecuaciones que quedan son:E0 + E′′

2 − E′

2 = 0√εµ cos (θi)

(E0 + E

′′

2

)−√

ε′

µ′cos (θt)E

′

2 = 0

Despejemos entonces E′2 y E′′2 en función de E0. Definamos Ri = E′′i

E0y Ti = E

′i

E0:

Coeficientes de Fresnel para la Onda Transverso-EléctricaT2 = 2n cos(θi)

n cos(θi)+ µ

µ′

√n′2−n2 sin2(θi)

R2 =n cos(θi)− µ

µ′

√n′2−n2 sin2(θi)

n cos(θi)+ µ

µ′

√n′2−n2 sin2(θi)

(40)

Estos son los Coeficientes de Fresnel para la onda transverso-eléctrica. Para la onda transverso-magnéticalos coeficientes son:

Coeficientes de Fresnel para la Onda Transverso-MagnéticaT1 = 2nn

′cos(θi)

µ

µ′ n′2 cos(θi)+n

√n′2−n2 sin2(θi)

R1 =µ

µ′ n′2 cos(θi)−n

√n′2−n2 sin2(θi)

µ

µ′ n′2 cos(θi)+n

√n′2−n2 sin2(θi)

(41)

Notemos que si n′ > n |sin (θi)| entonces las soluciones son reales y por lo tanto los campos están en fase. Sin′2 − n2 sin2 (θi) < 0 y n > n

′ entonces existe un ángulo límite θL tal que sin (θL) = n′

n . Lo que sucede en este casoes que la onda transmitida está en la interfase. A este fenómeno lo llamamos Reflexión Total Interna. Notemos:

k′2z = k

′2 − n′2ω2

c2sin2 (θt)

= n′2ω2

c2

(1− n2

n′2sin2 (θi)

)

θi = θL =⇒ k′

z = 0

=⇒ E′

= E′

0 exp (i (kxx− ωt))

61

Si θi > θL entonces el coeficiente de transmisión se hace imaginario y entonces:

k′

z = iγ

=⇒ E′

= E′

0 exp (i (kxx− ωt)− γz)

Esta es una Onda Evanescente. Esta es una onda que desaparece exponencialmente dentro del material. Notemosque T ∈ C y que |R| = 1. La onda reflejada se lleva toda la energía en promedio. La onda evanescente se lleva energíapor un momento pero la devuelve en menos de un periodo (sale de la cuenta que hicimos con el vector de Poyntingpara vectores complejos). Si se fuera a introducir otro medio cerca del medio donde está la onda evanescente puedeaparecer una onda en este medio por transmisión de la onda evanescente. Este fenómeno se llama Reflexión TotalFrustrada. Es un ejemplo de efecto túnel clásico.

Otra posibilidad es que R se anule. Tomemos µ ≈ µ′ ≈ 1 ya que trabajamos con medios ópticos. Entonces:n cos (θi)− n

′ cos (θt) = 0 (TE)n′ cos (θi)− n cos (θt) = 0 (TM)

Tomemos α y β como convenga según el caso.

=⇒ α cos (θi)− β cos (θt) = 0

=⇒(α2 − β2) cos2 (θi) =

(1−

( nn′

)2)β2 sin2 (θi)

=⇒ tan2 (θi) = α2 − β2

β2(

1−(nn′

)2)

Ángulo de Brewster

=⇒ tan2 (θi) =

−1 (TE)(n′

n

)2(TM)

(42)

En el caso transverso-eléctrico esto no puede suceder, pero en el caso transverso-magnético si. LlamamosÁngulode Brewster a θB = arctan

(n′

n

).

6.2. Ondas en un Medio ConductorDe las ecuaciones de Maxwell en medios materiales (28) se deduce que:

∇2E − 4πµσc2

∂E

∂t− εµ

c2∂2E

∂t2= 0

El nuevo término con la derivada primera modela la disipación en forma de calor del material. Tomemos su trans-formada de Fourier:

∇2E + µεω2

c2

(1 + i

4πσεω

)E = 0

Tomemos:

ε = ε

(1 + i

4πσεω

), ε ∈ C

Entonces, tenemos la misma ecuación de antes de ondas planas.

62

k2 = µεω

c

(1 + i

4πσεω

)Tomemos:

k = kr + iki

=⇒ E = E0 exp (−ki · r) exp (i (kr · r − ωt))= E0 exp (i (kr · r − ωt))

Ahora, los planos de fase constante son normales a kr y los de amplitud constante son normales a ki. Notemosademás que:

k2 = µεω

c

(1 + T

τ

)donde:

T = 2πω, τ = ε

2στ es el tiempo medio de respuesta del material. Para un mal conductor recuperamos la solución del dieléctrico.

7. Relatividad Especial7.1. La Transformación de Lorentz7.1.1. La Transformación de Galileo

Consideremos dos sistemas de referencia O y O′ , donde O′ se mueve con velocidad v con respecto al sistema O.La Transformación de Galileo entre ambos sistemas es:

r′ = r − vtt′ = t

Esta descripción se conoce como Boost. Newton demostró que sus leyes son invariantes frente a esta transformaciónpara fuerzas que son invariantes. Para esto, Newton define un Sistema Inercial como un sistema donde valen susleyes. Además, los vectores son invariantes a estas transformaciones por definición, ya que un vector necesariamentese transforma como r.

Sin embargo, las ecuaciones de Maxwell no son invariantes frente a transformaciones de Galileo. Consideremospor ejemplo la ecuación de ondas (que es solución a las ecuaciones de Maxwell):

∂2χ

∂x2 −1c2∂2χ

∂t2= 0

Notemos:

v = vxx =⇒

∂∂x = ∂

∂x′

∂∂t = −vx ∂

∂x′+ ∂

∂t′

=⇒(∂2

∂x′2− 1c2

(−vx

∂

∂x′+ ∂

∂t′

)(−vx

∂

∂x′+ ∂

∂t′

))χ = 0

∂2χ

∂x′2− 1c2

(∂2χ

∂t′2− 2vx

∂2χ

∂x′∂t′+ v2

x

∂2χ

∂x′2

)= 0

Esta última ecuación es el boost de la primera, son distintas. Esto no es un problema para las ondas de sonido yaque dependen del medio, pero para las ecuaciones de Maxwell esto es un problema ya que son en vacío y sabemosque deben ser invariantes (por experimentos), pero no lo son (en teoría).

63

7.1.2. El Éter

Para explicar por qué las ecuaciones de Maxwell no son invariantes frente a transformaciones de Galileo losfísicos del momento propusieron un medio que fije las ecuaciones de la luz, llamado Éter. Es decir, si uno se fija enel éter local las ecuaciones de la luz son invariantes frente a transformaciones de Galileo. Esta es la solución másrazonable, ya que es lo mismo que sucede con las ondas conocidas. Este medio sería el sistema privilegiado paradefinir las ondas de la luz.

En 1859, Fizeau midió la velocidad de la luz en medios en movimiento. Sus resultados eran consistentes con lasecuaciones de Maxwell pero no con la idea del éter. En base a eso los físicos propusieron que el éter era arrastradopor los medios y hallaron ecuaciones que lo predecían. Esto significa que el éter interactúa con la materia. Luego,Michelson y Morley hicieron su famoso experimento en 1887. Lo que hicieron fue usar un interferómetro de Michelsony lo rotaron. Al rotar, el interferómetro debería arrastrar al éter y entonces el interferómetro les permitiría medirla diferencia en sus velocidades. Sin embargo, hallaron que no había diferencia. Algunos físicos propusieron que losmedios materiales (en este caso la Tierra) puede comprimir también al éter. Hallaron que si la contracción era dela forma:

L = L0

√1− v2

c2

donde L0 es la longitud estática y v la velocidad de la tierra respecto al éter. Al factor√

1− v2

c2 se lo llama elCoeficiente de Fitzgerald-Lorentz. Esto implica una contracción real de objetos materiales.

Al principio del siglo XX tenían dos opciones: las ecuaciones de Maxwell son una aproximación de bajas velo-cidades o el éter es muy difícil de entender. Sin embargo, existía una tercera opción que era casi impensable: lasecuaciones de Maxwell son correctas pero las leyes de Newton son incorrectas. Einstein decidió tomar esta últimaopción en su famoso paper Zur Electrodynamik bewegter Körper (On the Electrodynamics of Moving Bodies) en1905.

7.1.3. Postulados de la Relatividad Especial

Los postulados de Einstein de la relatividad especial son:

1. Todas las ecuaciones de la física son las mismas en sistemas de referencia inerciales, llamados Covariantes.

2. La velocidad de la luz en vacío es independiente del movimiento de la fuente o del sistema de referencia.

De estos postulados necesariamente se obtiene que la transformación de Galileo y que las leyes de Newton sonincorrectas. Además, pidiendo que se cumpla la causalidad se deduce que la velocidad de la luz es la máximaposible.

Definimos un Suceso (o evento) como un par (t, r) - es decir - un punto en el espacio generalizado comoEspacio-Tiempo. El espacio-tiempo es simplemente un espacio donde se tienen las tres dimensiones espaciales yla dimensión temporal. Consideremos dos sistemas covariantes S y S′ , donde S′ se mueve a velocidad v = vx conrespecto a S. Consideremos también dos sucesos, (t1, r1) y (t2, r2), donde un haz de luz los conecta. Es decir, unhaz de luz está en r1 en un instante t1 y está en r2 en un instante t2. Entonces:

c2 (t2 − t1)2 − (x2 − x1)2 − (y2 − y1)2 − (z2 − z1)2 = 0

c2(t′

2 − t′

1

)2−(x′

2 − x′

1

)2−(y′

2 − y′

1

)2−(z′

2 − z′

1

)2=

=⇒ ∆s2 = c2∆t2 −∆x2 −∆y2 −∆z2

Definimos entonces el diferencial como:

ds2 = c2dt2 − dx2 − dy2 − dz2

Esto describe una distancia en un espacio semi-euclídeo. Tenemos que si dos sucesos están conectados causalmenteentonces:

64

ds = 0 ⇐⇒ ds′

= 0

=⇒ ds′2 = αds2

Consideremos ahora que etiquetamos S ↔ S′ y v ↔ −v. Entonces:

ds2 = αds′2

=⇒ α = 1

Esto significa que esta cantidad es un invariante relativista. ds vale lo mismo en cualquier sistema de referencia.Consideremos entonces (t1, r1) =

(t′

1, r′

1

)= (0, 0). Entonces:

c2t2 − x2 − y2 − z2 = c2t′2 − x

′2 − y′2 − z

′2

Tomemos:

x0 = ct, x1 = x, x2 = y, x3 = z

Entonces:

x20 − x2

1 − x22 − x2

3 = x′20 − x

′21 − x

′22 − x

′23

Pidamos entonces que: x′

0 = x0 cosh (ζ)− x1 sinh (ζ)x′

1 = −x0 sinh (ζ) + x1 cosh (ζ)x′

2 = x2

x′

3 = x3

x1 = 0 =⇒x′

0 = x0 cosh (ζ)x′

1 = −x0 sinh (ζ)

=⇒ tanh (ζ) = x′

1x′0

= v

c

Tomemos β = vc y:

sinh (ζ) = γβ

cosh (ζ) = γ

=⇒ γ =√

1− β2

=⇒

x′

0 = γ (x0 − βx1)x′

1 = γ (x1 − βx0)x′

2 = x2

x′

3 = x3

Si tomamos v en una dirección arbitraria resulta que:

65

Transformación de Lorentz r′ = r + (γ − 1) (β·r)β

β2 − γβctt′ = γt− γ

c (β · r)(43)

Esta es la Transformación de Lorentz.

7.2. Dilataciones y Contracciones7.2.1. Contracción de Longitud

Consideremos una barra de longitud ∆x = x2 − x1 en reposo en el sistema S. Midamos la longitud de la reglaen el sistema S′ . Debemos hacer la transformación inversa ya que necesitamos que aparezca t′ . Entonces:x2 = γ

(x′

2 + vt′)

x1 = γ(x′

1 + vt′)

=⇒ ∆x = γ∆x′

Contracción de Longitud

∆x′

= ∆x√

1− v2

c2(44)

Lo que sucede es que la medición desde el sistema S′ es instantánea pero en el sistema S la medición de S′ noes instantánea. Según S el sistema S′ mide primero una punta y luego la otra. Es decir, eventos simultáneos en unsistema de referencia no necesariamente lo son en otro.

7.2.2. Dilatación Temporal

Consideremos ahora un reloj posicionado en un sistema S que se mide por S′ . Tenemos que:t2 = γ(t′

2 + vcx′)

t1 = γ(t′

1 + vcx′)

Dilatación Temporal

∆t = γ∆t′

Definimos τ = tγ como el Tiempo Propio. El reloj del viajero avanza más lento. De aquí surge la famosa

paradoja de los gemelos, donde un gemelo se va de la Tierra en un cohete que viaja a una velocidad cercana a lavelocidad de la luz mientras que el otro se queda en la Tierra. Cuando el viajero vuelve es mucho más joven que suhermano gemelo.

7.2.3. Transformación de Velocidad

Consideremos ahora un objeto que se mueve con velocidad u en el sistema S. Veamos cuál es la velocidad en elsistema S′ :

u = ∆x∆t

66

Figura 5: Cono de luz.

=⇒ u′

x = γ (∆x− v∆t)γ(∆t− v

c2 ∆x)

=∆x∆t − v

1− vc2

∆x∆t

=⇒ u′

x = ux − v1− uxv

c2

Transformación de Velocidad

u′

= ux − v1− uxv

c2x+ uy

γ(1− uxv

c2

) y + uz

γ(1− uxv

c2

) z (45)

7.2.4. Diagramas de Espacio-Tiempo

Llamamos a la trayectoria de una partícula en el espacio-tiempo como la Línea de Universo. Todo punto deuna línea de universo es un evento. Veamos la Figura 5. Llamamos a esa figura el Cono de Luz. Las paredes delcono están dadas por la velocidad de la luz en el gráfico de espacio-tiempo. Todo lo que esté en una diferente regióndel cono están desconectados causalmente, ya que nada puede viajar más rápido que la luz como para cambiar deregión. La parte interior del cono representa la región ∆s2 > 0 y la región exterior representa la región ∆s2 < 0.Como ∆s2 es invariante frente a sistemas de referencia entonces esto justifica que los eventos estén desconectadoscausalmente siempre. En otras palabras, no existe una transformación de Lorentz que los pueda unir por un rayode luz. Dos sucesos están conectados causalmente si existe un rayo de luz que los una. Los sucesos con ∆s2 > 0tienen Separación Temporal y los que tienen ∆s2 < 0 tienen Separación Espacial. En el primer caso lossucesos están separados temporalmente porque no existe una velocidad que logre hacer que ambos sucesos seansimultáneos (∆t = 0), pero si existe una velocidad que haga que ambos sucesos sucedan en el mismo punto espacial.En el segundo caso sucede lo opuesto. Llamamos a la región dentro de la parte superior del cono como el FuturoAbsoluto y a la región dentro de la parte inferior del cono como el Pasado Absoluto.

67

Figura 6: Diagrama de Minkowski.

Consideremos dos eventos simultáneos y separados espacialmente en el sistema en reposo S. En la Figura 6 estáel Diagrama de Minkowski del problema. Notemos que los eventos (en púrpura) suceden en distintos tiemposen las coordenadas primadas. El ángulo entre las coordenadas primadas y las no primadas es β.

7.3. Formalismo CuadrivectorialDefinimos el Cuadrivector Contravariante como xµ donde µ ∈ 0, 1, 2, 3 y representa una coordenada como:

x0 = ct, x1 = x, x2 = y, x3 = z

Vale entonces que:

A′µ = ∂x

′µ

∂xνAν

usando notación de índices de Einstein, donde Aµ es un cuadrivector contravariante arbitrario(A0,A

). Vamos a

usar letras griegas para cuadrivectores y letras latinas para vectores donde los índices van de 1 a 3. Tomemos:

Lµν = ∂x′µ

∂xν

Definimos:

gµνxµxν =

(x0)2 − (x1)2 − (x2)2 − (x3)2

donde:

gµν =

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

Llamamos a este tensor el Tensor Métrico. gµνxµxν es invariante frente a transformaciones del grupo de Poincaré,que incluye traslaciones, rotaciones y boosts. Además, notemos que gµνxµ es un vector, ya que tiene un índicerepetido. Notamos:

xν = gµνxµ

A este vector lo llamamos Cuadrivector Covariante. A veces se nota como Aµ =(A0,−A

). Entonces:

xµxµ =(x0)2 − (x1)2 − (x2)2 − (x3)2

De esta forma definimos el producto interno en este nuevo espacio. Notemos que ahora notamos a ds2 como dxµdxµ.Cualquier cantidad de la forma AµAµ es invariante frente a transformaciones del grupo de Poincaré. Veamos cómose transforma Aµ:

68

A′

µ = ∂xν

∂x′µAν

Entonces, resumiendo: Aµ =

(A0,A

)Aµ =

(A0,−A

)Aµ = gµνAν Aµ = gµνA

ν

A′µ = ∂x

′µ

∂xν Aν A

′

µ = ∂xν

∂x′µAν

Notemos: dx′µ = ∂x

′µ

∂xν dxν

∂ϕ

∂x′µ= ∂xν

∂x′µ∂ϕ∂xν

Generalicemos a tensores:

T′µν = LµαL

νβT

αβ

Los cuadrivectores transforman igual para las transformaciones de Lorentz. Definimos la Derivada Covariante yla Derivada Contravariante como:

∂µ =(∂∂x0 ,∇

)∂µ =

(∂∂x0 ,−∇

)Entonces, ∂µ∂µ es invariante frente a transformaciones de Lorentz. Notemos:

∂µ∂µ = 1

c2∂2

∂t2−∇

Así que las ecuaciones de Maxwell son invariantes relativistas. Notamos:

∂µ∂µ =

llamado Operador de D’Alembert (o D’Alembertiano).

7.4. Ecuaciones de MaxwellEscribamos las ecuaciones de Maxwell usando la notación de cuadrivectores. Empecemos con la ecuación de

continuidad:

∂ρ

∂t+∇ · J = 0

Tomemos:

Jµ = (cρ,J)

Entonces:

∂µJµ = 0

Notemos que esta ecuación diferencial es invariante frente a transformaciones de Lorentz ya que es la contracciónde un vector covariante contra uno contravariante. Entonces:

J′

0 = γ (J0 − βJ1)J′

1 = γ (J1 − βJ0)J′

2 = J2

J′

3 = J3

69

La conservación de carga se cumple siempre, sin importar el sistema de referencia.El gauge de Lorenz es:

1c

∂ϕ

∂t+∇ ·A = 0

así que usando notación cuadrivectorial queda:

∂µAµ = 0

donde Aµ = (ϕ,A). Entonces: ∇2A− 1

c2∂2A∂t2 = − 4π

c J

∇2ϕ− 1c2∂2ϕ∂t2 = −4πρ

se escribe como:

∂ν∂νAµ = 4π

cJν

Entonces, Aµ se transforma como el vector posición (con Lorentz).Entonces, ya sabemos cómo se convierten las fuentes y los potenciales. Veamos cómo se convierten los campos:

E = −∇ϕ− 1c∂A∂t

B =∇×A

Como E y B juntos tienen 6 coordenadas no podemos escribirlos como un cuadrivector. Entonces, escribámosloscomo un cuadritensor antisimétrico, ya que la diagonal es nula y sólo la mitad de los coeficientes que quedan sonindependientes (6). Tomemos entonces el Tensor de Campo Electromagnético como:

Fµν = ∂µAν − ∂νAµ

Las derivadas las ponemos ya que aparecen en la ecuación de E. Entonces:

Fµν =

0 −Ex −Ey −EzEx 0 −Bz ByEy Bz 0 −BxEz −By Bx 0

Notemos que en el borde superior y en el borde izquierdo quedaron las componentes del campo eléctrico y en elcentro las componentes del campo magnético. Esto refleja el hecho de que el campo eléctrico es un vector pero elcampo magnético es un pseudovector y por lo tanto se debe representar como una matriz antisimétrica. Además,notemos que si a Aµ lo transformamos arbitrariamente a Aµ + ∂µΩ donde Ω es una función escalar entonces eltensor Fµν no cambia. Esta es la invarianza de gauge.

Entonces, sabemos que F ′µν = LµαLνβF

αβ . Por lo tanto:E′

‖ = E‖ E′

⊥ = γ (E⊥ + β ×B)B′

‖ = B‖ B′

⊥ = γ(B′

⊥ − β ×E)

Tomemos ahora el Tensor Dual de Campo Electromagnético como:

Fµν = 12ε

µναβFαβ

donde εµναβ es el cuadritensor contravariante de Levi-Civita (se define igual que el que ya conocíamos). Este tensortiene la forma:

Fµν =

0 −Bx −By −BzBx 0 Ez −EyBy −Ez 0 ExBz Ey −Ex 0

70

Notemos que este tensor no es un tensor, es un pseudotensor.Finalmente, escribamos las ecuaciones de Maxwell. Notemos:

∂µFµν = ∂µ (∂µAν − ∂νAµ)

= ∂µ∂µAν︸ ︷︷ ︸

= 4πc J

ν

− ∂ν∂µAµ︸ ︷︷ ︸

=0

= 4πcJν

Entonces:

∂µFµν = 4π

cJν

Estas son las cuatro ecuaciones de Maxwell no-homogéneas (con fuentes) usando notación cuadrivectorial. Entonces,las cuatro ecuaciones de Maxwell homogéneas (sin fuentes) son:

∂µFµν = 0Veamos algunos invariantes relativistas:

1. Fµµ = 0.

2. FµνFµν = −2(‖ E ‖2 − ‖ B ‖2

).

3. FµνFµν = −4E ·B

7.5. Mecánica RelativistaLas ecuaciones de Newton no son invariantes frente a transformaciones de Lorentz ya que son ecuaciones vec-

toriales, y no se transforman según Lorentz. Necesitamos reconstruir la mecánica usando cuadrivectores. Notemosque la definición de velocidad v = dx

dt no es invariante. Definamos entonces la velocidad como:

Uµ = dxµ

dτEntonces:

U0 = γcdtdt

= γc

U i = γdxi

dt= γvi

=⇒ Uµ = γ (c,v)Notemos:

UµUµ = γ2 (c2− ‖ v ‖2)

= c2 − v2

1− v2

c2

= c2

71

Naturalmente la aceleración la definimos como aµ = dUµdτ . Notemos:

aµ = γddt (γ (c,v))

= γdγdt (c,v) + γ2 d

dt (c,v)

= 12dγ2

dt (c,v) + γ2 ddt (c,v)

ddτ (UµUµ) = 2Uµ

dUµ

dτ= 2Uµaµ

= 0

=⇒ Uµaµ = 0

Tomemos al impulso como pµ = mUµ. Entonces, tomemos la fuerza como Kµ = dpµdt . Queremos ver que Ki =

f (γ)F i, donde f es monótona. Queremos que para bajos valores de velocidad la nueva fuerza sea igual a la fuerzade Newton en las componentes espaciales. Para poder escribirKµ necesitamos elegir alguna fuerza que sea invariantede Lorentz, ya que una fuerza puede depender del sistema de coordenadas (por ejemplo el oscilador armónico, quese define con el sistema centrado en la posición de equilibro). Tomemos a esta fuerza invariante como la fuerza deLorentz (Ecuación 30). Entonces, tomemos:

Kµ = q

cFµνUν

=⇒ Ki = γF i

Esta última igualdad debe valer para cualquier fuerza. Notemos que si v c entonces γ ≈ 1 y Ki = F i. Es decir,Newton vale para bajas velocidades. Notemos:

γF i = γdpi

dt

F i = ddt(γmvi

)Sigue valiendo Newton para las coordenadas espaciales, solo que con la corrección relativista de γ en el impulso.Notemos:

UµKµ = Uµ

dpµ

dτ

= Uµddτ (mUµ)

= 12

ddτ (mUµUµ)

= 12

ddτ(mc2

)= 0

=⇒ UµKµ = Uµa

µ = 0

Entonces:

72

γ(cK0 − γv · F

)= 0

=⇒ K0 = γ

cv · F

Esta es la potencia otorgada a la partícula por la fuerza que aplicada (ya que v · F es la potencia). EntoncesKµ = γ

(v·Fc ,F

). Notemos:

dp0

dτ = γdp0

dt

= γv · Fc

=⇒ cdp0

dt = ddt(γmc2

)= v · F

= dEdt

=⇒ E = γmc2

=⇒ pµ =(E

c,p

)La componente temporal del impulso es la energía. Notemos:

pµpµ = m2UµUµ

= m2c2

= E2

c2− p2

=⇒ E2 = m2c4 + p2c2

8. Campo de Radiación8.1. Potenciales de Liénard-Wiechert

Consideremos una carga q se mueve en una trayectoria r0

(t′), donde t′ es el tiempo propio de la carga (no

vamos a usar notación covariante). Sabemos que:∇2ϕ− 1

c2∂2ϕ∂t2 = −4πρ

∇2A− 1c2∂2A∂t2 = − 4π

c J

(usando el gauge de Lorenz). Hallemos los campos en todo el espacio. Tomemos la función de Green:

G+(r, t, r

′, t′)

=δD

(t′ −(t− ‖r−r

′‖

c

))‖ r − r′ ‖

=⇒

ϕ (r, t) =´ρ(r′, t′)G+

(r, t, r

′, t′)d3r

′dt′

A (r, t) =´J(r′, t′)G+

(r, t, r

′, t′)d3r

′dt′

73

Una vez escrita ρ y J lo único que queda hacer es hacer las integrales para hallar los potenciales y luego hallar loscampos. En este caso, tenemos que:ρ

(r′, t′)

= qδD

(r′ − r0

(t′))

J(r′, t′)

= qr0

(t′)δD

(r′ − r0

(t′))

=⇒

ϕ (r, t) = q

´ δD(r′−r0(t′))

δD

(t′−(t− ‖r−r

′‖

c

))‖r−r′‖ d3r

′dt′

A (r, t) = qc

´r0

(t′) δD

(r′−r0(t′))

δD

(t′−(t− ‖r−r

′‖

c

))‖r−r′‖ d3r

′dt′

Integremos en d3r′ :

ϕ (r, t) = q´ δD

(t′−

(t−‖r−r0

(t′)‖

c

))‖r−r0(t′)‖ dt′

A (r, t) = qc

´r0

(t′) δD

(t′−

(t−‖r−r0

(t′)‖

c

))‖r−r0(t′)‖ dt′

Para seguir es necesario saber la siguiente propiedad:

δD (f (x)) =δD(x− f−1 (0)

)|f ′ (f−1 (0))|

Cálculos Auxiliares

Demostración Multipliquemos a esta igualdad por una función de prueba e integremos (no se puede inte-grar así nomás porque es una distribución. Si dos distribuciones operan igual dentro de la integral entoncesson la misma distribución):

ˆδD (f (x)) g (x)dx =

ˆδD (u) g

(f−1 (u)

) du|f ′ (f−1 (u))|

=g(f−1 (0)

)|f ′ (f−1 (0))|

=ˆδD(x− f−1 (0)

)|f ′ (f−1 (0))| g (x)dx

Q.E.D.

Entonces, tomemos:

f(t′)

= t′−

t− ‖ r − r0

(t′)‖

c

Hallemos las raíces de esta función:

f(t′)

= 0 =⇒ c(t− t

′)

=‖ r − r0

(t′)‖

Los t′ que cumplan esta igualdad llamémoslos tiempos retardados tret. Esta ecuación representa cuál es el tiempoen el que se emitió el fotón de la carga. Dada una posición r el campo tarda tret en llegar desde la posición de lacarga. Es trivial entonces ver que tret es único. Notemos:

74

f′(t′)

= 1−

(r − r0

(t′))

‖ r − r0 (t′) ‖︸ ︷︷ ︸=n(t′)

·r0

(t′)

c︸ ︷︷ ︸=β(t′)

Notemos que n(t′)es el versor que apunta en la dirección de r desde r0

(t′). Entonces:

f′(t′)

= 1− β(t′)· n(t′)> 0

Ahora volvamos a los potenciales:ϕ (r, t) = q

´δD

t′−

tret︷ ︸︸ ︷f−1 (0)

‖r−r0(t′)‖(1−β(t′)·n(t′))dt

′

A (r, t) = qc

´r0

(t′)

δD(t′−f−1(0)

)‖r−r0(t′)‖(1−β(t′)·n(t′))dt

′

=⇒ϕ (r, t) = q

‖r−r0(tret)‖(1−β(tret)·n(tret))A (r, t) = qβ(tret)

‖r−r0(tret)‖(1−β(tret)·n(tret))

Esta es la solución exacta del problema. Notemos que para cada punto del espacio y para cada tiempo hay quecalcular tret (r, t) y evaluar esta función en ese instante (una paja).

Resulta que si uno se toma el trabajo de calcular las derivadas para hallar los campos obtiene:E = q(n−β)γ2(1−β·n)3‖r−r0‖2

∣∣∣tret

+ qc

n×((n−β)×β)(1−β·n)3‖r−r0‖

∣∣∣∣tret

B = n×E|tretEl primer término del campo eléctrico es el campo de velocidad de la partícula y el segundo término es el campo deaceleración. Notemos que el campo eléctrico y el campo magnético son perpendiculares. Si la carga está en reposoentonces:

E = q

‖ r − r0 ‖2n

lo cual es esperable. Notemos:

‖ r − r0 ‖ (n− β) = (r − r0)− ‖ r − r0 ‖v

c= (r − r0)− v∆t

v∆t es la distancia que viaja la carga en el tiempo que tarda en llegar el campo desde r0 hasta r. Entonces, estevector es el vector que apunta a r desde el punto r0 − v∆t. Es decir, cuando el campo llega a r la dirección de βapunta en r pero la polarización n no, apunta en otra dirección. La polarización apunta en la dirección de r desdeel lugar donde estaría la carga cuando llega el campo si se moviera en movimiento rectilíneo uniforme.

8.2. Campo de RadiaciónConsideremos el campo de aceleración (o de radiación). Tomemos:

Erad = q

c

n×((n− β)× β

)(1− β · n)3 ‖ r − r0 ‖

∣∣∣∣∣tret

Si estamos muy lejos de la fuente como el campo de velocidad decae como 1r2 y el de radiación como 1

r entoncespodemos considerar al campo como puramente de radiación. Consideremos ahora el caso no-relativista (v c):

75

Erad ≈q

c

n×(n× β

)‖ r − r0 ‖

∣∣∣∣∣tret

Notemos:

n×(n× β

)= −

(β −

(β · n

)n)

= −β⊥

Veamos la potencia irradiada. El vector de Poynting es:

S = c

4πE ×B

Consideremos sólo el campo de radiación:

S ≈ c

4πErad × (n×Erad)

= c

4π ‖ Erad ‖2 n

dP = S · dA

= c

4π ‖ Erad ‖2 n · dA

= c

4π ‖ Erad ‖2‖ r − r0 ‖2 dΩ

=⇒ dPdΩ = c

4π ‖ Erad (r − r0) ‖2

= q2

4πc ‖n×

((n− β)× β

)(1− β · n)3 ‖2

En el caso no-relativista queda:

dPdΩ = q2

4πc ‖ n×(n× β

)‖2

= q2

4πc3 ‖ v ‖2 sin2 (θ)

Esto significa que la potencia irradiada es máxima en los costados y mínima en la dirección de movimiento. Siintegramos esto sobre los ángulos queda:

Fórmula de Larmor

P = 23q2

c3‖ v ‖2 (46)

Consideremos ahora el caso relativista. Notemos:

76

dPdΩ

(t′)

= dEdt′dΩ

= dEdtdΩ

dtdt′

= dEdt′dΩ (1− n · β)

= q2

4πc‖ n×

((n− β)× β

)‖2

(1− β · n)5

Si β ‖ β entonces:

dPdΩ

(t′)

= q2

4πc‖ n×

(n× β

)‖2

(1− β · n)5

= q2

4πc‖ β ‖2

(1− β cos (θ))5 sin2 (θ)

=⇒ cos (θmax) =√

1 + 15β2 − 13β −→

β→11

Esto significa que la emisión se deforma en la dirección de la velocidad a medida que la velocidad incrementa.

8.3. Radiación de Fuentes LocalizadasConsideremos una fuente extensa de longitud característica d y con densidades de carga y corriente ρ

(r′, t′)

y J(r′, t′). Usar la misma estrategia con las funciones de Green es muy difícil e impráctico. Si el sistema es

cuasiestacionario entonces podemos tomar las transformadas de Fourier de las densidades para tener:ρ(r′, t′)

= ρ(r′)

exp(−iωt′

)J(r′, t′)

= J(r′)

exp(−iωt′

)Como sólo nos interesa el campo de radiación vamos a considerar los puntos lejos de la fuente. Notemos:

=⇒ ∇×B = 1c

∂E

∂t+ 4π

cJ︸ ︷︷ ︸

=0

=⇒ ∇×B = − iωcE

La corriente es nula ya que estamos lejos de la fuente. Entonces, las ecuaciones que nos quedan son:E = i

k∇×BB =∇×A

Esto significa que sólo sabiendo el campo A puedo resolver el problema. Esto se debe a que por conservación decarga si hallamos J entonces sabemos ρ. Es decir, la información está en alguna de las dos.

Escribamos A:

77

A (r, t) = 1c

ˆJ(r′, t′) δD (t′ − (t− ‖r−r′‖c

))‖ r − r′ ‖

d3r′dt′

= 1c

ˆJ(r′)

exp(−iωt

′) δD (t′ − (t− ‖r−r′‖c

))‖ r − r′ ‖

d3r′dt′

= 1c

ˆJ(r′) exp

(−iω

(t− ‖r−r

′‖

c

))‖ r − r′ ‖

d3r′

= exp (−iωt)c

ˆJ(r′) exp

(ik ‖ r − r′ ‖

)‖ r − r′ ‖

d3r′

= exp (−iωt)c

ˆJ(r′) exp

(iωtret

(r, r

′))

‖ r − r′ ‖d3r

′

Tomemos la aproximación de campo lejano. Tomemos d λ r. Entonces:

1‖ r − r′ ‖

≈ 1r

‖ r − r′‖≈ r − n · r

′

=⇒ A (r, t) ≈ exp (−iωt)c

ˆJ(r′) exp

(ik(r − n · r′

))r

d3r′

= 1c

exp (−i (kr − ωt))r︸ ︷︷ ︸

Onda Viajera Esférica

ˆJ(r′)

exp(−ik · r

′)d3r

′

k · r′6

2πdλ≈ 0→ ≈ exp (−i (kr − ωt))

cr

ˆJ(r′)(

1− ik · r′)d3r

′

= exp (−i (kr − ωt))cr

(ˆJ(r′)d3r

′− ik

ˆr′· J(r′)d3r

′)

= A0 (r, t) +A1 (r, t)

78

Orden 0

A0 (r, t) = exp (−i (kr − ωt))cr

ˆJ(r′)d3r

′

= exp (−i (kr − ωt))cr

ˆ (∂lr′

i

)JldV

= exp (−i (kr − ωt))cr

(

ˆ∂l

(r′

iJl

)dV −

ˆr′

i∂lJldV)

= −exp (−i (kr − ωt))cr

ˆr′∇ · J

(r′)d3r

′

= exp (−i (kr − ωt))cr

ˆr′ ∂ρ

∂t

(r′)d3r

′

= −iω exp (−i (kr − ωt))cr

ˆr′ρ(r′)d3r

′

︸ ︷︷ ︸=p

= − ikrp exp (−i (kr − ωt))

Calculemos el campo magnético:

B0 (r, t) =∇×A0 (r, t)

= −ik∇×(

exp (−i (kr − ωt))r

p

)≈ k2

rexp (−i (kr − ωt)) n× p

El rotor de 1r no lo hacemos ya que no es de radiación porque decae como 1

r2 . Entonces:E0 (r, t) = k2 ((n× p)× n) exp(−i(kr−ωt))

r

B0 (r, t) = k2 (n× p) exp(−i(kr−ωt))r

Veamos la potencia irradiada:

dPdΩ = r2S · n

〈S〉 = c

8π< (E ×B∗)

= ck4

8πr2 ‖ n× p ‖2

=⇒ dPdΩ = ck4

8π ‖ n× p ‖2

= ck4

8π ‖ p ‖2 sin2 (θ)

=⇒ P = ck4

3 ‖ p ‖2

Veamos ahora cómo hacer una antena barata. Comprás un cable coaxil de cobre, le sacás la malla para que noesté aislado, y lo cortás en dos tiritas de cable de 10 cm (media longitud de onda). Los conectás a una fuente alterna(¡sin cortocircuitar!) y entonces:

79

J (r, t) = J0 sin(k

(d

2 − |z|))

exp (−iωt) δD (x) δD (y) z

kd 1→ ≈ I0(

1− 2 |z|d

)exp (−iωt) δD (x) δD (y) z

iωρ = ∂zJz

=⇒ ρ = iI02z

ωd |z|exp (−iωt) δD (x) δD (y)

= ρ (r) exp (−iωt)

=⇒ p =ˆr′ρ(r′)d3r

′

=

d2ˆ

− d2

iI02z′2

ωd |z′ |dz′

= i4I0ωdz

d2ˆ

0

z′dz′

= iI0d

2ω z

=⇒ P = ck4

3

(I0d

2ω

)2

= I20d

2k2

12c

Orden 1A1 (r, t) = − ik exp (−i (kr − ωt))

cr

ˆ (n · r

′)J(r′)d3r

′

Notemos:

ˆJinlrldV = nl

ˆJirldV

= nl12

ˆ(Jirl + Jlri)dV︸ ︷︷ ︸

(S)

+ nl12

ˆ(Jirl − Jlri)dV︸ ︷︷ ︸

(A)

Sabemos que:

m = 12c

ˆ (r′× J

(r′))

d3r′

Entonces:ˆ (

n · r′)J(r′)d3r

′= nl

12

ˆ(Jirl + Jlri)dV − n×m

80

Entonces:

A(A) (r, t) = ik exp (−i (kr − ωt))cr

n×m

B(A) (r, t) =∇×A(A) (r, t)

= k2 exp (−i (kr − ωt))r

(n×m)× n

E(A) (r, t) = −k2 exp (−i (kr − ωt))r

(n×m)

dP (A)

dΩ = ck4

8π ‖m ‖2 sin2 (θ)

=⇒ P (A) = ck4

3 ‖m ‖2

La única diferencia entre el campo del dipolo eléctrico y del dipolo magnético es la polarización, ya que en este casotenemos (n×m) en la parte del campo eléctrico mientras que en el caso del dipolo magnético estaba en el campomagnético.

Para la parte simétrica tenemos:

nl12

ˆ(Jirl + Jlri)dV = 1

2nlˆ∂kriJkrldV + 1

2nlˆJlridV

= 12nlˆ∂k (rirlJk)dV︸ ︷︷ ︸

=0

− 12nlˆrirl ∂kJk︸ ︷︷ ︸

=iωρ

dV −

12nlˆJkri ∂krl︸ ︷︷ ︸

δkl

dV +

1

2nlˆJlridV

= − iω2

ˆrirlρdV

=⇒ A(S) (r, t) = −k2 exp (−i (kr − ωt))

2c2r nl

ˆρ(r′)r′

ir′

ld3r′

︸ ︷︷ ︸=Cil

= −k2 exp (−i (kr − ωt))

2r nlCil

Qij = 3Cij − Cllδij → = −k2 exp (−i (kr − ωt))

6r nj (Qij + Cllδij)

= −k2 exp (−i (kr − ωt))

6r

( ¯Q+ Tr( ¯C)· ¯1)· n

Notemos que los términos dipolares iban como k. Este término va como k2 así que es un término cuadripolar.B(S) (r, t) = − ik

3

6exp(−i(kr−ωt))

r n×( ¯Q · n

)E(S) (r, t) = − ik

3

6exp(−i(kr−ωt))

r

(n×

( ¯Q · n))× n

dP (S)

dΩ = ck6

288π ‖ n×( ¯Q · n

)‖2

81

9. Dispersión de RayleighEste es un capítulo extra de la última clase donde el Mininni nos va a contar por qué el cielo es celeste.Consideremos la luz del sol que viene desde el sol hasta la Tierra, y llega a nuestros ojos a través de la atmósfera.

En la atmósfera, la luz interactúa con las moléculas de aire en la atmósfera. La luz del sol al llegar a la Tierra esuna onda plana, consideremos:

Ei = E0 exp(i(kn′· r − ωt

))e

La longitud de onda de la luz es mucho mayor que el tamaño de la molécula. Entonces, la molécula ve un campomas o menos uniforme y por lo tanto se polariza en su dirección. Vamos a considerar p = χE, vamos a usar laaproximación cuasiestacionaria. Toda la energía que la molécula absorba la va a re-emitir en forma de radiación:

Erad = k2 exp (i (kr − ωt))r

(n× p)× n

La luz que vemos provenir del disco donde está el sol es la luz directa, es decir, Ei. Sin embargo, el resto de la luzque está en el cielo es la radiación emitida por las moléculas. Tomemos la sección eficaz por ángulo sólido es:

dσdΩ =

dPraddΩdPidΩ

Es decir, es la razón entre la potencia irradiada por unidad de ángulo sólido sobre la potencia incidente por unidadde ángulo sólido. Notemos:

dσdΩ =

ck4

8π ‖ (n× p)× n ‖2c

8πE20

= k4 ‖ (n× p)× n ‖2

E20

Esta es la sección eficaz para una molécula, habría que ver cómo es para muchas moléculas como hay en la atmósfera.Veamos cómo es D en la atmósfera:

D = E + 4πP= (1 + 4πχ)︸ ︷︷ ︸

=ε

E

= (ε0 + δε)E

δε = 4πχN∑i=1

δD (r − ri)

donde ri son las posiciones de las moléculas. Entonces, veamos la evolución de los campos:

∇×E = −1c

∂B

∂t

=⇒ ∇× (∇×E) = −1c

∂

∂t∇×B

= −1c

∂

∂t∇×H

J = 0→ = −1c

∂

∂t

(1c

∂D

∂t

)= − 1

c2∂2D

∂t2

82

=⇒ ∇× (∇× ε0E) = −ε0

c2∂2D

∂t2

∇ ·D = 0 =⇒ ∇2D = −∇× (∇×D)

Ecuación de Scattering

∇2D − ε0

c2∂2D

∂t2= −∇× (∇× (D − ε0E))

Entonces, la ecuación de ondas tiene una fuente −∇ × (∇× (D − ε0E)). Esta fuente es la polarización de laatmósfera. La solución es:

D (r, t) = D0 (r, t)︸ ︷︷ ︸Sol. Homogénea

+ exp (−iωt)4π

ˆ exp(ik ‖ r − r′ ‖

)‖ r − r′ ‖

∇×(∇×

(D(r′, t)− ε0E

(r′, t)))

d3r′

︸ ︷︷ ︸=Drad Sol. Particular

Tomemos las aproximaciones de radiación:

1‖ r − r′ ‖

≈ 1r

k ‖ r − r′‖= kr − kn · r

′

∇× ≡ ikn×

=⇒ Drad (r, t) = k2

4πexp (i (kr − ωt))

r

ˆexp

(−kn · r

′)(n×

(D(r′, t)− ε0E

(r′, t)))

× nd3r′

Tomemos:

D = (ε0 + δε)E

=⇒ D − ε0E = δεE

= δε

ε0 + δεD

δε ε0 ≈δε

ε0D0

Entonces, usando que Di (r, t) = Di (r) exp (−iωt), Di (r) = D0 exp(ikn

′· r), D0 = ε0E0, δn = n

′− n,

Ei (r) = E0 exp(ikn

′· r)y que E0 = E0e obtenemos:

=⇒ Drad (r, t) ≈ k2

4πexp (i (kr − ωt))

rn× (n×E0)

ˆδε(r′)

exp(ikδn · r

′)d3r

′

= χk2 exp (i (kr − ωt))r

n× (n×E0)N∑i=0

exp (ikδn · ri)

83

=⇒ dσdΩ =

k4 ‖ χn× (n×E0)∑Ni=0 exp (ikδn · ri) ‖2

E20

= k4 |χ|2 ‖ n× (n× e) ‖2∣∣∣∣∣N∑i=0

exp (ikδn · ri)

∣∣∣∣∣2

= k4 |χ|2 ‖ n× (n× e) ‖2N∑i=0

N∑j=0

exp (ikδn · (ri − rj))

Esta suma es (en parte real) la suma de cosenos con fases al azar, ya que las moléculas están distribuidas al azar.Esto es sumar números al azar entre −1 y 1 que da 0. El único caso cuando no da 0 es cuando ri = rj que da 1.Entonces:

N∑i=0

N∑j=0

exp (ikδn · (ri − rj)) = N

=⇒ dσdΩ = Nk4 |χ|2 ‖ n× (n× e) ‖2

Esta es la sección eficaz de una onda plana incidiendo sobre un gas de moléculas.Consideremos un gas diluido con N moléculas. Sabemos que ε = 1 + 4πNχ. Entonces, χ = ε−1

4πN . Entonces:

dσdΩ = k4 (ε− 1)2

16π2N‖ n× (n× e) ‖2

=⇒ σ = k4

6πN (ε− 1)2

Sabemos que n = √µε ≈√ε. Entonces:

(ε− 1)2 ≈(n2 − 1

)2= (n− 1)2 (n+ 1)2

≈ 4 (n− 1)2

=⇒ σ = 2k4

3πN (n− 1)2

Notemos que la energía dispersada depende de la longitud de onda, ya que va como k4. A medida que la ondaincidente avanza se sigue dispersando cada vez más. Entonces:

dIdx = −σI

donde I es la intensidad y x la distancia que recorre la onda. Entonces:

I (x) = I0 exp (−σx)Cuando es mediodía la distancia que recorre es mínima y de noche es máxima, esto explica por qué hay menos luz amedida que anochece. Tomemos h ≈ 15 km la altura de la atmósfera y h′ ≈ 435 km el radio de la tierra. Entonces, almediodía la luz viaja 15 km y de noche viaja 400 km. Tomemos n− 1 ≈ 2.8× 10−4, N = 2.7× 1025 m−3, k4 = 16π4

λ4 ,λ = 6.5 × 10−7 m, λ = 4.1 × 10−7 m. Entonces σ = 5.4 × 10−6 m−1 y σ = 3.4 × 10−5 m−1. Entonces, cuando esmediodía:

II0≈ 0.92

II0≈ 0.6

84

Entonces, el 90% de la luz roja no dispersa y el 60% de la luz azul no dispersa. Al mediodía el sol es amarillo, yaque es principalmente rojo y un poco violeta. El cielo es celeste porque es 40% azul y 8% rojo. Cuando es de noche:

II0≈ 0.095

II0≈ 3.7× 10−7

Al atardece el sol es rojo ya que es casi todo rojo y el cielo es casi todo violeta.Además, esto explica por qué en verano y en invierno el cielo se ve distinto. También explica por qué al haber

una erupción volcánica los atardeceres son más rojos, es que hay más moléculas en el aire.

85

Parte II

Práctica

Michael Faraday (1791 - 1867)

86

10. Notas de la Práctica10.1. Teorema de Reciprocidad de Green

∇ · (φ2∇φ1 − φ1∇φ2) = φ2∇2φ1 − φ1∇2φ2

Supongamos que φ1 y φ2 son dos potenciales con la misma condición de contorno que satisfacen:∇2φ1 = −4πρ1

∇2φ2 = −4πρ2

=⇒ −4πˆφ2ρ1d3r + 4π

ˆφ1ρ2d3r =

˛(φ2∇φ1 − φ1∇φ2) · dS

ˆφ1ρ2d3r + 1

4π

˛φ1∂φ2

∂ndS =

ˆφ2ρ1d3r + 1

4π

˛φ2∂φ1

∂ndS

Sabemos que E = −∇φ y sabemos que −Ei · n|S = 4πσi, por lo tanto ∂φi∂n

∣∣∣S

= 4πσi. Entonces:

Teorema de Reciprocidad de Greenˆφ1ρ2d3r +

˛φ1σ2dS =

ˆφ2ρ1d3r +

˛φ2σ1dS

Este es el Teorema de Reciprocidad de Green.Consideremos entonces un ejemplo. Supongamos que φ1 es el potencial para una carga puntual q en la región

entre dos cáscaras esféricas concéntricas de radios a y b conductoras a tierra. Supongamos que φ2 es el potencialpara el mismo problema pero sin carga y con la cáscara interna de radio a a potencial V0 y φ3 para el mismoproblema pero sin carga y con la cáscara externa de radio b a potencial V0. Hallemos las cargas inducidas en losconductores. Resolviendo cada problema hallamos:

φ1 = 0 ρ1 = qδD

(r − r′

)φ2 = V0

1r−

1b

1a−

1b

ρ2 = 0

φ3 = V01r−

1a

1b−

1a

ρ3 = 0

Usemos el teorema de reciprocidad de Green. Hagámoslo primero para el problema 1 y 2:

0 =ˆV0

1r −

1b

1a −

1b

qδD

(r − r

′)d3r +V0

˛σ1dSa

=⇒ Qa = −q1r′− 1

b1a −

1b

Ahora consideremos el problema 1 y 3:

0 =ˆV0

1r −

1a

1b −

1a

qδD

(r − r

′)d3r +V0

˛σ1dSb

=⇒ Qb = −q1r′− 1

a1b −

1a

87

10.2. Método de Extensión AnalíticaConsideremos un aro con densidad de carga λ en el plano z = 0. Como no hay cargas en el eje de simetría z ni

en el origen entonces podemos usar este método. Notemos:

dl′

= adφ′

=⇒ ϕ|z>0, r=0 =ˆ

λ

|x− x′ |dl′∣∣∣∣z>0, r=

= 2πaλ√a2 + z2

Desarrollemos este potencial en serie:2πaλ√a2 + z2

= 2πλ√1−

(−(za

)2)

=

2πλ

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(za

)2nz < a

2πλ∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(za

)2n+1z > a

Ahora usemos este resultado para expresarlo con r en la solución del potencial general. En este caso va a ser:

ϕ = 2πλa∞∑n=0

Γ( 1

2 + n)

Γ( 1

2)

Γ (n+ 1)(−1)n

r2n<

r2n+1>

P2n (cos (θ))

Este es un ejemplo simple que muestra el método de extensión analítica.Hagamos otro ejercicio. Consideremos un plano infinito a tierra menos en el centro donde tiene un disco de radio

a a potencial V0. Usemos el método de Green:

ϕ =

ˆGDρ

′d3x

′− 1

4π

˛ϕ∂GD

∂n′ · dS

′

Consideremos la región con z > 0. Por método de imágenes sabemos que:

GD = 1√(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

− 1√(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z + z′)2

∂GD

∂n′

∣∣∣∣z′=0

= −∂GD∂z′

∣∣∣∣z′=0

= − 2z((x− x′)2 + (y − y′)2 + z2

) 32

ϕ|z>0, r=0 = 2V0z

4π

ˆ

Da(0)

dx′dy′

(x′2 + y′2 + z2)32

= 2V0z

4π

aˆ

0

2πˆ

0

r′ dr′dθ′

(r′2 + z2)32

= − V0z√r′2 + z2

∣∣∣∣r′=a

r′=0

= V0

(1− z√

a2 + z2

)

88

Así, logramos resolver el potencial en el semieje positivo de forma simple. Hagamos la extensión analítica para hallarel potencial en todo el espacio con z > 0:

V0

(1− z√

a2 + z2

)=

V0

(1−

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(az

)2n)z > a

V0

(1−

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(za

)2n+1)

z < a

=⇒ ϕ|z>0 =

V0

(1−

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ar

)2nP2n−1 (cos (θ))

)r > a

V0

(1−

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ra

)2n+1P2n+1 (cos (θ))

)r < a

Como hay una carga en el origen entonces hay una discontinuidad en la derivada del potencial al pasar a la regiónz < 0. Entonces, hay que resolver todo de vuelta en z < 0 para hallar la solución allí, pero es intuitivo ver comopor simetría debería quedar algo parecido. Resulta que el resultado es:

ϕ|z<0 =

V0

(1 +

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ar

)2nP2n−1 (cos (θ))

)r > a

V0

(1 +

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ra

)2n+1P2n+1 (cos (θ))

)r < a

Entonces, el potencial en todo el espacio es:

ϕ =

V0

(1− sgn (z)

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ar

)2nP2n−1 (cos (θ))

)r > a

V0

(1− sgn (z)

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(ra

)2n+1P2n+1 (cos (θ))

)r < a

Resolvamos ahora el problema anterior usando coordenadas cilíndricas. Usemos Sturm-Liouville en ρ y en φ, yaque queremos poder expresar a cualquier función de ρ y φ como una expansión. Esto es porque tenemos el planoen un z fijo. Entonces, para ρ vamos a usar las funciones de Bessel ya que no queremos que diverja para ρ = 0.Para φ vamos a usar senos y cosenos y para z vamos a usar exponenciales. Además, como el sistema es simétricoen φ entonces las funciones de Bessel nos van a quedar con ν = 0 ya que no pueden depender de φ y entonces φ noaparece en el desarrollo. Por simetría, vamos a usar en z la exponencial con el valor absoluto. Entonces:

ϕ =∞

0

A (k) exp (−k |z|) J0 (kρ)dk

Sabemos que:∞

0

ρJν (kρ) Jν(k′ρ)dρ = 1

kδD

(k − k

′)

Entonces, usemos las condiciones de contorno:

ϕ|z=0 = V0ΘH (a− ρ)

89

∞

0

∞

0

A (k) J0 (kρ)dk

ρJ0

(k′ρ)dρ =

∞

0

(V0ΘH (a− ρ)) ρJ0

(k′ρ)dρ

∞

0

A (k)

∞

0

ρJ0 (kρ) J0

(k′ρ)dρ

dk = V0

aˆ

0

ρJ0

(k′ρ)dρ

∞

0

A (k)k

δD

(k − k

′)dk = V0

aˆ

0

ρ

( ∞∑n=0

(−1)n

Γ (n+ 1) Γ (1 + ν + n)

(x2

)2n+ν)∣∣∣∣∣

ν=0, x=k′ρ

dρ

A(k′)

k′= V0

∞∑n=0

(−1)n k′2n

(2nΓ (n+ 1))2

aˆ

0

ρ2n+1dρ

= V0

∞∑n=0

(−1)n k′2na2(n+1)

2 (2nΓ (n+ 1))2 (n+ 1)

= V0a

k′J1

(k′a)

=⇒ A (k) = aV0J1 (ka)

=⇒ ϕ = aV0

∞

0

J1 (ka) J0 (kρ) exp (−k |z|)dk

11. Guía 1: Repaso de Electrostática y Magnetostática11.1. Ejercicio 111.1.1. (a)

Ya que hay simetría radial entonces tomando coordenadas esféricas tenemos que E (r) = E (r) r. Tomemos unaesfera de Gauss de radio r < R. Entonces, por la Ley de Gauss (3):

ˆ∇ ·Ed3r = 4πρ

(43πr

3)

=˛E · dS

= 4πr2E (r)

=⇒ E (r) = 43πρr

=⇒ E (r) = 43πρrr.

Ahora hagamos lo mismo para r > R. Tomemos Q = 43πρR

3 la carga total de la esfera.

4πr2E (r) = 4πQ

=⇒ E (r) = Q

r2

90

=⇒ E (r) = Q

r2 r.

Entonces:

E (r) =

43πρrr r < RQr2 r r > R

.

Hallemos ahora el potencial ϕ:

E = −∇ϕ.

El gradiente en coordenadas esféricas es:

∇ϕ = ∂ϕ

∂rr + 1

r

∂ϕ

∂θθ + 1

r sin (θ)∂ϕ

∂φφ.

Como E sólo apunta en r entonces:

E (r) = −∂ϕ∂r

=⇒ ϕ =−´ 4

3πρrdr r < R

−´Qr2 dr r > R

=⇒ ϕ =− 2

3πρr2 r < R

Qr r > R

.

11.1.2. (b)*

En casa Para esta esfera el caso cuando r > R el resultado es el mismo que en el ejercicio anterior. Cuando r < R,ρ = 0 y entonces no hay campo. Por lo tanto, el campo eléctrico es:

E (r) =

0 r < RQr2 r r > R

, Q = 4πρR2.

El potencial es:

ϕ =

0 r < RQr r > R

.

En clase Consideremos una cáscara esférica de radio a centrada en el origen con densidad superficial de carga σuniforme. Hay simetría de rotación sobre la esfera. Tomemos coordenadas esféricas. Notemos que el campo eléctricono puede tener una componente en alguna dirección angular porque si se hace una rotación de la esfera entoncesse puede lograr que el campo tenga una diferente componente angular sin cambiar la distribución de cargas. Por lotanto, el campo sólo puede tener una componente radial. Entonces:

E (r) = E (r) r.

Usemos ahora la Ley de Gauss (3) sobre una superficie de Gauss que sea una cáscara esférica de radio r. Consideremosinicialmente r > a. Entonces:

91

ˆ∇ ·Ed3r =

˛E · dS

= E (r)(4πr2)

= 4πσ(4πa2)

=⇒ E (r) = 4πσa2

r2 .

Si r < a no hay carga encerrada entonces E = 0. Entonces:

E (r) =

4πσa2

r2 r r > a

0 r < a.

11.1.3. (c)*

En casa Para el plano infinito tenemos simetría de desplazamiento en x e y así que E (r) = E (z) z. Además,E (z) = −E (−z). Consideremos entonces un prisma rectangular de longitud 2z en z y longitudes a y b en x e yrespectivamente centrado en el origen:

ab (E (z)− E (−z)) = 4πσ (ab)

=⇒ E (z) = 2πσ

=⇒ E (r) = 2πσ z

|z|z.

Para el potencial:

E (z) = −∂ϕ∂z

=⇒ ϕ = 2πσ |z|.

En clase Consideremos un plano infinito en z = 0 con densidad superficial de carga σ uniforme. Tomemos coor-denadas cartesianas. Hay simetría de traslación en x e y, de rotación en z y de reflexión en z = 0 y cualquierplano con normal sin componente en z. Notemos que el campo no puede tener una componente en x o y porque sihacemos una reflexión y una rotación entonces se puede lograr una inconsistencia en las componentes. Por lo tanto:

E (r) = E (z) z.

Además, como podemos reflejar en z = 0 la función E (z) debe ser impar. Apliquemos la Ley de Gauss sobre unasuperficie de Gauss que sea un prisma rectangular de lado l1 en x, lado l2 en y y lado 2z en z. Entonces:

ˆ∇ ·Ed3r = l1l2 (E (z)− E (−z))

= 2l1l2E (z)= 4πσ (l1l2)

=⇒ E (z) = 2πσ

=⇒ E (r) = 2πσ z

|z|z.

92

11.2. Ejercicio 2*11.2.1. (a)

En casa Ya que el hilo es infinito hay simetría de rotación en θ y de traslación en z. Por lo tanto B (r) = B (r) θ.Consideremos un círculo de radio r centrado en el origen y usemos la Ley de Ampère (6):

˛B (r) · dl = 2πrB (r)

˛B (r) · dl =

ˆ∇×B (r) · dS

= 4πc

ˆJ · dS

= 4πcI

=⇒ B (r) = 2Icr

=⇒ B (r) = 2Icrθ.

Para hallar el potencial vector consideremos:

B (r) =∇×A (r)

∇×A (r) =(

1r

∂Az∂θ− ∂Aθ

∂z

)r +

(∂Ar∂z− ∂Az

∂r

)θ +

(1r

∂

∂r(rAθ)−

1r

∂Ar∂θ

)z.

Consideremos Ar = Aθ = 0:

=⇒−∂Az∂r = 2I

cr∂Az∂θ = 0

=⇒ A (r) = −2Ic

ln (r) z.

En clase Consideremos un hilo infinito que se extiende en la dirección z por el que corre una corriente I. Tomemoscoordenadas cilíndricas. Hay simetría de rotación en θ y de traslación en z. Notemos que el campo magnético nopuede tener una componente en z ya que si hacemos una reflexión sobre un plano que contiene al hilo entonces lacomponente del campo se invierte, y entonces al hacer una rotación en θ vemos que hay una inconsistencia en esacomponente. Lo mismo se puede hacer con la componente en r. Entonces:

B (r) = B (r) θ.

Apliquemos la Ley de Ampère (6) sobre una espira centrada en el origen y de radio r:

˛B (r) · dl = B (r) (2πr)

ˆ∇×B (r) · dS

= 4πc

ˆJ · dS

= 4πcI

93

=⇒ B (r) = 2Icr

=⇒ B (r) = 2Icrθ.

11.2.2. (b)

Tenemos un plano infinito en z = 0 con una densidad de corriente uniforme J = gy. Tomemos coordenadascartesianas. Hay simetría de traslación en x e y y de reflexión en planos con normales que no apuntan en y. Notemosque el campo no puede apuntar en y o z porque si hacemos una reflexión en un plano con normal sin componenteen y y hacemos una rotación hallamos una inconsistencia en esas componentes. Por lo tanto:

B (r) = B (z) x.

Además, como el plano z = 0 es un plano de simetría entonces la función B (z) debe ser una función impar.Apliquemos la Ley de Ampère en una espira rectangular con un lado de largo l en x y otro lado de largo 2z en z.Posicionemos la normal de la espira en y. Entonces:

˛B (r) · dl = l (B (z)−B (−z))

= 2lB (z)

= 4πc

(lg)

=⇒ B (z) = 2πgc

=⇒ B (r) = 2πgc

z

|z|x.

11.2.3. (f)

Consideremos un solenoide infinito que se extiende en la dirección z con densidad de vueltas n y donde fluyeuna corriente I. Tomemos coordenadas cilíndricas. Lo vamos a considerar circular. Hay simetría de rotación en θ,de traslación en z y de reflexión en planos con normal z. Usando estas simetrías:

B (r) = B (r) z.

Apliquemos la Ley de Ampère en una espira rectangular que “corte” al solenoide, un lado de largo r2 − r1 que seextiende en r con uno de esos lados en r = r1 < a y el otro en r = r2 > a; y el otro lado de largo l en z. Supongamosque r > a. Entonces:

˛B (r) · dl = l (B (r1)−B (r2))

= 4πcnlI

=⇒ B (r1)−B (r2) = 4πcnI

Notemos que si fijamos uno de los lados en r y variamos el otro entonces el lado izquierdo de la igualdad no cambia,por lo tanto el campo no depende de la distancia, sólo depende de si estás adentro o afuera. Consideremos entoncesel campo magnético dentro del solenoide, el campo fuera lo podemos calcular considerando el salto. Usemos la Leyde Biot-Savart (5):

94

B = 1c

ˆJ′×

(r − r′

)‖ r − r′ ‖3

d3r′

=⇒ B (0) = −1c

ˆJ′× r

′

‖ r′ ‖3d3r

′

= −1c

ˆ (nIθ

)× ar + zz

(a2 + z2)32d3r

= −1c

ˆa

(−Inaz +Inzr)(a2 + z2)

32

drdθdz

= 4πnIc

=⇒ B (r2) = 0

=⇒ B (r) =

4πnIc z r < a

0 r > a.

12. Guía 2: Separación de Variables, Función de Green y Método de Imá-genes

12.1. Ejercicio 1*12.1.1. (a)

Tomemos la cara superior como la única con potencial no nulo (Mati eligió así). Entonces, en x e y va a quedarsenos y cosenos ya que están libres. En z van a quedar exponenciales. Aplicando las condiciones de contorno queda:

ϕn,m =∑n,m

Anm sin(nπax)

sin(mπay)

sinh

√n2 +m2π

a︸ ︷︷ ︸=k

z

.

Tomemos:

Anmdef:= Anm

sinh (ka) =⇒ ϕnm =∑n,m

Anm sin(nπax)

sin(mπay) sinh (kz)

sinh (ka)

ϕ (x, y, a) = V =∑n,m

Anm sin(nπax)

sin(mπay)

=⇒ˆV sin

(n′π

ax

)sin(m′π

ay

)dxdy =

∑n,m

Anm

ˆsin(nπax)

sin(mπay)

sin(n′π

ax

)sin(m′π

ay

)dxdy

=⇒ a2V

n′m′π2

(1− (−1)n

′)(

1− (−1)m′)

=∑n,m

Anma2

4 δnn′ δmm′

Tomemos sólo los n y m impares.

ndef:= 2n+ 1, m def:= 2m+ 1

95

=⇒ An,m = 16V(2n+ 1) (2m+ 1)π2

=⇒ ϕnm =∑n,m

16V(2n+ 1) (2m+ 1)π2 sin

((2n+ 1)π

ax

)sin(

(2m+ 1)πa

y

) sinh(√

(2n+1)2+(2m+1)2π

a z

)sinh

(√(2n+ 1)2 + (2m+ 1)2

π

) .12.2. Ejercicio 2

Tomando coordenadas cartesianas consideremos tres regiones: la región I para z < 0, la región II para 0 < z < ay la región III para z > a. Para todas las regiones tenemos Sturm-Liouville en x e y así que la solución tiene laforma:

ϕ =ˆ

exp (ikxx) exp (ikyy) (A (kx, ky) exp (kzz) +B (kx, ky) exp (−kzz))dkxdky.

En la región I y III necesito que el potencial en el infinito sea nulo, entonces:ϕI =

´A (kx, ky) exp (ikxx) exp (ikyy) exp (kzz)dkxdky

ϕIII =´B (kx, ky) exp (ikxx) exp (ikyy) exp (−kz (z − a))dkxdky

.

Resolvamos primero la región I. Sabemos que:

V0 (x, y) =ˆA (kx, ky) exp (ikxx) exp (ikyy)dkxdky.

Consideremos la anti-transformada de Fourier del potencial:

V0 (x, y) =(

12π

)2 ˆF (V0) (kx, ky) exp (ikxx) exp (ikyy)dkxdky.

Entonces:

A = (2π)2 F (V0) .

Análogamente podemos mostrar que:

B = (2π)2 F (Va) .

Esto tiene sentido ya que cuando la solución era una sumatoria las constantes sumando eran coeficientes deldesarrollo de Fourier, así que es razonable que acá nos queden transformadas de Fourier (El (2π)2 es un pocosospechoso, quizás no vaya). Entonces, resolvimos el problema en la región I y III, falta la región II. La solución es:

ϕII =ˆ

exp (ikxx) exp (ikyy) (C (kx, ky) exp (kzz) +D (kx, ky) exp (−kzz)) dkxdky.

Evaluemos en ambos potenciales:V0 =

´exp (ikxx) exp (ikyy) (C +D)dkxdky

Va =´

exp (ikxx) exp (ikyy) (C exp (kza) +D exp (−kza))dkxdky

Entonces en este caso tenemos: A = C +D

B = C exp (kza) +D exp (−kza)

96

=⇒C = B−A exp(−kza)

2 sinh(kza)D = A exp(kza)−B

2 sinh(kza).

Y listo, ya resolvimos para el potencial en todo el espacio. Lo voy a escribir por completitud:

ϕ =

´A exp (ikxx) exp (ikyy) exp (kzz)dkxdky z < 0´exp (ikxx) exp (ikyy)

(B−A exp(−kza)

sinh(kza) exp (kzz) + A exp(kza)−Bsinh(kza) exp (−kzz)

)dkxdky 0 < z < a´

B exp (ikxx) exp (ikyy) exp (−kz (z − a)) dkxdky a < z

12.3. Ejercicio 3Tomando coordenadas cartesianas y centrando la caja en el origen partamos el problema en tres regiones dentro

de la caja: la región I para z < 0, la región II para 0 < z < z′ la altura donde está la carga puntual y la región

III para h < z. El potencial fuera de la caja es nulo ya que la caja está a tierra, el potencial en el infinito es nuloy no hay cargas fuera de la caja. Es decir, el potencial ϕ = 0 es solución fuera de la caja y es consistente con lascondiciones de contorno fuera de la caja, por lo tanto es el potencial. Dentro de la caja tenemos Sturm-Liouville enx e y. Como en los bordes de la caja el potencial es nulo entonces para x e y vamos a tener un seno. Entonces lasolución es de la forma:

ϕ =∑n,m

sin(nπax)

sin(mπay)(

A exp(√

n2 +m2π

az

)+B exp

(−√n2 +m2π

az

)).

Veamos las densidades superficiales de carga en cada plano. En el plano z = 0 la densidad de carga es σ y en elplano z = z

′ la densidad superficial de carga es σ′ = qδD

(x− x′

)δD

(y − y′

), donde la posición en x e y de la

carga puntual es x′ e y′ respectivamente. Las soluciones del potencial deben cumplir las siguientes condiciones decontorno:

ϕI |z=− a2 = 0, ∂ϕII∂z

∣∣∣z=0− ∂ϕI

∂z

∣∣∣z=0

= 4πσ∂ϕII∂z

∣∣∣z=0− ∂ϕI

∂z

∣∣∣z=0

= 4πσ, ∂ϕIII∂z

∣∣∣z=z′

− ∂ϕII∂z

∣∣∣z=z′

= 4πqδD(x− x′

)δD

(y − y′

)∂ϕIII∂z

∣∣∣z=0− ∂ϕII

∂z

∣∣∣z=0

= 4πqδD(x− x′

)δD

(y − y′

), ϕIII |z= a

2= 0

ϕI |z=0 = ϕII |z=0 , ϕII |z=z′ = ϕIII |z=z′

donde: ϕI =

∑n,m sin

(nπa x)

sin(mπa y) (A exp

(kz(z + a

2))

+B exp(−kz

(z + a

2)))

ϕII =∑n,m sin

(nπa x)

sin(mπa y)

(C exp (kzz) +D exp (−kzz))ϕIII =

∑n,m sin

(nπa x)

sin(mπa y) (E exp

(kz(z − a

2))

+ F exp(−kz

(z − a

2)))

Para ahorrar un poco de espacio, tomemos α = sin(nπa x)

sin(mπa y). Entonces:

∑n,m α (A+B) = 0∑n,m kzα

(C −D −A exp

(kz

a2)

+B exp(−kz a2

))= 4πσ∑

n,m kzα(E exp

(kz

(z′ − a

2

))+ F exp

(−kz

(z′ − a

2

))− C exp

(kzz

′)

+D exp(kzz

′))

= 4πqδD(x− x′

)δD

(y − y′

)∑n,m α (E + F ) = 0∑n,m α

(A exp

(kz

a2)

+B exp(−kz a2

))=∑n,m α (C +D)∑

n,m α(C exp

(kzz

′)

+D exp(−kzz

′))

=∑n,m α

(E exp

(kz

(z′ − a

2

))+ F exp

(−kz

(z′ − a

2

)))Tomemos α′ = sin

(n′πa x)

sin(m′πa y

). Notemos entonces que:

97

∑n,m

Pnm

ˆαα′dxdy =

∑n,m

Pnma2

4 δnn′ δmm′ ∀Pnm

A+B = 0kz(C −D −A exp

(kz

a2)

+B exp(−kz a2

))a2

4 = 4πσ(

4a2

(2n+1)(2m+1)π2

)kz

(E exp

(kz

(z′ − a

2

))− F exp

(−kz

(z′ − a

2

))− C exp

(kzz

′)

+D exp(−kzz

′))

a2

4 = 4πq sin(nπa x

′)

sin(mπa y

′)

E + F = 0(A exp

(kz

a2)

+B exp(−kz a2

))= C +D

C exp(kzz

′)

+D exp(−kzz

′)

= E exp(kz

(z′ − a

2

))+ F exp

(−kz

(z′ − a

2

))Estas son seis ecuaciones lineales con 6 incógnitas, por lo tanto existe una solución. Notemos que si usamos A = −By E = −F entonces las ecuaciones se simplifican un poco:

C −D − 2A cosh(kz

a2)

= 64(2n+1)(2m+1)π2kz

2E cosh(kz

(z′ − a

2

))− C exp

(kzz

′)

+D exp(−kzz

′)

= 16πqa2kz

sin(nπa x

′)

sin(mπa y

′)

2A sinh(kz

a2)

= C +D

C exp(kzz

′)

+D exp(−kzz

′)

= 2E sinh(kz

(z′ − a

2

))

=⇒

A = C+D

2 sinh(kz a2 )

E =C exp

(kzz′)

+D exp(−kzz

′)2 sinh(kz(z′− a2 ))

=⇒

C −D − (C +D) coth

(kz

a2)

= 64(2n+1)(2m+1)π2kz(

C exp(kzz

′)

+D exp(−kzz

′))

coth(kz

(z′ − a

2

))− C exp

(kzz

′)

+D exp(−kzz

′)

= 16πqa2kz

sin(nπa x

′)

sin(mπa y

′)

=⇒ C = 64(1− coth

(kz

a2))

(2n+ 1) (2m+ 1)π2kz+D

(1 + coth

(kz

a2))(

1− coth(kz

a2))

= −16πq sin

(nπa x

′)

sin(mπa y

′)

exp(−kzz

′)

a2kz(1− coth

(kz(z′ − a

2))) +D

(1 + coth

(kz

(z′ − a

2

)))exp

(−2kzz

′)

(1− coth

(kz(z′ − a

2)))

=⇒ D =

64(1− coth

(kz

a2))

(2n+ 1) (2m+ 1)π2kz+

16πq sin(nπa x

′)

sin(mπa y

′)

exp(−kzz

′)

a2kz(1− coth

(kz(z′ − a

2)))

·(

1 + coth(kz

(z′ − a

2

)))exp

(−2kzz

′)

(1− coth

(kz(z′ − a

2))) −

(1 + coth

(kz

a2))(

1− coth(kz

a2))−1

Listo... Ahí tenés D y a partir de ahí despejás el resto del abecedario y hallás el potencial en todo el espacio. Laschances de haberme equivocado son altísimas pero bue, Dios sabe que intenté.

12.4. Ejercicio 4*12.4.1. (a)

σ = λδD

(x− a

2

),∂ϕII∂y

∣∣∣∣y=0− ∂ϕI

∂y

∣∣∣∣y=0

= 4πσ

98

Para y fijo vamos a querer tener una base completa, así que x y z deben formar bases. Como hay simetría detraslación en z entonces el potencial no depende de z. Para x vamos a usar un seno nada más para que se anule enlas caras del capacitor. Entonces:

ϕ =∑n

sin(nπax)(

An exp(nπay)

+Bn exp(−nπay))

.

Pidiendo que en los infinitos el potencial se anule:ϕI =

∑nAn sin

(nπa x)

exp(−nπa y

)ϕII =

∑nBn sin

(nπa x)

exp(nπa y) .

Pidiendo que el potencial sea continuo:

An = Bn.

Usando la condición del salto en el potencial:

2∑n

An sin(nπax)

= 4πλδD(x− a

2

)=⇒ 2

∑n

Annπ

a

(a2 δnm

)= 4πλ sin

(mπ2

)=⇒ An = 4λ

nsin(nπ

2

)=⇒ ϕ =

∑n

(−1)n 4λ2n+ 1 sin

((2n+ 1)π

ax

)exp

(− (2n+ 1)π

a|y|).

Si uno desarrolla la serie del seno queda:

ϕ =∞∑n=0

g2n+1

2n+ 1

= λ ln(

1 + g

1− g

)donde g es una función de x e y y λ es una constante.

12.5. Ejercicio 5Tenemos Sturm-Liouville en x e y, por lo tanto la solución es de las forma:

ϕ =ˆ

exp (ikxx) exp (ikyy) (A exp (kzz) +B exp (−kzz))dkxdky.

Consideremos dos regiones del espacio: la región I para z < 0 y la región II para z > 0. Entonces, pidiendo que elpotencial sea nulo en el infinito tenemos:

ϕI =´A exp (ikxx) exp (ikyy) exp (kzz)dkxdky

ϕII =´B exp (ikxx) exp (ikyy) exp (−kzz)dkxdky

Sabemos además que el salto de derivada debe ser 4πσ y que el potencial debe ser continuo, por lo tanto lascondiciones de contorno son:

ϕI |z=0 = ϕII |z=0∂ϕII∂z

∣∣∣z=0− ∂ϕI

∂z

∣∣∣z=0

= 4πσ

99

Tomemos α = exp (ikxx) exp (ikyy) para ahorrar espacio:

=⇒´

Aαdkxdky =´Bαdkxdky´

Akzαdkxdky +´Bkzαdkxdky = 4πσ

Usemos completitud:

=⇒A = B

2kzA = 1(2π)2F (4πσ)

F (4πσ) =ˆ

4πσ exp (−ikxx) exp (−ikyy)dxdy

= 4πσδD (kx) δD (ky)

=⇒ A (kx, ky) = σδD (kx) δD (ky)2πkz

=⇒ ϕ =ˆσδD (kx) δD (ky)

2πkzexp (ikxx) exp (ikyy) exp (−kz |z|)dkxdkz

E = −∇ϕ =⇒

Ex = −∂ϕ∂xEy = −∂ϕ∂yEz = −∂ϕ∂z

E = −ˆσδD (kx) δD (ky)

2πkzα exp (−kz |z|) (ikxx+ ikyy − kzsgn (z) z)dkxdkz

12.6. Ejercicio 6*12.6.1. (a)

∇2GD

(r, r

′)

= −4πδD(x− x′

)δD

(y − y′

)δD

(z − z′

)GD

(r − r′

)∣∣∣∞

= 0

Consideremos un plano con normal z que contenga a la carga y llamemos región I a la región encima de la carga yregión II a la región debajo de la carga. Entonces, van a quedar exponenciales complejas en x e y y exponencialesreales en z. Como se debe anular en z → ∞ entonces vamos a considerar exp

(−kz

(z − z′

))para la región I y

exp(kz

(z − z′

))para la región II. Entonces, propongamos:

GD

(r, r

′)

=ˆA (kx, ky) exp

(ikx

(x− x

′))

exp(iky

(y − y

′))

exp(−kz

∣∣∣z − z′ ∣∣∣) dkxdky.∂GD∂z

∣∣∣∣z′−− ∂GD

∂z

∣∣∣∣z′+

= 4πδD(x− x

′)δD

(y − y

′)

2ˆAkz exp

(ikx

(x− x

′))

exp(iky

(y − y

′))

dkxdky = 4π((

12π

)2 ˆexp

(ikx

(x− x

′))

exp(iky

(y − y

′))

dkxdky

)

=⇒ 2A√k2x + k2

y = 1π

100

=⇒ A = 1

2π√k2x + k2

y

=⇒ GD

(r, r

′)

=ˆ exp

(ikx

(x− x′

))exp

(iky

(y − y′

))exp

(−√k2x + k2

y

∣∣∣z − z′∣∣∣)2π√k2x + k2

y

dkxdky.

12.6.2. (b)

Tomemos:

GD

(r, r

′)

= 1(2π)3

ˆexp

(ik ·

(r − r

′))F(GD

(r, r

′))

(k)d3k

=⇒ ∇2GD

(r, r

′)

= − 1(2π)3

ˆk2 exp

(ik ·

(r − r

′))F(GD

(r, r

′))

(k)d3k

= −4πδD(x− x”) δD (y − y′) δD (z − z′)

= − 4π(2π)3

ˆexp

(ik ·

(r − r

′))

d3k

=⇒ F(GD

(r, r

′))

= 4πk2

=⇒ GD

(r, r

′)

= 12π2

ˆ exp(ik ·

(r − r′

))k2 d3k.

12.6.3. (c)

Separemos la expresión de (b) en kx, ky y kz e integremos kz:

GD

(r, r

′)

= 12π2

ˆexp

(ikx

(x− x

′))

exp(iky

(y − y

′)) ∞

−∞

exp(ikz

(z − z′

))√k2x + k2

y + k2z

dkz

dkxdky.

Esta función tiene polos en ±i√k2x + k2

y así que usemos el teorema de los residuos para integrar esto:

GD

(r, r

′)

= 12π2

ˆexp

(ikx

(x− x

′))

exp(iky

(y − y

′))2πi

exp(−√k2x + k2

y

(z − z′

))2i√k2x + k2

y

dkxdky

=ˆ exp

(ikx

(x− x′

))exp

(iky

(y − y′

))exp

(−√k2x + k2

y

∣∣∣z − z′ ∣∣∣)2π√k2x + k2

y

dkxdkyX

12.7. Ejercicio 9Tomemos V− = V1 − V2 y V+ = V1 + V2. Notemos que:

V1 = 12 (V+ + V−)

V2 = 12 (V+ − V−)

Entonces, podemos pensar al problema como la superposición de otros dos, uno donde el potencial es 12V+ en toda

la esfera y otro donde el potencial es 12V− en la parte superior y − 1

2V− en la parte inferior.

101

Potencial Par Tomemos al potencial V = 12V+ en toda la esfera para ahorrar notación. Como dentro de la esfera

no hay cargas y el contorno es equipotencial entonces sabemos que el potencial allí debe ser constantemente V .Tomando coordenadas esféricas, como el sistema es simétrico entonces E (r) = E (r) r. Entonces:

ϕ (r) = A0r0<

r1>

P0 (cos (θ))

= A0

r>

Sabemos que ϕ (r = a) = V , así que:

A0 = aV

=⇒ ϕ (r) = aV

r>

Potencial Impar Tomemos al potencial V = 12V− para ahorrar notación, en la parte superior de la esfera el

potencial es V y en la parte inferior el potencial es −V . Tomando coordenadas esféricas, como el sistema esaxisimétrico entonces:

ϕ (r, θ) =∞∑l=0

Alrl<rl+1>

Pl (cos (θ))

Además, como el potencial es impar en cos (θ) entonces solamente los términos impares de Pl (cos (θ)) deben ser nonulos, es decir, los términos con l impar. Entonces:

ϕ (r, θ) =∞∑l=0

A2l+1r2l+1<

r2l+2>

P2l+1 (cos (θ))

Sabemos que ϕ (a, θ) = V 1θ > π

2− V 1

θ < π

2, así que hallemos esta función en términos de los polinomios de

Legendre:

1a

∞∑l=0

A2l+1P2l+1 (cos (θ)) = V 1θ >

π

2

− V 1

θ <

π

2

∞∑l=0

A2l+1

π

0

sin (θ)P2l+1 (cos (θ))P2l′+1 (cos (θ))dθ = aV

π

0

sin (θ)P2l′+1 (cos (θ))(

1θ >

π

2

− 1

θ <

π

2

)dθ

1a

∞∑l=0

A2l+1

1ˆ

−1

P2l+1 (x)P2l′+1 (x)dx = aV

0ˆ

−1

P2l′+1 (x)dx−1ˆ

0

P2l′+1 (x)dx

1a

22 (2l + 1) + 1A2l+1 = aV

1ˆ

−1

P2l+1 (x)dx

=⇒ A2l+1 = 4l + 32 a2V

1ˆ

−1

P2l+1 (x)dx

\

=⇒ ϕ (r, θ) = a2V

2

∞∑l=0

4l + 31ˆ

−1

P2l+1 (x)dx

r2l+1<

r2l+2>

P2l+1 (cos (θ))

102

Potencial Total Finalmente, el potencial total es la superposición de ambos potenciales. Es decir:

ϕ (r, θ) = a (V1 + V2)2r>

+ a2 (V1 − V2)4

∞∑l=0

4l + 31ˆ

−1

P2l+1 (x)dx

r2l+1<

r2l+2>

P2l+1 (cos (θ))

12.8. Ejercicio 10*12.8.1. (a)

ϕ =∞∑l=0

l∑m=−l

(Almr

l + Blmrl+1

)Y ml (θ, φ) .

Esta es la solución general cuando no hay carga. Separemos entonces el problema en dos regiones: la región I parar < r

′ y la región II para r > r′ . Las condiciones de contorno son:

ϕI |r=a = 0ϕI |r=r′ = ϕII |r=r′∂ϕII∂r

∣∣∣r=r′− ∂ϕI

∂r

∣∣∣r=r′

= 4πσϕII |r=b = 0

.

Tomemos entonces: ϕI =∑l,mAlm

(rl − a2l+1

rl+1

)Y ml (θ, φ)

ϕII =∑l,mBlm

(−rl + b2l+1

rl+1

)Y ml (θ, φ)

.

Estos potenciales cumplen que son nulos en r = a y r = b. Sólo falta despejar Alm y Blm de las condiciones en lainterfaz. Notemos que tenemos:

ϕI = AfI (r)ϕII = BfII (r)

,

donde fI (r) y fII (r) son funciones. Ya que queremos que ϕ sea continua en la interfaz entonces podemos tomar:fI (r) def:= fI (r) fII(r′)

fII (r) def:= fII (r) fI(r′) .

Por lo tanto, al evaluar las funciones son iguales entre sí y por lo tanto sólo debemos pedir que las constantes seaniguales. Entonces, nos queda: A = CfII

(r′)

B = CfI

(r′) .

Usemos esto en este caso: Alm = Clm

(−r′l + b2l+1

r′l+1

)Blm = Clm

(r′l − a2l+1

r′l+1

)=⇒

ϕI =∑l,m Clm

(rl − a2l+1

rl+1

)(−r′l + b2l+1

r′l+1

)Y ml (θ, φ)

ϕII =∑l,m Clm

(r′l − a2l+1

r′l+1

)(−rl + b2l+1

rl+1

)Y ml (θ, φ)

Usando r< y r> nos queda:

103

Alm = Clm

(−rl> + b2l+1

rl+1>

)Blm = Clm

(rl< − a2l+1

rl+1<

)=⇒ ϕ =

∑l,m

Clm

(rl< −

a2l+1

rl+1<

)(−rl> + b2l+1

rl+1>

)Y ml (θ, φ) .

Esto nos ayuda a escribir ambas soluciones como una sola. Hallemos Clm usando el salto:

∑l,m

Clm

((r′l − a2l+1

r′l+1

)(lr′l−1 + (l + 1) b

2l+1

r′l+2

)+(lr′l−1 + (l + 1) a

2l+1

r′l+2

)(−r′l + b2l+1

r′l+1

))Y ml (θ, φ)

=∑l,m

Clm

(2l + 1r′2

b2l+1(

1−(ab

)2l+1))

Y ml (θ, φ)

= 4πσ

En vez de usar σ en los armónicos esféricos vamos a proyectar toda la ecuación en la base:

ˆ ∑l,m

Clm

(2l + 1r′2

b2l+1(

1−(ab

)2l+1))

Y ml

Y m′∗

l′dΩ =

ˆ(4πσ)Y m

′∗

l′dΩ

∑l,m

Clm2l + 1r′2

b2l+1(

1−(ab

)2l+1) π

0

2πˆ

0

Y ml (θ, φ)Y m′∗

l′(θ, φ) cos (θ) sin (θ)dφdθ

︸ ︷︷ ︸=δ

ll′ δmm′

= 4ππ

0

2πˆ

0

σ sin (θ)Y m′∗

l′(θ, φ)dφdθ

Clm2l + 1r′2

b2l+1(

1−(ab

)2l+1)

= 4πqπ

0

2πˆ

0

δD

(θ − θ′

)δD

(φ− φ′

)r′2

sin (θ)Y m∗l (θ, φ)dφdθ

Clm2l + 1r′2

b2l+1(

1−(ab

)2l+1)

== 4πqr′2

Y m∗l

(θ′, φ′)

=⇒ Clm = 4πq(2l + 1) b2l+1

(1−

(ab

)2l+1)Y m∗l

(θ′, φ′)

ϕ =∑l,m

4πq(rl< − a2l+1

rl+1<

)(−rl> + b2l+1

rl+1>

)(2l + 1) b2l+1

(1−

(ab

)2l+1) Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′).

12.8.2. (b)

Ya que el campo fuera del capacitor en r = b y dentro del capacitor en r = a es nulo entonces sabemos cuáldebe ser el salto del potencial. Entonces: σa = − 1

4π∂ϕ∂r

∣∣∣r=a+

σb = 14π

∂ϕ∂r

∣∣∣r=b−

σa =∑l,m

qal(r′l− b2l+1

r′l+1

)b2l+1

(1−( ab )2l+1)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

σb = −∑l,m

q(r′l− a2l+1

r′l+1

)bl+2(

1−( ab )2l+1)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

104

12.8.3. (a) Forma Alternativa

Consideremos al potencial como la superposición del potencial del contorno en r = a, el del contorno con r = by el de la carga puntual de Green:

ϕ (r) = ϕa + ϕb + ϕq

Veamos entonces que el potencial de una cáscara esférica de radio R y carga σ (θ, φ) es de la forma:

ϕR =∑l,m

Clm

(rl<rl+1>

)∣∣∣∣r=R

Y ml (θ, φ)

Tomemos entonces: ϕI =

∑l,mRI (r)Y ml (θ, φ)

ϕII =∑l,mRII (r)Y ml (θ, φ)

Aplicando la condición de continuidad obtenemos:RI (r) = Clm

rl

Rl+1

RII (r) = ClmRl

rl+1

=⇒ R (r) = Clm

(rl<rl+1>

)∣∣∣∣r=R

=⇒ ϕR =∑l,m

Clm

(rl<rl+1>

)∣∣∣∣r=R

Y ml (θ, φ)

Hallamos lo que buscábamos. Ahora aplicando la condición del salto de derivada obtenemos:

∂ϕI∂r

∣∣∣∣R

− ∂ϕII∂r

∣∣∣∣R

= 4πσ

=⇒∑l,m

Y ml Clm

(lRl−1

Rl+1 − (l + 1) Rl

Rl+2

)=∑l,m

4πσlmY ml

=⇒ Clm

(2l + 1R2

)= 4πσlm

=⇒ Clm = 4πR2

2l + 1σlm,ˆσdS = q

σ = q

R2 δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)

=⇒ σlm =ˆ

q

R2 δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)Y ml dφd (cos (θ))

= q

R2Ym∗l

(θ′, φ′)

=⇒ Clm = 4πq2l + 1Y

m∗l

(θ′, φ′)

=⇒ ϕR =∑l,m

4πq2l + 1

(rl<rl+1>

)∣∣∣∣r=R

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Apliquemos ahora las condiciones de contorno:

105

ϕa = 0ϕb = 0

∑l,m Y

ml (θ, φ)

(Alma +Blm

al

bl+1 + 4πa2l+1

al

r′l+1Ym∗l

(θ′, φ′))

= 0∑l,m Y

ml (θ, φ)

(Alm

al

bl+1 + Blmb + 4πa

2l+1r′l

bl+1Ym∗l

(θ′, φ′))

= 0

De acá uno despeja Alm y Blm para obtener la solución general a ϕ.

12.9. Ejercicio 12Tomemos coordenadas esféricas y consideremos 4 regiones: la región I para r 6 a, la región II para a 6 r 6 r

′ ,la región III para r′ 6 r 6 b y la región IV para b 6 r. En la región I el potencial es nulo ya que no hay cargasy el contorno está a potencial nulo. En la región IV el potencial también es nulo por el mismo motivo. Entonces,debemos hallar el potencial para la región II y III (que no va a ser nulo).

Sabemos que el potencial debe tener la forma:

G (r, θ, φ) =∞∑l=0

l∑m=−l

Almrl<rl+1>

Y ml (θ, φ)

Ya que sabemos que el potencial es nulo en r = a y en r = b y que ϕII(r′, θ′, φ′)

= ϕIII

(r′, θ′, φ′)propongamos:

GII (r, θ, φ) =∑∞l=0∑lm=−lAlm

(( ar )l+1−( ra )l(a

r′

)l+1−(r′a

)l)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

GIII (r, θ, φ) =∑∞l=0∑lm=−lAlm

(( br )l+1−( rb )l(b

r′

)l+1−(r′b

)l)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Estas funciones cumplen la continuidad en a, b y r′ .Consideremos ahora el salto de campo:

∂GII∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂GIII

∂r

∣∣∣∣r=r′

= 4πr′2

δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)

Notemos:

∂GII∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂GIII

∂r

∣∣∣∣r=r′

=∞∑l=0

l∑m=−l

Alm

− l+1r′

(ar′

)l+1− l

r′

(r′

a

)l(ar′

)l+1−(r′

a

)l −− l+1

r′

(br′

)l+1− l

r′

(r′

b

)l(br′

)l+1−(r′

b

)lY ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=∞∑l=0

l∑m=−l

Alm1r′

1 + l

(1 +

(r′

b

)2l+1)1−

(r′

b

)2l+1 −1 + l

(1 +

(r′

a

)2l+1)1−

(r′

a

)2l+1

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=∞∑l=0

l∑m=−l

Alm1r′

2l((

r′

b

)2l+1−(r′

a

)2l+1)−((

r′

a

)2l+1+(r′

b

)2l+1)(

1−(r′

a

)2l+1)(

1−(r′

b

)2l+1)

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=∞∑l=0

l∑m=−l

Alm1r′

(2l − 1)(r′

b

)2l+1− (2l + 1)

(r′

a

)2l+1

(1−

(r′

a

)2l+1)(

1−(r′

b

)2l+1)

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

106

4πr′2

δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)

=∞∑l=0

l∑m=−l

4πr′2

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=⇒ Alm1r′

(2l − 1)(r′

b

)2l+1− (2l + 1)

(r′

a

)2l+1

(1−

(r′

a

)2l+1)(

1−(r′

b

)2l+1)

= 4πr′2

=⇒ Alm = 4πr′

(

1−(r′

a

)2l+1)(1−

(r′

b

)2l+1)(2l − 1)

(r′

b

)2l+1− (2l + 1)

(r′

a

)2l+1

=⇒

GI (r, θ, φ) = 0

GII (r, θ, φ) =∑∞l=0∑lm=−l

4πr′

(

1−(r′

a

)2l+1)(

1−(r′

b

)2l+1)

(2l−1)(r′b

)2l+1−(2l+1)

(r′a

)2l+1

(

( ar )l+1−( ra )l(a

r′

)l+1−(r′a

)l)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

GIII (r, θ, φ) =∑∞l=0∑lm=−l

4πr′

(

1−(r′

a

)2l+1)(

1−(r′

b

)2l+1)

(2l−1)(r′b

)2l+1−(2l+1)

(r′a

)2l+1

(

( br )l+1−( rb )l(b

r′

)l+1−(r′b

)l)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

GIV (r, θ, φ) = 0

12.10. Ejercicio 1512.10.1. (a)

El potencial dentro de la esfera (r < a) es nulo ya que no hay cargas y en el contorno el potencial es nulo.Consideremos entonces la región externa de la esfera. Para resolver este problema usando la función de Greenvamos a considerar una carga puntual unitaria en el punto

(r′, θ′, φ′)con r′ > a. Separemos entonces al campo en

dos regiones: la región I para a < r < r′ y la región II para r > r

′ . Sabemos por experiencia que la parte radial dela solución es de la forma:

rl<rl+1>

También sabemos que el potencial se anula en r = a y es continuo en r = r′ , así que propongamos:

GI =∑l,mAlm

(( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

a 6 r 6 r′

GII =∑l,mAlm

(r′

r

)l+1Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

r′6 r

Notemos que esta propuesta tiene la forma que esperábamos y que además cumple que se anula en r = a y que escontinua en r = r

′ . La única condición que hace falta pedir es la del salto:

107

∂GII∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂GI

∂r

∣∣∣∣r=r′

= 4πρ

∑l,m

Alm

− l + 1r′−

lr′

(r′

a

)l+ (l+1)

r′

(ar′

)l+1

(r′

a

)l−(ar′

)l+1

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

= 4πr′2

δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)

∑l,m

Alm

− (2l + 1)(r′

a

)l− 2 (l + 1)

(ar′

)l+1

r′((

r′

a

)l−(ar′

)l+1)

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

= 4πr′2

∑l,m

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=⇒ Alm

− (2l + 1)(r′

a

)l− 2 (l + 1)

(ar′

)l+1

r′((

r′

a

)l−(ar′

)l+1)

= 4πr′2

=⇒ Alm = −4πr′

(r′

a

)l−(ar′

)l+1

(2l + 1)(r′

a

)l− 2 (l + 1)

(ar′

)l+1

=⇒ G =

− 4πr′∑l,m

(( ra )l−( ar )l+1

(2l+1)(r′a

)l−2(l+1)

(a

r′

)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

a 6 r 6 r′

− 4πr′∑l,m

(r′

a

)l−(a

r′

)l+1

(2l+1)(r′a

)l−2(l+1)

(a

r′

)l+1

( r′r

)l+1Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

r′6 r

= −4πr′∑l,m

( r<a

)l − ( ar<

)l+1

(2l + 1)(r′

a

)l− 2 (l + 1)

(ar′

)l+1

( r′

r>

)l+1

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Logramos hallar la función de Green, así que ahora integremos la función en φ′ ∈ (0, 2π) con r′ = b y θ′ = π2 :

ϕ = λ

2πˆ

0

b G|r′=b,θ′=π2dφ′

= −4πλ∑l,m

( r<a

)l − ( ar<

)l+1

(2l + 1)(ba

)l − 2 (l + 1)(ab

)l+1

( b

r>

)l+1Y ml (θ, φ)

2πˆ

0

Y m∗l

(π2 , φ

′)dφ′

Resolvamos la integral. Recordemos:

Y m∗l =

√2l + 1

4π(l −m)!(l +m)!P

ml

(cos(θ′))

exp(−imφ

′)

Así que lo único que hay que integrar es exp(−imφ′

). Notemos:

2πˆ

0

exp(−imφ

′)dφ′

= 2π · 12π

2πˆ

0

exp(−imφ

′)

exp(i · 0 · φ

′)dφ′

= 2πδm0

108

Y 0l (θ, φ) =

√2l + 1

4π Pl (cos (θ))

=⇒ ϕ = −2πλ∑l

(2l + 1)

( r<a

)l − ( ar<

)l+1

(2l + 1)(ba

)l − 2 (l + 1)(ab

)l+1

( b

r>

)l+1Pl (0)Pl (cos (θ))

Además, sabemos que P2l−1 (0) = 0∀l ∈ Z. Entonces:

ϕ = −2πλΘH (r − a)∑l

(4l + 1)

( r<a

)2l − ( ar<

)2l+1

(2l + 1)(ba

)2l − 2 (l + 1)(ab

)2l+1

( b

r>

)2l+1P2l (0)P2l (cos (θ))

También podemos usar:

P2l (0) = (−1)l (2l − 1)!!2ll!

=⇒ ϕ = πλΘH (r − a)∞∑l=0

(−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l! (4l + 1)

( r<a

)2l − ( ar<

)2l+1

(2l + 1)(ba

)2l − 2 (l + 1)(ab

)2l+1

( b

r>

)2l+1P2l (cos (θ))

12.10.2. (b)

Como queremos usar el método de extensión analítica necesitamos que el sistema sea axisimétrico y que nohayan cargas en el eje z. Como tenemos un conductor esférico entonces necesitamos sacárnoslo de encima parapoder remover las cargas que estén en este eje. Entonces, usemos el método de imágenes para hallar el potencial enel eje z. Sabemos que para generar una esfera a tierra de radio a en presencia de una carga puntual q a distanciad del origen podemos usar una carga puntual imagen que está adentro de la esfera a radio rim = a2

d y con cargaqim = − qad . Como tenemos un disco entonces de densidad lineal de carga λ a radio b podemos proponer un discode densidad de carga lineal λim = −λab dentro de la esfera en un radio rim = a2

b . Es fácil ver que esto es válido(además que lo consulté y me dijeron que era lo que había que hacer). Entonces, calculemos el potencial en el ejez para un disco con densidad lineal de carga λ y con radio a:

ϕ|r=0 =ˆ λδD

(x′2 + y

′2 + z′2 − a2

)δD

(z′)

‖ r − r′ ‖

∣∣∣∣∣∣r=0

d3r′

=2πˆ

0

aλdθ′√a2 + z2

= 2πλa√a2 + z2

Entonces, para este problema el potencial es:

ϕ|r=0 = 2πλb√b2 + z2

+ 2πλimrim√r2im + z2

= 2πλb√b2 + z2

− a2

b22πλa√a4

b2 + z2

109

Ahora lo único que falta es usar el método de extensión analítica. Usemos que:

2πλa√a2 + z2

=

2πλ

∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(za

)2nz < a

2πλ∑∞n=0

Γ( 12 +n)

Γ( 12 )Γ(n+1)

(−1)n(az

)2n+1z > a

Como sólo nos importa el potencial fuera de la esfera (r > a) entonces:

ϕ|r=0 = 2πλ∞∑n=0

Γ( 1

2 + n)

Γ( 1

2)

Γ (n+ 1)(−1)n

(bz2n<

z2n+1>

− a

b

(a2

bz

)2n+1)

Entonces, por el método de extensión analítica la solución general es:

ϕ = 2πλΘH (r − a)∞∑n=0

Γ( 1

2 + n)

Γ( 1

2)

Γ (n+ 1)(−1)n

(br2n<

r2n+1>

− a

b

(a2

br

)2n+1)P2n (cos (θ))

Se parece un poco a la expresión del ítem anterior pero no queda claro si dio igual. Habría que probar que:

Γ( 1

2 + n)

Γ( 1

2)

Γ (n+ 1)

(br2n<

r2n+1>

− a

b

(a2

br

)2n+1)= − (2n− 1)!!

2nl! (4n+ 1)

( r<a

)2n − ( ar<

)2n+1

(2n+ 1)(ba

)2n − 2 (n+ 1)(ab

)2n+1

( b

r>

)2n+1

Se lo dejo de ejercicio al lector xdd.

12.10.3. (c)

Ya que sé que el resultado sólo tiene polinomios de Legendre pares porque el problema es axisimétrico entoncesvoy a proponer: ϕI = ΘH (r − a)

∑∞l=0Al

(( ra )2l−( ar )2l+1

( ba )2l−( ab )2l+1

)P2l (cos (θ)) r 6 b

ϕII = ΘH (r − a)∑∞l=0Al

(br

)2l+1P2l (cos (θ)) r > b

∂ϕII∂r

∣∣∣∣r=b− ∂ϕI

∂r

∣∣∣∣r=b

= 4πρ

∞∑l=0

Al

(−2l + 1

b−

2lb

(ba

)2l + 2l+1b

(ab

)2l+1(ba

)2l − (ab )2l+1

)P2l (cos (θ)) = 4πλ

bδD (cos (θ))

∞∑l=0

Al1b

(−

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1(ba

)2l − (ab )2l+1

)P2l (cos (θ)) = 4πλ

b

∞∑l=0

(4l + 1

2

)P2l (cos (θ))P2l (0)

=⇒ Al = −2πλ (4l + 1)( (

ba

)2l − (ab )2l+1

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1

)P2l (0)

= πλ (−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l! (4l + 1)

( (ba

)2l − (ab )2l+1

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1

)

110

=⇒ ϕ =

πλΘH (r − a)

∑∞l=0 (−1)l+1 (2l−1)!!

2l−1l! (4l + 1)(

( ra )2l−( ar )2l+1

(4l+1)( ba )2l−2(2l+1)( ab )2l+1

)P2l (cos (θ)) r 6 b

πλΘH (r − a)∑∞l=0 (−1)l+1 (2l−1)!!

2l−1l! (4l + 1)(

( ba )2l−( ab )2l+1

(4l+1)( ba )2l−2(2l+1)( ab )2l+1

)(br

)2l+1P2l (cos (θ)) r > b

= πλΘH (r − a)∞∑l=0

(−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l! (4l + 1)

( r<a

)2l − ( ar<

)2l+1

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1

( b

r>

)2l+1P2l (cos (θ))

Dio lo mismo que antes.

12.10.4. (d)

Ya que conocemos el potencial consideremos el salto en el conductor:

∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a+

− ∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a−

= 4πρ

=⇒ ρ = 14π

(∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a+

− ∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a−

)= 1

4π

(πλ

∞∑l=0

(−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l!

(4l + 1)2

a

(1

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1

)P2l (cos (θ))

)

= λ

∞∑l=0

(−1)l+1 (2l − 1)!!2l+1l!

(4l + 1)2

a

(1

(4l + 1)(ba

)2l − 2 (2l + 1)(ab

)2l+1

)P2l (cos (θ))

12.10.5. (e)

Si el conductor está descargado y aislado entonces ρ ≡ 0 y por lo tanto el salto del potencial es nulo. En otraspalabras, el campo es continuo, o sea que el problema se reduce al aro solo:

ϕI =∑lAl

(rb

)2lP2l (cos (θ))

ϕII =∑lAl

(br

)2l+1P2l (cos (θ))

∂ϕII∂r

∣∣∣∣r=b− ∂ϕI

∂r

∣∣∣∣r=b

= 4πρ

∑l

Al

(−4l + 1

b

)P2l (cos (θ)) = 4πλ

b

∞∑l=0

(4l + 1

2

)P2l (cos (θ))P2l (0)

=⇒ Al = −2πλP2l (0)

= πλ (−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l!

=⇒ ϕ = πλ

∞∑l=0

(−1)l+1 (2l − 1)!!2l−1l!

b

r>

(r<r>

)2lP2l (cos (θ))

12.11. Ejercicio 16*Separemos el problema en dos regiones: la región I dentro de la esfera y la región II fuera de la esfera. Resolvamos

primero el problema de la región I.

111

Región I Resolvamos este problema usando la función de Green. Consideremos entonces una carga puntual a ciertoradio r′ y separemos el problema en dos regiones: la región I para r < r

′ y la región II para r > r′ (no confundir con

las regiones del problema original; este problema lo consideramos como separado del problema original). Entonces,propongamos:

GI =∑l,mAlm

(rr′

)lY ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

GII =∑l,mAlm

(( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Proponemos esto que es súper sospechoso porque ya más o menos sabemos como tiene que ser la solución y sabemosque el potencial se anula en r = a y que hay continuidad entre ambas funciones. Veamos el salto de la derivadapara hallar Alm:

∂GII∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂GI

∂r

∣∣∣∣r=r′

= 4πσ

= 4πr′2

δD

(cos (θ)− cos

(θ′))

δD

(φ− φ

′)

= 4πr′2

∑l,m

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

∂GII∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂GI

∂r

∣∣∣∣r=r′

=∑l,m

Alm(2l + 1)

r′(

1−(r′

a

)2l+1)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=⇒ Alm(2l + 1)

r′(

1−(r′

a

)2l+1) = 4π

r′2

=⇒ Alm = 4πr′ (2l + 1)

1−(r′

a

)2l+1

G =

∑l,m

4πr′ (2l+1)

(1−

(r′

a

)2l+1)(rr′

)lY ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

r < r′

∑l,m

4πr′ (2l+1)

(1−

(r′

a

)2l+1)( ( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

r > r′

G =∑l,m

4πr′ (2l + 1)

rl<rl+1>

−

(rr′)l

a2l+1

Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Como sólo los armónicos esféricos dependen de m entonces podemos usar la siguiente propiedad:∑m

4πr′ (2l + 1)Y

ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

= Pl (cos (γ))

cos (γ) = cos (θ) cos(θ′)

+ sin (θ) sin(θ′)

cos(φ− φ

′)

=⇒ G =∑l

rl<rl+1>

−

(rr′)l

a2l+1

Pl (cos (γ))

112

θ′ = 0 =⇒ cos (γ) = cos (θ) , r′ = z

′

θ′ = π =⇒ cos (γ) = − cos (θ) , r′ = −z′

ϕ = λ

∞

−∞

Gdz′

= λ

∞

0

Gdz′+ λ

0ˆ

−∞

Gdz′

= λ∑l

aˆ

0

rl<rl+1>

−

(rr′)l

a2l+1

∣∣∣∣∣∣∣r′=z′

Pl (cos (θ))dz′+ λ

∑l

(−1)l0ˆ

−a

rl<rl+1>

−

(rr′)l

a2l+1

∣∣∣∣∣∣∣r′=−z′

Pl (cos (θ))dz′

= λ∑l

(1 + (−1)l

) aˆ

0

rl<rl+1>

−

(rr′)l

a2l+1

∣∣∣∣∣∣∣r′=z′

Pl (cos (θ))

Ya que los coeficientes con l impar son nulos tomemos:

ldef:= 2l

=⇒ ϕ = 2λ∞∑l=0

aˆ

0

r2l<

r2l+1>

−

(rr′)2l

a4l+1

∣∣∣∣∣∣∣r′=z′

P2l (cos (θ))

Notemos que para integrar r< y r> vamos a tener que separar en partes:

ϕ = 2λ∞∑l=0

rˆ

0

z′2l

r2l+1 −

(rz′)2l

a4l+1

P2l (cos (θ))dz′+

aˆ

r

r2l

z′2l+1 −

(rz′)2l

a4l+1

P2l (cos (θ))dz′

l 6= 0 = 2λ

∞∑l=0

((1

2l + 1 −1

2l + 1

( ra

)4l+1)P2l (cos (θ)) +

(12l

(1−

( ra

)2l)

+ 12l + 1

( ra

)4l+1)P2l (cos (θ))

)

= 2λ∞∑l=0

(1

2l + 1P2l (cos (θ)) + 12l

(1−

( ra

)2l)P2l (cos (θ))

)

= λ

∞∑l=0

4l + 1l (2l + 1)

(1−

( ra

)2l)P2l (cos (θ))

l = 0 → ϕ = −2λ ln(ar

)=⇒ ϕ = −2λ ln

(ar

)+ λ

∞∑l=1

4l + 1l (2l + 1)

(1−

( ra

)2l)P2l (cos (θ))

Región II Resolvamos este problema usando la función de Green. Consideremos entonces una carga puntual a ciertoradio r′ y separemos el problema en dos regiones: la región I para r < r

′ y la región II para r > r′ (no confundir con

las regiones del problema original; este problema lo consideramos como separado del problema original). Entonces,propongamos:

113

GI =

∑l,mAlm

(( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

GII =∑l,mAlm

(r′

r

)lY ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

Salteamos varios pasos ya que este ejercicio es básicamente igual al anterior:

=⇒ Alm = 4πr′ (2l + 1)

(1−

( ar′

)2l+1)

=⇒ G =∑l,m

4πr′ (2l + 1)

(rl<rl+1>

− a2l+1

(rr′)l+1

)Y ml (θ, φ)Y m∗l

(θ′, φ′)

=∞∑l=0

(rl<rl+1>

− a2l+1

(rr′)l+1

)Pl (cos (γ))

Tomemos L = `+ a:

=⇒ ϕ = λ

∞∑l=0

L

a

(rl<rl+1>

− a2l+1

(rr′)l+1

∣∣∣∣∣r′=z′

)Pl (cos (θ))dz

′

Consideremos todos los casos. Primero consideremos r > L:

r< = z′, r> = r

=⇒L

a

(z′2l

r2l+1 −a4l+1

z′2l+1r2l+1

)dz′

=L2l+1−a2l+1

(2l+1)r2l+1 + a4l+1

2lr2l+1

( 1L2l − 1

a2l

)l 6= 0

L−ar −

ar ln

(La

)l = 0

=⇒ ϕ = 2λ(L− ar− a

rln(L

a

)+∞∑l=1

(L2l+1 − a2l+1

(2l + 1) r2l+1 + a4l+1

2lr2l+1

(1L2l −

1a2l

))P2l (cos (θ))

)Ahora consideremos a < r < L:

r< = r, r> = z′

rˆ

a

(z′2l

r2l+1 −a4l+1

z′2l+1r2l+1

)dz′+

L

r

(r2l

z′2l+1 −a4l+1

z′2l+1r2l+1

)dz′

=

(4l+1)(

1−( ar )2l+1)−(2l+1)(

1−( ar )4l+1)2l(2l+L) l 6= 0

r−aa + ln

(Lr

)− a

r ln(La

)l = 0

ϕ = 2λ

r − aa

+ ln(L

r

)− a

rln(L

a

)+∞∑l=1

(4l + 1)(

1−(ar

)2l+1)− (2l + 1)

(1−

(ar

)4l+1)

2l (2l + L) P2l (cos (θ))

Entonces, en general:

ϕ =

2λ(r−aa + ln

(Lr

)− a

r ln(La

)+∑∞l=1

(4l+1)(

1−( ar )2l+1)−(2l+1)(

1−( ar )4l+1)2l(2l+L) P2l (cos (θ))

)a < r < L

2λ(L−ar −

ar ln

(La

)+∑∞l=1

(L2l+1−a2l+1

(2l+1)r2l+1 + a4l+1

2lr2l+1

( 1L2l − 1

a2l

))P2l (cos (θ))

)L < r

114

Volviendo al problema original, juntando ambas soluciones nos queda:

ϕ =

2λ(L−ar −

ar ln

(La

)+∑∞l=1

(L2l+1−a2l+1

(2l+1)r2l+1 + a4l+1

2lr2l+1

( 1L2l − 1

a2l

))P2l (cos (θ))

)L < r

2λ(r−aa + ln

(Lr

)− a

r ln(La

)+∑∞l=1

(4l+1)(

1−( ar )2l+1)−(2l+1)(

1−( ar )4l+1)2l(2l+L) P2l (cos (θ))

)a < r < L

2λ(− ln

(ar

)+∑∞l=1

4l+12l(2l+1)

(1−

(ra

)2l)P2l (cos (θ))

)r < a

12.12. Ejercicio 1912.12.1. (a)

Cortando al cilindro con un plano en z = z′ consideremos la región I como la región para −L2 6 z 6 z

′ y laregión II para L

2 > z > z′ . Ya que estamos cortando con el plano entonces tenemos Sturm-Liouville en ρ y en φ.

Usando la Tabla Mágica (22) vemos que la solución debe ser de la forma:Q (φ) ∝ cos

(ν(φ− φ′

))R (ρ) ∝ Jν (kνρ)

G ∝∑ν,k

(cos (νφ) + sin (νφ)) (Jν (kρ) +Nν (k, ρ)) (exp (kz) + exp (−kz))

Como el potencial es periódico en φ tomamos solo el coseno, y además le podemos agregar la fase −φ′ ya quesabemos que va a aparecer en la solución final. Como Nν (kρ) diverge en ρ = 0 nos queda sólo el Jν (kρ). Como elpotencial se anula en ρ = a sabemos que k debe cumplir que:

Jν (kνa) = 0

=⇒ kν = xνn

donde xνn es alguno de los ceros de la función Jν . Entonces:

kν = xνna

También, como el potencial se anula en |z| = L2 agreguémosle la fase de ±L2 a los exponenciales y tomemos el seno

hiperbólico. Entonces, propongamos:GI =∑ν,nAνn sinh

(xνna

(z + L

2))Jν(xνna ρ)

cos(ν(φ− φ′

))−L2 6 z 6 z

′

GII =∑ν,nBνn sinh

(xνna

(z − L

2))Jν(xνna ρ)

cos(ν(φ− φ′

))z′6 z 6 L

2

Usemos la primera condición, que es la continuidad de G:

0 = GI |z=z′ − GII |z=z′

=∑ν,n

(Aνn sinh

(xνna

(z′+ L

2

))−Bνn sinh

(xνna

(z′− L

2

)))Jν

(xνnaρ)

cos(ν(φ− φ

′))

=⇒ Aνn sinh(xνna

(z′+ L

2

))−Bνn sinh

(xνna

(z′− L

2

))= 0

=⇒ Bνn =sinh

(k(z′ + L

2

))sinh

(k(z′ − L

2)) Aνn

Ahora veamos el salto:

115

∂GII∂z

∣∣∣∣z=z′

− ∂GI∂z

∣∣∣∣z=z′

= 4πσ

∂GII∂z

∣∣∣∣z=z′

− ∂GI∂z

∣∣∣∣z=z′

=

∑ν,n

Aνnxνna

sinh(xνna

(z′ + L

2

))sinh

(xνna

(z′ − L

2)) cosh

(xνna

(z′− L

2

))− cosh

(xνna

(z′+ L

2

)) Jν

(xνnaρ)

cos(ν(φ− φ

′))

4πσ = 4πρδD

(ρ− ρ

′)δD

(φ− φ

′)

=∑ν,m

σνnJν

(xνnaρ)

cos(ν(φ− φ

′))

σνn = 4π

2aJ2

ν (xνn)

2πˆ

0

aˆ

0

ρJν

(xνnaρ)

cos(ν(φ− φ

′))(1

ρδD

(ρ− ρ

′)δD

(φ− φ

′))

dρdφ

= 8πa

Jν

(xνna ρ

′)

J2ν (xνn)

=⇒ 4πσ = 8πa

∑ν,m

Jν

(xνna ρ

′)

J2ν (xνn) Jν

(xνnaρ)

cos(ν(φ− φ

′))

=⇒ Aνnxνna

sinh(xνna

(z′ + L

2

))sinh

(xνna

(z′ − L

2)) cosh

(xνna

(z′− L

2

))− cosh

(xνna

(z′+ L

2

)) = 8πa

Jν

(xνna ρ

′)

J2ν (xνn)

=⇒ Aνn = 8π

Jν

(xνna ρ

′)

xνnJ2ν (xνn)

(sinh

(xνna

(z′+ L

2

))coth

(xνna

(z′− L

2

))− cosh

(xνna

(z′+ L

2

)))−1

Es feo pero es algo.

12.12.2. (b)

Cortando al cilindro con otro cilindro coaxial de radio ρ′ 6 a consideremos la región I como la región con ρ 6 ρ′

y la región II como la región con ρ′6 ρ 6 a. Ya que tenemos Sturm-Liouville en z y φ podemos usar la Tabla

Mágica (22) para darnos cuenta que la solución es de la forma:

G ∝ (sin (νφ) + cos (νφ)) (Iν (kρ) +Kν (kρ)) (sin (kz) + cos (kz))

Como G es periódica en φ entonces tomamos sólo el coseno y le agregamos la fase de −φ′ . Como Kν (kρ) divergeen ρ = 0 entonces tomamos sólo Iν . Como G se anula en ρ = a entonces nos queda kν = xνn

a , donde xνn son losceros de Iν . Para z tomemos los senos como para que se anulen en |z| = L

2 .

116

12.13. Ejercicio 21*12.13.1. (b)

Tomemos Sturm-Liouville en ρ y φ. Tomemos la región I para z < z′ y la región II para z > z

′ . Como el cilindroestá a tierra vamos a tener que:

ϕ (φ = 0) = ϕ(φ = π

2

)= ϕ (ρ = a) = 0

Además:

ϕI

(z = z

′)

= ϕII

(z = z

′)

∂ϕI∂z

∣∣∣∣z=z′

− ∂ϕII∂z

∣∣∣∣z=z′

= 4πσ

Usando la “Tabla Mágica” (22) sabemos que la forma de GD es:

GD ∝ (sin (νφ) + cos (νφ)) (Jν (kρ) +Nν (kρ)) (exp (kz) + exp (−kz))

El coseno debe ser nulo ya que la función se anula en los bordes. Además, como ϕ(φ = π

2)

= 0 entonces hallamosque ν debe ser par. Tomemos ν = 2m, m ∈ Z. También sabemos que Nν debe ser nulo ya que diverge en el origen.Entonces, usando que ϕ (ρ = a) = 0 hallamos que kn = x2mn

a . Finalmente, usemos el exponencial exp(−k∣∣∣z − z′ ∣∣∣)

ya que sabemos que el potencial es nulo en el infinito y es continuo en z′ . Entonces:

GD =∑n,m

Anm sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)

exp(−x2mn

a

∣∣∣z − z′ ∣∣∣)Sabemos que:

σ = 1ρδD

(ρ− ρ

′)δD

(φ− φ

′)

=∑n,m

σnm sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)

=⇒ σnm = 4π

2aJ2

2m (x2mn)

π2ˆ

0

aˆ

0

ρ sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)(1

ρδD

(ρ− ρ

′)δD

(φ− φ

′))

dρdφ

= 8πa2 sin

(2mφ

′) J2m

(x2mna ρ

′)

J22m (x2mn)

=⇒ ∂GID∂z

∣∣∣∣z=z′

− ∂GIID∂z

∣∣∣∣z=z′

= 4πσ

2a

∑n,m

Anmx2mn sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)

= 4π∑n,m

8πa2 sin

(2mφ

′) J2m

(x2mna ρ

′)

J22m (x2mn) sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)

=⇒ 2aAnmx2mn = 4π 8

πa2 sin(

2mφ′) J2m

(x2mna ρ

′)

J22m (x2mn)

=⇒ Anm = 16ax2mn

sin(

2mφ′) J2m

(x2mna ρ

′)

J22m (x2mn)

117

=⇒ GD = 16a

∑n,m

sin(

2mφ′)

x2mn

J2m

(x2mna ρ

′)

J22m (x2mn) sin (2mφ) J2m

(x2mna

ρ)

exp(−x2mn

a

∣∣∣z − z′ ∣∣∣)Ahora, usemos el método de imágenes. Vamos a considerar cuatro cargas de signo que alterna cada una en un

cuadrante distinto para anular el potencial en xe y. Sin embargo, en vez de expresarlas como potenciales de cargas libres a cada una vamos a expresarlas como

potenciales dentro de un cilindro a tierra con radio a.

13. Guía 3: Medios Materiales y Multipolos13.1. Ejercicio 113.1.1. (a)

Sabemos que:

D (r) = εE (r) , E (r) = −∇ϕ

Tomemos ψ tal que D (r) = −∇ψ. Entonces:

E (r) = −∇ϕ

= D (r)ε

= −∇ψε

Entonces, podemos hallar el potencial ignorando el dieléctrico y después dividir por ε.Sin pérdida de generalidad consideremos a la carga q en el eje z. Para la región interior de la esfera el potencial

es nulo ya que no hay cargas presentes y el potencial es nulo en el contorno. Como el problema es axisimétricoentonces sabemos que el potencial es de la forma:

ψ (r, θ) =∞∑l=0

Alrl<rl+1>

Pl (cos (θ))

para la región r > a. Como ψ (r = a, θ) = 0 y el potencial debe ser continuo en r = r′ entonces propongamos:

ψI (r, θ) =∑∞l=0Al

(( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Pl (cos (θ)) a 6 r 6 r

′

ψII (r, θ) =∑∞l=0Al

(r′

r

)l+1Pl (cos (θ)) r

′6 r

Hallemos Al viendo el salto del campo:

118

∂ψI∂r

∣∣∣∣r=r′− ∂ψII

∂r

∣∣∣∣r=r′

= 4πr′2

qδD (cos (θ)− 1)

∞∑l=0

Al

lr′

(r′

a

)l+ l+1

r′

(ar′

)l+1

(r′

a

)l−(ar′

)l+1 + l + 1r′

Pl (cos (θ)) = 4πqr′2

∞∑l=0

2l + 12

1ˆ

−1

δD (x− 1)Pl (x)dxPl (cos (θ))

∞∑l=0

Al1r′

l + (l + 1)(ar′

)2l+1

1−(ar′

)2l+1 + l + 1

Pl (cos (θ)) = 2πqr′2

∞∑l=0

(2l + 1)Pl (1)Pl (cos (θ))

∞∑l=0

Al1r′

2l + 1

1−(ar′

)2l+1

Pl (cos (θ)) = 2πqr′ 2

∞∑l=0((((

(((((

(2l + 1)Pl (cos (θ))

=⇒ Al = 2πqr′

(1−

( ar′

)2l+1)

=⇒

ψI (r, θ) = 2πq

r′∑∞l=0

(1−

(ar′

)2l+1)(

( ra )l−( ar )l+1(r′a

)l−(a

r′

)l+1

)Pl (cos (θ))

ψII (r, θ) = 2πqr′∑∞l=0

(1−

(ar′

)2l+1)(

r′

r

)l+1Pl (cos (θ))

Reduciendo estas expresiones a una sola e introduciendo el factor de 1ε hallamos que:

ϕ (r, θ) = 2πqεr′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1)

( r<a

)l − ( ar<

)l+1

(r′

a

)l−(ar′

)l+1

(r<r

)l+1Pl (cos (θ))

13.1.2. (b)

Caso a < b < r′ Las densidades de carga libre son la carga puntual q

(ρ = q

2πr′2 δD (cos (θ)− 1))

y cargassuperficiales en el conductor. Las densidades de carga de polarización se encuentran en el dieléctrico. Para calcularla densidad de carga en el conductor podemos ver el salto de campo:

4πσ = 0− ∂ψ

∂r

∣∣∣∣r=a

= −2πqar′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1) 2l + 1(

r′

a

)l−(ar′

)l+1

Pl (cos (θ))

=⇒ σ = − q

2ar′∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1) 2l + 1(

r′

a

)l−(ar′

)l+1

Pl (cos (θ))

Sabemos que:

ρp = −∇ · P

Como el dieléctrico es L.I.H. entonces:

119

P = χE =⇒ ρp = −χ∇ ·E

= −χε∇ ·D

= −4π(ε−14π)

ερl

= −ε− 1ε

ρl

= −ε− 1ε

q

2πr′2 δD (cos (θ)− 1)

Esto significa que cuando la carga puntual está en el dieléctrico entonces se forma una carga de polarización en elmismo lugar proporcional a la carga libre. Sin embargo, si la carga puntual está fuera del dieléctrico entonces nohay densidad volumétrica de cargas libres, ya que ε = 1.

Veamos ahora la densidad superficial de carga. Puede haber en dos lugares, en r = a y en r = b. Para hallarlapodemos ver el salto del campo eléctrico en ambas interfases y restarle la densidad de carga libre en cada una.Notemos:

σa = 14π

(0− ∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a

)− σ

= q

2ar′(

1− 1ε

) ∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1) 2l + 1(

r′

a

)l−(ar′

)l+1

Pl (cos (θ))

= qε− 12εar′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1) 2l + 1(

r′

a

)l−(ar′

)l+1

Pl (cos (θ))

σb = 14π

(1ε

∂ψ

∂r

∣∣∣∣r=b− ∂ψ

∂r

∣∣∣∣r=b

)

= − q

2br′(

1ε− 1) ∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1)

(l + 1)(r′

b

)l+1

Pl (cos (θ))

= qε− 12εbr′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1)

(l + 1)(r′

b

)l+1

Pl (cos (θ))

Notemos:

Qp = Qq +Qa +Qb

Qq = −ε− 1ε

q

2πr′2

1ˆ

−1

2πˆ

0

r′2δD (cos (θ)− 1) dφd (cos (θ))

= −ε− 1ε

q

120

Qa = qε− 12εar′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1) 2l + 1(

r′

a

)l−(ar′

)l+1

1ˆ

−1

a2Pl (cos (θ))d (cos (θ))

= ε− 1ε

aq

2r′

1ˆ

−1

P0 (cos (θ)) d (cos (θ))

= ε− 1ε

aq

r′

Qb = qε− 12εbr′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1)

(l + 1)(r′

b

)l+1 1ˆ

−1

b2Pl (cos (θ))d (cos (θ))

= ε− 1ε

bq

2r′(

1−( ar′

))(r′b

) 1ˆ

−1

P0 (cos (θ))d (cos (θ))

= ε− 1ε

q(

1−( ar′

))

=⇒ Qp = −ε− 1ε

q + ε− 1ε

aq

r′+ ε− 1

εq(

1−( ar′

))= ε− 1

εq(−1 + a

r′+ 1− a

r′

)= 0

Esto tiene sentido, la carga total de polarización es nula ya que el dieléctrico está siempre descargado.

13.1.3. (c)

Si ε→ 1 eso significa que ya no hay más dieléctrico y estamos en vacío. Entonces:

ϕ (r, θ) = 2πr′

∞∑l=0

(1−

( ar′

)2l+1)

( r<a

)l − ( ar<

)l+1

(r′

a

)l−(ar′

)l+1

(r<r

)l+1Pl (cos (θ))

Es decir, ϕ (r, θ) = ψ (r, θ). Además:

ρp = σa = σb = 0

Es decir, todas las cargas de polarización desaparecen.

13.2. Ejercicio 313.2.1. (a)

Notemos que el problema tiene todas las simetrías de esféricas. Si consideramos el campo D entonces las únicascargas libres son la densidad superficial de carga σ en r = a con carga total Q. Entonces, para r < a como no haycarga encerrada entonces D = 0 y para r > a la carga encerrada es Q así que D = Q

r2 . Entonces:D (r) = Q

r2 ΘH (r − a)E (r) = Q

εr2 ΘH (r − a)

121

13.2.2. (b)

Si ahora en vez de tener una carga tenemos un conductor a potencial V entonces el campo adentro no cambiapero afuera sí, ya que la carga encerrada ya no es Q. Ahora sabemos que:

ϕ (r) = aV

εr>

=⇒D (r) = aV

r2 ΘH (r − a)E (r) = aV

εr2 ΘH (r − a)

13.3. Ejercicio 5*13.3.1. (b)

Usando la Tabla de Campos Magnéticos (7):

∇ ·M = 0

σm = (M1 −M2) · n= M z · r= M cos (θ)= MP1 (cos (θ))

∇ ·H = 4πρm

=⇒ ∇2φH = 4πρm

=⇒ φH =∑l

Alrl<rl+1>

Pl (cos (θ))

∂φH∂r

∣∣∣∣a−− ∂φH

∂r

∣∣∣∣a+

= 4πMP1 (cos (θ))∑l

(2l + 1)Al1a2Pl (cos (θ)) =

=⇒ A1 = 4π3 Ma2

=⇒ φH = 4π3 Ma2 r<

r2>

cos (θ)

13.4. Ejercicio 6*Resolvamos para B ya que es más fácil.

∇ ·B = 0, ∇×B = 4πc

(J l + Jm)

Jm = c∇×M , gm = cn×M

122

=⇒ gm = −cρ×M0z

= cM0φ

gm = cM0ΘH

(L

2 − |z|)φ

¿Qué pasa si usamos el campo H?

∇ ·H = −4π∇ ·M , ∇×H = 4πcJ l

Tomemos:

ρm =∇ ·M , σm = M · n

ρm = 0 pero σm 6= 0. Podemos considerar a este problema como uno de campo electrostático, ya que ∇×M = 0.

σm = M0

(δD

(z − L

2

)+ δD

(z + L

2

))13.4.1. (b)

A = 1c

ˆ g(r′)

‖ r − r′ ‖· dS

′

Expresemos el denominador en cilíndricas. Para hacer eso consideremos un carga puntual unitaria en cilíndricas.Usemos la función de Green para hallar el potencial en estas coordenadas, que es 1

‖r−r′‖ en cilíndricas. Consideremosla región I dentro del cilindro y la región II fuera. Vamos a tener Sturm-Liouville en z y en φ así que vamos a usarlas funciones modificadas de Bessel:GI =

∑m

´Am (k) exp

(im(φ− φ′

))Im (kρ)Km

(kρ′)

cos(k(z − z′

))dk

GII =∑m

´Am (k) exp

(im(φ− φ′

))Im

(kρ′)Km (kρ) cos

(k(z − z′

))dkGI |ρ=ρ′ = GII |ρ=ρ′ X

∂GII∂ρ

∣∣∣ρ=ρ′

− ∂GI∂ρ

∣∣∣ρ=ρ′

= 4π 1ρ′δD

(φ− φ′

)δD

(z − z′

)En la sección 3.11 del Jackson dice que:

kIm′(kρ′)Km

(kρ′)− kIm

(kρ′)Km′

(kρ′)

= 1ρ′

Además, sabemos que:

δD

(φ− φ

′)

= 12π∑m

exp(im(φ− φ

′))

δD

(z − z

′)

= 12π

ˆexp

(ik(z − z

′))

dk

= 1π

ˆcos(k(z − z

′))

dk

Entonces:

123

∑m

ˆAm (k) exp

(im(φ− φ

′))

cos(k(z − z

′))

dk =∑m

ˆ4π · 1

2π2 exp(im(φ− φ

′))

cos(k(z − z

′))

dk

=⇒ Am (k) = 2π

=⇒ G =

2π

∑m

´exp

(im(φ− φ′

))Im (kρ)Km

(kρ′)

cos(k(z − z′

))dk ρ < ρ

′

2π

∑m

´exp

(im(φ− φ′

))Im

(kρ′)Km (kρ) cos

(k(z − z′

))dk ρ > ρ

′

=⇒ 1‖ r − r′ ‖

= 2π

∑m

ˆexp

(im(φ− φ

′))

Im (kρ<)Km (kρ>) cos(k(z − z

′))

dk

=⇒ A = 2πc

∑m

ˆ ˆexp

(im(φ− φ

′))

Im (kρ<)Km (kρ>) cos(k(z − z

′))gdk · dS

′

Sabemos que:

g = cM0ΘH

(L

2 − |z|) (− sin

(φ′)x+ cos

(φ′)y)

︸ ︷︷ ︸=φ′

Entonces:

A = 2M0a

π

∑m

∞

−∞

exp (imφ) Im (kρ<)Km (kρ>)

L2ˆ

−L2

cos(k(z − z

′)) 2πˆ

0

exp(−imφ

′)φ′

dφ′dz′dk

= 2M0a

π

∑m

∞

−∞

exp (imφ) Im (kρ<)Km (kρ>)(

2 cos (kz) sin(kL2)

k

)(π (iδm1 − iδm−1) x+ π (δm1 + δm−1) y)dk

= 8M0a

∞

−∞

cos (kz) sin(kL2)

kI1 (kρ<)K1 (kρ>)dkφ

Tomemos ahora el límite L→∞. Deberíamos obtener el resultado del solenoide infinito. Con un cambio de variablesqueda:

A = 8M0a

∞

−∞

cos(kzL

)sin(k2)

kI1

(kρ<L

)K1

(kρ>K

)dkφ

→ 4M0aρ<ρ>

∞

−∞

sin(k2)

kdkφ

= 2πM0aρ<ρ>φ

Entonces, fuera del imán tenemos:

Aout = 2πM0a2

ρφ =⇒ Bout = 0, Hout = 0

y dentro:

Ain = 2πM0ρφ =⇒ Bin = 4πM0z, Hin = 0Tiene sentido.

124

13.5. Ejercicio 1013.5.1. (a)

Hallemos la distribución de carga del anillo:

2πˆ

0

aλdφ = Q

=⇒ λ = Q

2πa

=⇒ ρ = Q

2πaδD (ρ− a) δD (z)

p =∞

0

2πˆ

0

∞

−∞

aQ

2πaδD (ρ− a) δD (z) rdρdφdz

=∞

0

2πˆ

0

∞

−∞

aQ

2πaδD (ρ− a) δD (z) (ρ cos (φ) x+ ρ sin (φ) y + zz)dρdφdz

= 0

Q11 =∞

0

2πˆ

0

∞

−∞

aQ

2πaδD (ρ− a) δD (z)(2x2) dρdφdz

= Q

π

∞

0

2πˆ

0

∞

−∞

δD (ρ− a) δD (z) ρ2 cos2 (φ)dρdφdz

= a2Q

Q22 = a2Q

Q33 = 0

Q12 = Q21 = 0

Q13 = Q31 = Q23 = Q32 = 0

=⇒ ϕ (ρ) ≈ Q

ρ+ a2Q

2ρ3

125

14. Guía 4: Tensor de Maxwell14.1. Ejercicio 2*14.1.1. (a)

Sabemos que el potencial en todo el espacio es:

ϕ = V a

r>

=⇒ E = ΘH (r − a) V ar2 r

La esfera está cortada en el plano z = 0. Calculemos el campo en este plano para la región afuera de la esfera:

E = V a (x, y, z)(x2 + y2 + z2)

32

∣∣∣∣∣z=0

= V a (x, y, 0)(x2 + y2)

32

Veamos el tensor de Maxwell proyectado en la componente z:

Tαβ zβ = 14π

(EαEβ −

12δαβ ‖ E ‖

2)δβ3

= − 18π ‖ E ‖

2∣∣z=0 δα3

= − 18π

(V 2a2

(x2 + y2)2

)δα3

Fα =ˆTαβ zβd3r

= −V2a2

8π δα3

ˆ dxdy(x2 + y2)2

= −V2a2

8π

ˆ drdθr3 δα3

= −V2a2

4

∞

a

drr3 δα3

= −V2

8 δα3

=⇒ F = −V2

8 z

Usemos ahora la fuerza de Lorentz. Aparentemente hay un error muy común que se comete que hace que losresultados difieran por un factor de 1

2 . Veamos este error común (lo siguiente está mal obviamente):

F =ˆρEd3r

ρ = V

4πaδD (r − a)

126

=⇒ F = V

4πa

ˆδD (r − a) V

ard3r

= V 2

4πa2

ˆa2 sin (θ) (cos (φ) sin (θ) , sin (φ) sin (θ) , cos (θ))dφdθ

= V 2

2

π

π2

sin (φ) cos (θ)dθz

= −V2

4 z

El error está en que tomamos el campo de afuera cuando en realidad estamos justo en el borde. Es arbitrario, yaque podríamos haber tomado el campo de adentro (que es 0) y la fuerza desaparece. Lo que hay que hacer enrealidad es tomar el promedio de ambos campos. Notemos que si hacemos eso entonces nos da la fuerza correcta.La justificación de porqué hay que tomar el promedio es la siguiente.

Tomemos la distribución:

δε (x) =

12ε |x| 6 ε0 |x| > ε

Tomemos una función g (x) discontinua en x = 0 con primitiva G (x) y tomemos un intervalo [a, b] que contiene alintervalos [−ε, ε]. Notemos:

lımε→0

bˆ

a

g (x) δε (x)dx = lımε→0

εˆ

−ε

g (x)2ε dx

= 12 lımε→0

G (ε)−G (−ε)ε

= 12

(lımε→0

G (ε)−G (0)ε

+ lımε→0

G (0)−G (−ε)ε

)= g (0+) + g (0−)

2

15. Guía 5: Ley de Ohm, Fenómenos Estacionarios y Cuasiestacionarios15.1. Ejercicio 1*15.1.1. (a)

Notemos que el sistema es axisimétrico. Sabemos que vale la ecuación de Laplace porque las cargas están en lasuperficie. Entonces, la solución del potencial se puede expresar con los polinomios de Legendre. Demostremos quelas cargas están en la superficie:

∇ · J +∂ρ

∂t= 0

J in = σ (Ein + F )Jout = σ

′Eout

=⇒ ∇ ·E = 0

Esto significa que las cargas en el interior suben en z hasta que llegan a la superficie donde bajan. Es decir, laslíneas de campo eléctrico son cerradas. Entonces, propongamos:

127

ϕ =∞∑l=0

Alrl<rl+1>

Pl (cos (θ))

Propongamos:

Eint = Eintz

=⇒ ϕint = −Eintz= −Eintr cos (θ)= −EintrP1 (cos (θ))

=⇒ ϕ = −Einta2 r<r2>

P1 (cos (θ)) , Eint = −A1

a2

=⇒ Σ = 14π

(∂φ

∂r

∣∣∣∣r=a−

− ∂φ

∂r

∣∣∣∣r=a+

)= −Eint4π (P1 (cos (θ)) + 2P1 (cos (θ)))

= − 34πEintP1 (cos (θ))

J · r|r=a− = J · r|r=a+

=⇒ σ E · r|r=a− = σ′E · r|r=a+

σ (Eint + F )P1 (cos (θ)) = −2σ′EintP1 (cos (θ))

=⇒ Eint = − σF

σ + 2σ′

Eout = 2σFσ + 2σ′

a3

r3 cos (θ) r + σF

σ + 2σ′a3

r3 sin (θ) θ

Eint = − σF

σ + 2σ′ z

=⇒ E = EintΘH (r − a) +EoutΘH (a− r)

15.1.2. (b)

J in = σ (Eint + F ) z

= 2σσ′

σ + 2σ′ F z

J in · r = 2σσ′

σ + 2σ′ FP1 (cos (θ))

128

=⇒ I =

π2ˆ

0

2πa2 sin (θ)J in · rdθ

= 4πσσ′

σ + 2σ′ a2F

π2ˆ

0

sin (θ) cos (θ)dθ

= 2πσσ′

σ + 2σ′ a2F

15.1.3. (c)

Pout =ˆJout ·Eoutd3r

= σ′ˆ‖ Eout ‖2 d3r

= σ′ˆ‖ 2σFσ + 2σ′

a3

r3 cos (θ) r + σF

σ + 2σ′a3

r3 sin (θ) θ ‖2 d3r

= 2πσ′E2inta

6∞

a

π

0

sin (θ)r4

(4 cos2 (θ) + sin2 (θ)

)dθdr

= 83πσ

′E2inta

3

=⇒ R = P

I2

= 23πσ′a

15.2. Ejercicio 2Sin pérdida de generalidad tomemos el punto A como el −az y el punto B como el az. Entonces, si tomamos

coordenadas esféricas el sistema es axisimétrico. Como el problema es estacionario entonces sabemos que:

∂ρ

∂t= 0

=⇒ ∇ · J = 0

Además, sabemos que:

J = σE

=⇒ ∇ ·E = 0

Esto significa que las cargas están situadas en la superficie de la esfera. Entonces, sabemos que el potencial dentrode la esfera es de la forma:

ϕ =∞∑l=0

AlrlPl (cos (θ))

129

Conocemos la distribución de corriente en la superficie:

J · r|r=a = I

2πa2 (δD (cos (θ)− 1)− δD (cos (θ) + 1))

Sabemos además que:

J = σ∇ϕ

=⇒ ∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a

= I

2πσa2 (δD (cos (θ)− 1)− δD (cos (θ) + 1))

=⇒∞∑l=0

AlalPl (cos (θ)) = I

2πσa2 (δD (cos (θ)− 1)− δD (cos (θ) + 1))

2πˆ

0

Pl′ (cos (θ))∞∑l=0

AlalPl (cos (θ)) d (cos (θ)) = I

2πσa2

2πˆ

0

Pl′ (cos (θ)) (δD (cos (θ)− 1)− δD (cos (θ) + 1)) d (cos (θ))

Alal

(2

2l + 1

)= I

2πσa2 (Pl (1)− Pl (−1))

=⇒ Al = (2l + 1) al−2I

4πσ

(1− (−1)l

)=⇒ ϕ = I

2πσa2

∞∑l=0

(4l − 1)( ra

)2l−1P2l−1 (cos (θ))

15.3. Ejercicio 3*15.3.1. (a)

Si reflejamos en el plano z = 0 entonces la componente radial y angular se invierten (porque es un pseudovector)sin cambiar al sistema. Por lo tanto no puede apuntar en esas direcciones. Si reflejamos en el plano x = 0 de lamisma forma sabemos que la componente azimutal es nula. Como el campo no puede apuntar en ninguna direcciónentonces el campo es nulo.

15.3.2. (b)

Sabemos entonces que el campo a tiempo inicial es nulo. Consideremos que esto se va a cumplir siempre y alfinal argumentemos que por unicidad de las ecuaciones de Maxwell la solución es correcta.

Las ecuaciones de Maxwell en medios materiales (28) son:∇ ·D = 4πρl ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t ∇×H = 4π

c J l + 1c∂D∂t

B = 0 =⇒∂D∂t = −4πJ l∇×E = 0

=⇒∂E∂t = − 4πσ

ε E

∇×E = 0

130

15.3.3. (c)

Propongamos E (r, t) = E (r) exp(− tτ

)r:

=⇒ −1τ

= −4πσε

=⇒ τ = ε

4πσ

E (r) = ΘH (r − a) 4πΣa2

εr2

=⇒ E (r, t) = ΘH (r − a) 4πΣa2

εr2 exp(−4πσ

εt

)r

=⇒ J (r, t) = ΘH (r − a) 4πΣa2σ

εr2 exp(−4πσ

εt

)r

ρ (r, t) = 14π∇ ·E (r, t)

= ΘH (r − a) ΘH (b− r) 4πΣa2

εexp

(−4πσ

εt

)∇ ·

(r

r2

)

=⇒ ρ (r, t) = 0

Σa (r, t) = 14π (εE|r=a+ − εE|r=a−)

Σb (r, t) = 14π (εE|r=b+ − εE|r=b−)

=⇒

Σa (r, t) = Σ exp(− 4πσ

ε t)

Σb (r, t) = a2

b2 Σ(exp (−4πσt)− exp

(− 4πσ

ε t))

15.3.4. (d)

P =ˆJ ·E

=ˆσ ‖ E ‖2

=⇒ ∆u (r, t) = σ

∞

0

‖ E (r, t) ‖2 dt

= σ

(ΘH (r − a) 4πΣa2

εr2

)2 ∞

0

exp(−8πσ

εt

)dt

= ΘH (r − a) 2πΣ2a4

εr4

131

15.4. Ejercicio 415.4.1. (a)

Sabemos que: ∇ ·D = 4πρl ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t ∇×H = 4π

c J l + 1c∂D∂t

A tiempo t = 0 no hay campo magnético ya que no hay densidades de corriente. El campo eléctrico es:

E (r, t) =

0 r < a4aσεr r a < r < b

4aσr r b < r

= ΘH (r − a)(

ΘH (b− r) 4aσεrr + ΘH (r − b) 4aσ

rr

)Entonces:

E (r, 0) = ΘH (r − a)(ΘH (b− r) 4aσ

εr r + ΘH (r − b) 4aσr r)

B (r, 0) = 0

Propongamos que el campo magnético sea nulo siempre. Debido a las simetrías del sistema la evolución del campoeléctrico va a ser siempre en r. Entonces:

B = 0 =⇒∂D∂t = −4πJ l∇×E = 0

=⇒∂E∂t = − 4πσ

ε E

∇×E = 0

=⇒ E′(r, t) = −4πσ

εE (r, t)

=⇒ E (r, t) = E (r, 0) exp(−4πσ

εt

)Entonces:

E (r, t) = ΘH (r − a)(ΘH (b− r) 4aσ

εr r + ΘH (r − b) 4aσr r)

exp(− 4πσ

ε t)

B (r, t) = 0

15.5. Ejercicio 615.5.1. (a)

Como el régimen es estacionario sabemos que:

∇ · J = ∂ρ

∂t= 0

Por ley de Ohm:

132

J = σ

(E + 1

cv ×B

)= σ

(E + ω

c(z × r)× (H + 4πM)

)≈ σ

(E − 4πωM0

cz × (z × r)

)= σ

(E − 4πωM0

c(z (z · r)− r (z · z))

)= σ

(E + 4πωM0

cr sin (θ) (cos (φ) x+ sin (φ) y)

)

=⇒ ∇ · J =∇ ·E + 4πωM0

c∇ · (r − r cos (θ) z)

=∇ ·E + 8πωM0

c= 0

=⇒ ∇ ·E = −8πωM0

c

Esto significa que hay una densidad de cargas dentro de la esfera. Como:

ρ = ∇ ·E4π

= −2ωM0

c

Hay una densidad uniforme de carga.

15.5.2. (b)

Ya que la esfera conductora es neutra, su carga total debe ser nula. Como hay una densidad uniforme de cargadentro de la esfera entonces en la superficie debe haber una densidad superficial de carga tal que la anule. Como ladensidad de carga es uniforme entonces hay simetría esférica en el conductor. Esto significa que no hay una direcciónprivilegiada, por lo tanto, el momento cuadripolar debe ser nulo.

El campo eléctrico del conductor es fácil de resolver ya que es electrostático con una densidad de carga conocida.El campo es:

E = −2ωM0

3c rΘH (a− r)

Veamos su momento cuadripolar:

Qij =ˆρ(3rirj − δijr2)d3r

133

Q11 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ)(sin2 (θ) cos2 (φ)− 1

)dφdθdr

= −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin3 (θ) cos2 (φ)dφdθdr −aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ)dφdθdr

= −2ωM0

c

(415πa

5 − 45πa

5)

= 16πωM0

15c a5

Q22 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ)(sin2 (θ) sin2 (φ)− 1

)dφdθdr

= 16πωM0

15c a5

Q33 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ)(cos2 (θ)− 1

)dφdθdr

= −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ) cos2 (θ)dφdθdr −aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin (θ)dφdθdr

= 16πωM0

15c a5

Q12 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin3 (θ) sin (φ) cos (φ)dφdθdr

= 0

Q13 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin2 (θ) cos (θ) cos (φ)dφdθdr

= 0

Q23 = −2ωM0

c

aˆ

0

π

0

2πˆ

0

r4 sin2 (θ) cos (θ) sin (φ)dφdθdr

= 0

=⇒ ¯Q = 16πωM0

15c a5¯1

134

15.6. Ejercicio 8Como las cargas están en movimiento entonces se ven afectadas por el campo magnético. Por lo tanto, debemos

generalizar la ley de Ohm para que tenga en cuenta la interacción de las partículas con el campo B:

J = σ

(E + 1

cv ×B

)Por conservación de carga sabemos que:

∇ · J = ∂ρ

∂t

como el sistema es estacionario entonces:

∇ · J = 0

Entonces:

∇ · J = σ

(∇ ·E + 1

c∇ · (v ×B)

)= σ

(∇ ·E + 1

c∇ · (ω (z × r)×B)

)= 0

En este caso, B es el campo magnético total, o sea, B = B0 + Bi. Bi es el campo magnético generado por elmovimiento de las cargas. Este campo depende de la velocidad de las cargas y entonces es proporcional a ω. Si lointroducimos en la ecuación nos va a quedar algo del orden de ω2, que el enunciado no lo pide. Entonces, podemosaproximar B ≈ B0. Notemos:

∇ ·E = −ωc∇ · ((z × r)×B0)

= −ωcB0 · (∇× (z × r))

= −ωcB0 · (z · (∇ · r)− r (∇ · z))

= −3ωcB0 · z

= 0

=⇒ ϕ (r, θ, φ) =∑l,m

Almrl<rl+1>

Y ml (θ, φ)

La condición de contorno en este caso es la de densidad de corriente:

(J2 − J1)|r=a · r = 0

=⇒(E + ω

c(z × r)×B0

)∣∣∣r=a−

· r = 0

Notemos:

135

E|r=a− · r = ∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=a−

=∑l,m

Almlrl−1

al+1Yml (θ, φ)

∣∣∣∣∣∣r=a−

= 1a2

∑l,m

lAlmYml (θ, φ)

((z × r)×B0)|r=a− · r = − (B0 × (z × r))|r=a− · r= − (z (B0 · r)− r (B0 · z))|r=a− · r= −aB0 sin (θ) cos (φ) z · r= −aB0 sin (θ) cos (θ) cos (φ)

=⇒ 1a2

∑l,m

lAlmYml (θ, φ) = aωB0

csin (θ) cos (θ) cos (φ)

= aωB0

c

√8π15(Y −1

2 (θ, φ)− Y 12 (θ, φ)

)=⇒ Alm = a3ωB0

2c

√8π15 δl2δ−1m −

a3ωB0

2c

√8π15 δl2δ1m

=⇒ ϕ (r, θ, φ) = a3ωB0

2cr2<

r3>

√8π15(Y −1

2 (θ, φ)− Y 12 (θ, φ)

)= a3ωB0

2cr2<

r3>

sin (θ) cos (θ) cos (φ)

=⇒ E (r, θ, φ) =

ωB02c r

(2 sin (θ) cos (θ) sin (φ) r +

(1− 2 sin2 (θ)

)sin (φ) θ + cos (θ) cos (φ) φ

)r < a

a5ωB02cr4

(−3 sin (θ) cos (θ) sin (φ) r +

(1− 2 sin2 (θ)

)sin (φ) + cos (θ) cos (φ) φ

)r > a

J (r, θ, φ) = σ(E (r, θ, φ) + ω

cB0r (z × r)× x

)= σ

(E (r, θ, φ)− ω

cB0r (x · r) z

)= σ

(E (r, θ, φ)− ω

cB0r sin (θ) cos (φ)

(cos (θ) r − sin (θ) θ

))

A (r, θ, φ) = 1c

ˆ J(r′, θ′, φ′)

‖ r − r′ ‖d3r

′

= σ

c

ˆ E(r′, θ′, φ′)

‖ r − r′ ‖d3r

′− σωB0

c2

ˆ r′ sin

(θ′)

cos(φ′)(

cos(θ′)r − sin

(θ′)θ)

‖ r − r′ ‖d3r

′

Vale que:

1‖ r − r′ ‖

= 4π∞∑l=0

l∑m=−l

(−1)m

2l + 1rl<rl+1>

Y −ml (θ, φ)Y ml(θ′, φ′)

Entonces, se puede calcular A (r, θ, φ) y de ahí calcular Bin (r, θ, φ). El campo magnético total es B (r, θ, φ) =Bin (r, θ, φ) +B0.

136

16. Guía 6: Ondas Planas16.1. Ejercicio 1*

Supongamos que ki = ki (sin (θi) y + cos (θi) z). Entonces:Ei = Ei (− cos (θi) y + sin (θi) z) exp (i (ki · r − ωt))Bi = nEi exp (i (ki · r − ωt)) x

=⇒

Er = Er (cos (θr) y + sin (θr) z) exp (i (kr · r − ωt))Br = nEr exp (i (kr · r − ωt)) xkr = kr (sin (θr) y − cos (θr) z)Et = Et (− cos (θt) y + sin (θt) z) exp (i (kt · r − ωt))Bt = n

′Et exp (i (kt · r − ωt)) x

kt = kt (sin (θt) y + cos (θt) z)ki = nωckr = nωckt = n

′ ωc

Tomemos:E0 = E exp (−i (k · r − ωt))

Notemos:

∇ ·D = 0 =⇒(ε′E0t − εE0r − εE0i

)∣∣∣z=0· z = 0

Como todos los k apuntan en y y z entonces al hacer k · r entonces sólo van a aparecer y y z. Como evaluamos enz = 0 entonces toda la igualdad debe cumplirse para todo y y t. Como la exponencial en t puede sacarse de factorcomún entonces debe cumplirse sólo para todo y. Entonces, debe valer que:

ki · r|z=0 = kr · r|z=0 = kt · r|z=0

=⇒ ki sin (θi) = kr sin (θr) = kt sin (θt)

=⇒ n sin (θi) = n sin (θr) = n′sin (θt)

=⇒θi = θr

n sin (θi) = n′ sin (θt)

Estas expresiones son la Ley de Snel.Notemos:

∇ ·D = 0 =⇒(ε′E0t − εE0r − εE0i

)· z = 0 (1)

∇×H = 1c∂D∂t =⇒ z ×

(B0tµ′− B0i

µ −B0rµ

)= 0 (2)

∇×E = − 1c∂B∂t =⇒ z × (E0t −E0r −E0i) = 0 (3)

=⇒

ε′Et sin (θt)− εEr sin (θi)− εEi sin (θi) = 0 (1)

n′

µ′Et − n

µEr −nµEi = 0 (2)

Et cos (θt) + Er cos (θi)− Ei cos (θi) (3)

Resulta que usando la Ley de Snel la ecuación (1) y la (2) son la misma. Quedémonos con las ecuaciones (2) y (3).Con ellas y con la Ley de Snel podemos hallar Er y Et en función de E0 y θi. Definamos:

137

R = Er

Ei

T = EtE0

=⇒

R =

cos(θi)−µ′n

µn′

√1−(n

n′

)2sin2(θi)

cos(θi)+µ′n

µn′

√1−(n

n′

)2sin2(θi)

T = 2 cos(θi)µn′

µ′n

cos(θi)+√

1−(n

n′

)2sin2(θi)

=⇒

Er =

cos(θi)−µ′n

µn′

√1−(n

n′

)2sin2(θi)

cos(θi)+µ′n

µn′

√1−(n

n′

)2sin2(θi)

Ei

Et = 2 cos(θi)µn′

µ′n

cos(θi)+√

1−(n

n′

)2sin2(θi)

Ei

Estos son los Coeficientes de Fresnel.

16.2. Ejercicio 216.2.1. (a)

Consideremos el caso transverso-magnético. Tomemos k(1)i = n1

ωc (sin (θ) y + cos (θ) z). Entonces:

E(1)i (r, t) = Ei (− cos (θ) y + sin (θ) z) exp (i (ki · r − ωt))

B(1)i (r, t) = nEi exp (i (ki · r − ωt)) x

Consideremos entonces las ondas reflejadas y transmitidas. En el medio 1 debemos considerar una onda incidente(la de arriba), una onda reflejada y otra transmitida. En el medio 2 debemos considerar lo mismo. La onda incidentedel segundo medio es la onda transmitida del medio 1 y todas las ondas que se reflejan en la primera interfase debidoa la onda reflejada del medio 2. De la misma forma, la onda reflejada del medio 2 van a ser todas las que se reflejanen la segunda interfase, la reflejada del medio 1 van a ser la reflejada debido a la onda incidente y las transmitidasde las reflexiones en el medio 2, y la transmitida del medio 2 son todas las transmitidas de la segunda interfase. Enotras palabras, la onda reflejada en el medio 1 son las que tienen k(1)

r , la reflejada del medio 2 son las que tienenk(2)r y la transmitida del medio 2 son las que tienen k(2)

t . Entonces, escribamos todas las ondas:

138

k(1)i = n1

ωc (sin (θ) y + cos (θ) z)

E(1)i = Ei (− cos (θ) y + sin (θ) z) exp (i (ki · r − ωt))

B(1)i = n1Ei exp (i (ki · r − ωt)) x

k(1)r = n1

ωc (sin (θ) y − cos (θ) z)

E(1)r = E

(1)r (cos (θ) y + sin (θ) z) exp

(i(k(1)r · r − ωt

))B(1)r = nE

(1)r exp

(i(k(1)r · r − ωt

))x

k(1)t = n2

ωc

(sin(θ

(1)t

)y + cos

(θ

(1)t

)z)

E(1)t = E

(1)t

(− cos

(θ

(1)t

)y + sin

(θ

(1)t

)z)

exp(i(k

(1)t · r − ωt

))B

(1)t = n2E

(1)t exp

(i(k

(1)t · r − ωt

))x

k(2)i = k

(1)t

E(2)i = E

(1)t

(− cos

(θ

(1)t

)y + sin

(θ

(1)t

)z)

exp(i(k

(1)t · r − ωt

))B

(2)i = n2E

(1)t exp

(i(k

(1)t · r − ωt

))x

k(2)r = n2

ωc

(sin(θ

(1)t

)y − cos

(θ

(1)t

)z)

E(2)r = E

(2)r

(cos(θ

(1)t

)y − sin

(θ

(1)t

)z)

exp(i(k(2)r · r − ωt

))B(2)r = n2E

(2)r exp

(i(k(1)r · r − ωt

))x

k(2)t = n3

ωc

(sin(θ

(2)t

)y + cos

(θ

(2)t

)z)

E(2)t = E

(2)t

(− cos

(θ

(2)t

)y + sin

(θ

(2)t

)z)

exp(i(k

(2)t · r − ωt

))B

(2)t = n3E

(2)t exp

(i(k

(2)t · r − ωt

))x

Además, por ley de Snel sabemos que: θ(1)t = arcsin

(n1n2

sin (θ))

θ(2)t = arcsin

(n1n3

sin (θ))

Hace falta hallar E(1)r , E

(1)t , E

(2)i , E

(2)r y E(2)

t en función de los parámetros.Veamos las condiciones de contorno de la primera interfase:

z ·(ε2E

(1)t − ε1

(Ei +E(1)

r

))∣∣∣z=0

= 0

z ×(B

(1)t −

(Bi +B(1)

r

))∣∣∣z=0

= 0

z ×(E

(1)t −

(Ei −E(1)

r

))∣∣∣z=0

= 0

=⇒

ε2E

(1)t sin (θt) exp

(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)− ε1 sin (θ)

(Ei + E

(1)r

)exp

(in1

ωc sin (θ) y

)= 0

n2E(1)t exp

(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)− n1

(Ei + E

(1)r

)exp

(in1

ωc sin (θ) y

)= 0

E(1)t cos

(θ

(1)t

)exp

(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)−(Ei − E(1)

r

)cos (θ) exp

(in1

ωc sin (θ) y

)= 0

Los exponenciales se eliminan entre sí ya que el argumento es el mismo si usamos la ley de Snel. Además, la primeracondición y la segunda son equivalentes usando la ley de Snel. Entonces:n2E

(1)t − n1

(Ei + E

(1)r

)= 0

E(1)t cos

(θ

(1)t

)−(Ei − E(1)

r

)cos (θ) = 0

Las condiciones de contorno de la segunda interfase son parecidas:

139

z ·(ε3E

(2)t − ε2

(E

(2)i +E(2)

r

))∣∣∣z=d

= 0

z ×(B

(2)t −

(B

(2)i +B(2)

r

))∣∣∣z=d

= 0

z ×(E

(2)t −

(E

(2)i −E

(2)r

))∣∣∣z=d

= 0

Sin embargo, como ahora evaluamos en z = d en vez de z = 0 nos aparece una fase:

ε3E(2)t sin (θt) exp

(in2

ωc

(sin(θ

(1)t

)y + cos

(θ

(2)t

)d))

−ε2 sin(θ

(1)t

)(E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)

+ E(2)r exp

(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d))

exp(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)

= 0

n3E(2)t exp

(in2

ωc

(sin(θ

(1)t

)y + cos

(θ

(2)t

)d))

−n2

(E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)

+ E(2)r exp

(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d))

exp(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)

= 0

E(2)t cos

(θ

(2)t

)exp

(in2

ωc

(sin(θ

(1)t

)y + cos

(θ

(2)t

)d))

− cos(θ

(1)t

)(E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)− E(2)

r exp(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d))

exp(in2

ωc sin

(θ

(1)t

)y)

= 0

De la misma forma podemos eliminar los senos de la primera ecuación para ver que es equivalente a la segunda.Sin embargo, esta vez no podemos eliminar todos los exponenciales, sólo se pueden eliminar por ley de Snel los quetienen la parte que depende de y. Cada término tiene una fase. Entonces:

n3E(2)t exp

(in3

ωc cos

(θ

(2)t

)d)− n2

(E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)

+ E(2)r exp

(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d))

= 0

E(2)t cos

(θ

(2)t

)exp

(in3

ωc cos

(θ

(2)t

)d)− cos

(θ

(1)t

)(E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)− E(2)

r exp(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d))

= 0

Tomemos: E

(1)t = E

(1)t exp

(in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)

E(2)r = E

(2)r exp

(−in2

ωc cos

(θ

(1)t

)d)

E(2)t = E

(2)t exp

(in3

ωc cos

(θ

(2)t

)d)

Entonces: n3E(2)t − n2

(E

(1)t + E

(2)r

)= 0

E(2)t cos

(θ

(2)t

)− cos

(θ

(1)t

)(E

(1)t − E

(2)r

)= 0

Esta ecuación es esencialmente igual a la anterior.Notemos que entre las primeras ecuaciones no hay relación con los coeficientes de las segundas ecuaciones.

Entonces: E

(1)r =

cos(θ)−n1n2

√1−(n1n2

)2sin2(θ)

cos(θ)+n1n2

√1−(n1n2

)2sin2(θ)

Ei

E(1)t = 2 cos(θ)

n2n1

cos(θ)+√

1−(n1n2

)2sin2(θ)

Ei

Sin embargo, en las segundas ecuaciones la “Ei” es en realidad E(1)t . Entonces:

E(2)r =

cos(θ

(1)t

)−n2n3

√1−(n2n3

)2sin2(θ

(1)t

)cos(θ

(1)t

)+n2n3

√1−(n2n3

)2sin2(θ

(1)t

) E(1)t

E(2)t =

2 cos(θ

(1)t

)n3n2

cos(θ

(1)t

)+√

1−(n2n3

)2sin2(θ

(1)t

) E(1)t

140

=⇒

E(2)r =

√1−(n1n2

)2sin2(θ)−n2

n3

√1−(n1n3

)2sin2(θ)√

1−(n1n2

)2sin2(θ)+n2

n3

√1−(n1n3

)2sin2(θ)

exp(in2

2ωc

√1−

(n1n2

)2sin2 (θ)d

)2 cos(θ)

n2n1

cos(θ)+√

1−(n1n2

)2sin2(θ)

Ei

E(2)t =

2√

1−(n1n2

)2sin2(θ)

n3n2

√1−(n1n2

)2sin2(θ)+

√1−(n1n3

)2sin2(θ)

exp

(in2

ωc

√1−(n1n2

)2sin2(θ)d

)exp

(in3

ωc

√1−(n1n3

)2sin2(θ)d

) 2 cos(θ)n2n1

cos(θ)+√

1−(n1n2

)2sin2(θ)

Ei

Sólo Dios puede simplificar eso. Ahora me voy a tomar el descanso como lo sugiere la consigna.

16.2.2. (c)

Tomemos θ = 0. Entonces: E

(1)r = n2−n1

n2+n1Ei

E(1)t = 2n1

n2+n1Ei

E(2)r = 2n1

n2+n1

(n3−n2n3+n2

)exp

(i 2n2ω

c d)Ei

E(2)t = 4n2n1

(n3+n2)(n2+n1) exp(i (n2 − n3) ωc d

)Ei

=⇒

E(1)i = −Ei exp

(iωc (n1z − ct)

)y

B(1)i = n1Ei exp

(iωc (n1z − ct)

)x

E(1)r = n2−n1

n2+n1Ei exp

(−iωc (n1z + ct)

)y

B(1)r = n1

n2−n1n2+n1

Ei exp(−iωc (n1z + ct)

)x

E(1)t = − 2n1

n2+n1Ei exp

(iωc (n2z − ct)

)y

B(1)t = 2n1n2

n2+n1Ei exp

(iωc (n2z − ct)

)x

E(2)i = − 2n1

n2+n1Ei exp

(iωc (n2z − ct)

)y

B(2)i = 2n1n2

n2+n1Ei exp

(iωc (n2z − ct)

)x

E(2)r = 2n1

n2+n1

(n3−n2n3+n2

)Ei exp

(−iωc (n2 (z − 2d) + ct)

)y

B(2)r = 2n1n2

n2+n1

(n3−n2n3+n2

)Ei exp

(−iωc (n2 (z − 2d) + ct)

)x

E(2)t = − 4n2n1

(n3+n2)(n2+n1)Ei exp(iωc (n3z + (n2 − n3) d− ct)

)y

B(2)t = 4n2n1n3

(n3+n2)(n2+n1)Ei exp(iωc (n3z + (n2 − n3) d− ct)

)x

Calculemos el vector de Poynting promediado para cada onda:

〈S〉(1)i = c

8πn1E2i z

〈S〉(1)r = − c

8πn1

(n2−n1n2+n1

)2E2i z

〈S〉(1)t = c

8πn2

(2n1

n1+n2

)2E2i z

〈S〉(2)i = c

8πn2

(2n1

n1+n2

)2E2i z

〈S〉(2)r = − c

8πn2

(2n1

n1+n2

)2 (n3−n2n3+n2

)2E2i z

〈S〉(2)t = c

8πn3

(4n2n1

(n3+n2)(n2+n1)

)2E2i z

Entonces, en el primer medio tenemos:

141

〈S〉(1) = 〈S〉(1)i + 〈S〉(1)

r

= c

8πn1

(1−

(n2 − n1

n2 + n1

)2)E2i z

= n21n2c

2π (n1 + n2)2E2i z

En el segundo tenemos:

〈S〉(2) = 〈S〉(2)i + 〈S〉(1)

r

= c

8πn2

(2n1

n1 + n2

)2(

1−(n3 − n2

n3 + n2

)2)E2i z

= n22n3c

2π (n2 + n3)2

(2n1

n1 + n2

)2E2i z

= 2n21n

22n3c

π (n2 + n3)2 (n1 + n2)2E2i z

Finalmente, en el tercer medio tenemos:

〈S〉(3) = 〈S〉(2)t

= 2n21n

22n3c

π (n3 + n2)2 (n2 + n1)2E2i z

16.3. Ejercicio 416.3.1. (a)

Tomemos: ki = nωc (sin (θ) y + cos (θ) z)Ei = Ei (− cos (θ) y + sin (θ) z) exp (i (ki · r − ωt))Bi = nEi exp (i (ki · r − ωt)) x

donde θ > θc = arcsin( 1n

). Sabemos que:

kr = nωc (sin (θ) y − cos (θ) z)Er = Er (cos (θ) y + sin (θ) z) exp (i (kr · r − ωt))Br = nEr exp (i (kr · r − ωt)) xkt = ω

c

(n sin (θ) y +

√1− n2 sin2 (θ)z

)Et = Et

(−√

1− n2 sin2 (θ)y + n sin (θ) z)

exp (i (kt · r − ωt))Bt = nEt exp (i (kt · r − ωt)) x

donde: Er = cos(θ)−n

√1−n2 sin2(θ)

cos(θ)+n√

1−n2 sin2(θ)Ei

Et = 2n cos(θ)cos(θ)+n

√1−n2 sin2(θ)

Ei

142

Como n sin (θ) > 1 ⇐⇒ 1− n2 sin2 (θ) < 0. Tomemos√

1− n2 sin2 (θ) = cos (θt) = iζ, ζ =√n2 sin2 (θ)− 1 ∈ R.

Entonces:

kt = ω

c(n sin (θ) y + iζz)

En y el vector de onda tiene amplitud real y en z tiene amplitud imaginaria. Notemos:

exp (i (kt · r − ωt)) = exp(−ωcζz)

exp(i(nω

csin (θ) y − ωt

))Esto muestra que la onda se propaga en y pero se atenúa en z (ya que ζ > 0). La atenuación está dada porexp

(−ωc ζz

). Esto significa que la longitud típica de atenuación es:

δ = c

ωζ=⇒ exp

(−ωcζz)

= exp(−zδ

)16.3.2. (b)

El vector de Poynting está dado por:

〈S〉 = c

4πEt ×B∗t

= c

8πnE2t exp

(−2ω

cζz)

(−iζy + n sin (θ) z)× x

= c

8πnE2t exp

(−2ω

cζz)

(iζz + n sin (θ) y)

Entonces:

〈S · z〉 = ic

8πnE2t ζ exp

(−2ω

cζz)

=⇒ < (〈S · z〉) = 0

16.3.3. (c)

El ángulo de Brewster es:

θB = arctan(

1n

)Veamos si este ángulo cumple ser mayor que el ángulo crítico:

θB > θc ⇐⇒ sin (θB) > sin (θc)

sin (θc) = 1n

= tan (θB)

∴ θB > θc ⇐⇒ sin (θB) > tan (θB)

@θB ∈(0, π2

)/ sin (θB) > tan (θB). Por lo tanto, es imposible. El ángulo de Brewster es siempre menor que el

ángulo crítico.

143

16.4. Ejercicio 6*Tomemos el origen en la interfase del dieléctrico con el vacío y tomemos z hacia arriba. Entonces:

E0 = −E0y exp(−iωc (z + ct)

)B0 = −E0x exp

(−iωc (z + ct)

)Er = Ery exp

(iωc (z − ct)

)Br = −Erx exp

(iωc (z − ct)

)Et = −Ety exp

(−inωc

(z + c

n t))

Bt = −nEtx exp(−nωc

(z + c

n t))

E′

r = E′

ry exp(inωc

(z − c

n t))

B′

r = −nE′rx exp(inωc

(z − c

n t))

Consideremos las condiciones de contorno en z = 0. Como todos los campos eléctricos y magnéticos son perpendi-culares a z entonces las únicas condiciones que importan son las que tienen el producto vectorial:z ×

(E0 +Er −Et −E

′

r

)∣∣∣z=0

= 0

z ×(B0 +Br −Bt −B

′

r

)∣∣∣z=0

= 0

=⇒−E0 + Er + Et − E

′

r = 0−E0 − Er + nEt + nE

′

r = 0

Veamos ahora las condiciones de contorno en z = −d. Como tenemos un conductor ideal entonces E = B = 0.z ×(Et +E

′

r

)∣∣∣z=−d

= 0

z ×(

1µBt + 1

µB′

r

)∣∣∣z=−d

= 4πc gl

=⇒ Et exp(inω

cd)− E

′

r exp(−inω

cd)

= 0

La última ecuación no nos sirve ya que desconocemos la corriente inducida. Tenemos entonces:−E0 + Er + Et − E

′

r = 0−E0 − Er + nEt + nE

′

r = 0Et exp

(inωc d

)− E′r exp

(−inωc d

)= 0

16.5. Ejercicio 7*16.5.1. (a)

Tenemos: ∇ ·E = 0 ∇ ·B = 0∇×E = − 1

c∂B∂t ∇×B = 4πσ

c E + 1c∂E∂t

=⇒ ∇2E = i4πσωc2

E

= k2E

=⇒ k (ω) = (1 + i)√

2πσωc

144

16.5.2. (b)

Sabemos que:

k = 1 + i

δ

= nω

c

=⇒ δ =√

c2

2πσω

=⇒ n = (1 + i)√

2πσω

= (1 + i) c

δω

Entonces: kt‖ = ki‖

k2t‖ + k2

t⊥ =‖ kt ‖2

k2i‖ + k2

t⊥ =‖ ki ‖2

=⇒ i4πσωc2

= ω2

c2sin2 (θi) + k2

t‖

=⇒ kt‖ =√i4πσωc2− ω2

c2sin2 (θi)

17. Guía 7: Relatividad Especial17.1. Ejercicio 117.1.1. (a)

Tenemos que v = vz, y que:c = − (c cos (ϕ) sin (θ) x+ c sin (ϕ) sin (θ) y + c cos (θ) z)c′ = −

(c cos

(ϕ′)

sin(θ′)x+ c sin

(ϕ′)

sin(θ′)y + c cos

(θ′)z)

Como la velocidad está en z entonces la transformada de Lorentz es:t′ = γ (t− βz) x

′ = x

y′ = y z

′ = γ (z − βt)

En coordenadas cilíndricas tenemos que: t = t

x = r cos (ϕ) sin (θ)y = r sin (ϕ) sin (θ)z = r cos (θ)

145

=⇒

t′ = γ (t− βr cos (θ))x′ = r cos (ϕ) sin (θ)y′ = r sin (ϕ) sin (θ)z′ = γ (r cos (θ)− βt)

Notemos:

y

x= tan (ϕ)

= y′

x′

= tan(ϕ′)

=⇒ ϕ = ϕ′

x2 + y2 = r2 sin2 (θ)

= x′2 + y

′2

= r′2 sin2

(θ′)

=⇒ r′

= sin (θ)sin (θ′)r

tan(θ′)

=r′ sin

(θ′)

z′

= r sin (θ)γ (r cos (θ)− βt)

17.2. Ejercicio 2*17.2.1. (a)

Una forma de resolver este problema es de forma estática y luego haciéndole un boost. Otra forma es estableciendocondiciones de contorno dependientes del tiempo. Hagámoslo de esta segunda forma. Tomemos:

ki = ωic (cos (θi) x+ sin (θi) y)

kr = ωrc (− cos (θr) x+ sin (θr) y)

Por linealidad sabemos que:

φi|x=vt = φr|x=vtωic

cos (θi)x+ ωic

sin (θi) y − ωit∣∣∣x=vt

= −ωrc

cos (θr)x+ ωrc

sin (θr) y − ωrt∣∣∣x=vt

=⇒ωi (1− β cos (θi)) = ωr (1 + β cos (θr))ωi sin (θi) = ωr sin (θr)

146

=⇒ sin (θr)1 + β cos (θr)

= sin (θi)1− β cos (θi)√

1− cos2 (θr)1 + β cos (θr)

=√

1− cos2 (θi)1− β cos (θi)(

1− cos2 (θr))

(1− β cos (θi))2 =(1− cos2 (θi)

)(1 + β cos (θr))2

De esta cuadrática salen dos soluciones. Una de ellas no es una solución física, la otra es esta:

cos (θr) = cos (θi)− 2β + β2 cos (θi)1− 2β cos (θi) + β2

Notemos: 1− cos (θr) = (1+β)2(1−cos(θi))

1−2β cos(θi)+β2

1 + cos (θr) = (1−β)2(1+cos(θi))1−2β cos(θi)+β2

=⇒ 1− cos (θr)1 + cos (θr)

= (1 + β)2

(1− β)21− cos (θi)1 + cos (θi)

De trigonometría sabemos que: 1− cos (α) = 2 sin2 (α

2)

1 + cos (α) = 2 cos2 (α2)

=⇒ tan(θr2

)= 1 + β

1− β tan(θi2

)Esto está más lindo.

Despejando la frecuencia reflejada queda:

ωr = 1− 2β cos (θi) + β2

1− β2 ωi

17.3. Ejercicio 3*17.3.1. (a)

Sabemos que:

F ′µν = LµαLνβF

αβ

L0

0 = γ

L0i = −γβi

Lij = δij + (γ − 1) βiβjβ2

=⇒ E′

i = F′i0

= LiαL0βF

αβ

= Li0L0j F

0j︸︷︷︸=−Ej

+ Lij L00︸︷︷︸

=γ

F j0︸︷︷︸=Ej

+ LijL0k F jk︸︷︷︸

=−εjklBl

=(γLij − Li0L0

j

)Ej − εjklLijL0

kBl

Notemos:

147

γLij − Li0L0j = γδij + γ (γ − 1) βiβj

β2 − γ2βiβj

= γδij + βiβjβ2

(γ2 − γ − γ2β2)

= γδij + βiβjβ2 (1− γ)

= γ

(δij + γ

γ + 1βiβj)

−εjklLijL0k = γεjklδijβk + γ (γ − 1)

β2 εjklβiβjβk︸ ︷︷ ︸=0

= γεiklβk

=⇒ E′

i = γ

(δij + γ

γ + 1βiβj)Ej + γεiklβkBl

=⇒ E′

= γ (E + β ×B)− γ2

γ + 1β (β ·E)

Resulta que haciendo lo mismo con B′i queda:

B′

= γ (B + β ×E)− γ2

γ + 1β (β ·B)

Notemos:

E′· β = γβ ·E − γ2β2

γ + 1 (β ·E)

= β ·E

Análogamente:

B′· β = B · β

Entonces, se pueden separar los campos en una parte paralela al boost y otra perpendicular. La parte paralela esinvariante frente al boost. La parte perpendicular es:

E⊥ = E −E‖

= E − (β ·E)ββ2

Resulta que: E′

‖ = E‖ E′

⊥ = γ (E⊥ + β ×B⊥)B′

‖ = B‖ B′

⊥ = γ (B⊥ + β ×E⊥)

148

17.4. Ejercicio 6*Resolvamos el ejercicio estático y luego hagamos un boost para tener la solución de este problema. Sabemos que

‖ ki ‖= ωic y que ‖ kr ‖= ωr

c . Tomemos:ki = ωi

c (cos (θi) x+ sin (θi) y)kr = ωr

c (− cos (θr) x+ sin (θr) y)kt = k (cos (θt) x+ sin (θt) y)

(A diferencia del dibujo tomamos x como la dirección donde se mueve el medio y y como el z del dibujo). Entonces,sabemos que las fases deben cumplir:

φi|x=0 = φr|x=0 = φt|x=0

Esto vale porque es lineal, ya que las ecuaciones de Maxwell son lineales y la transformada de Lorentz es lineal.Entonces:

ωic

cos (θi)x+ ωic

sin (θi) y − ωit∣∣∣x=0

= −ωrc

cos (θr)x+ ωrc

sin (θr) y − ωrt∣∣∣x=0

= −k cos (θt)x+ k sin (θt) y − ωtt|x=0

=⇒ ωi = ωr = ωt = ω

θi = θr

=⇒ ω

csin (θi) = k sin (θt)

Entonces:

kµi =

ωc

ωc cos (θi)ωc sin (θi)

kµr =

ωc

−ωc cos (θi)ωc sin (θi)

kµt =

ωc

k√

1− ω2

k2c2 sin2 (θi)ωc sin (θi)

Si ahora hacemos un boost de v = −vy entonces vamos a tener el fluido moviéndose con velocidad vy. La

frecuencia va a cambiar, pero sé que en vacío sigo teniendo ondas planas y en el material puedo hallar la ondamediante la transformación. Entonces:

kµ = Lµν (−βy) k′ν (1)k′µ = Lνµ (βy) kν (2)

149

=⇒

k′µi =

ω′

cω′

c cos(θ′

i

)ω′

c sin(θ′

i

)

k′µr =

ω′

c

−ω′

c cos(θ′

i

)ω′

c sin(θ′

i

)

k′µt =

ω′

c

ω′

c

√n2 − sin2 (θ′i)ω′

c sin(θ′

i

)

De este sistema estático voy a hallar el boosteado. Hallemos las coordenadas estáticas en función de las cinemáticaspara el incidente y luego usémoslas para hallar las estáticas para hallar las cinemáticas del transmitido. Entonces:

(2) =⇒

ω′

cω′

c cos(θ′

i

)ω′

c sin(θ′

i

) =

γ 0 −βγ0 1 0−βγ 0 γ

ωc

ωc cos (θi)ωc sin (θi)

=⇒

ω′

c = γ ωc (1− β sin (θi))ω′

c cos(θ′

i

)= ω

c cos (θi)ω′

c sin(θ′

i

)= γ ωc (sin (θi)− β)

(1) =⇒

ωc√

k2 − ω2

c2 sin2 (θi)ωc sin

(θ′

i

) =

γ 0 βγ0 1 0βγ 0 γ

ω′

cω′

c

√n2 − sin2 (θ′i)ω′

c sin (θi)

=⇒

√k2 − ω2

c2sin2 (θi) = ω

′

c

√n2 − sin2 (θ′i)

=⇒ k =√ω′2

c2(n2 − sin2 (θ′i))+ ω2

c2sin2 (θi)

= ω

c

√√√√γ2 (1− β sin (θi))2

(n2 −

(sin (θi)− β

1− β sin (θi)

)2)

+ sin2 (θi)

= ω

c

√1 + γ2 (n2 − 1) (1− β sin (θi))2

=⇒ v = ω

k

= c√1 + γ2 (n2 − 1) (1− β sin (θi))2

La nueva ley de Snel en este sistema es:

k sin (t) = ω

csin (θi)

=⇒ sin (θt) = sin (θt)√1 + γ2 (n2 − 1) (1− β sin (θi))2

150

17.5. Ejercicio 8Consideremos un sistema de coordenadas que se mueve con velocidad v = vz. Hallemos v tal que el campo

eléctrico sea nulo. Sabemos que: J′

x = Jx J′

y = Jy

J′

z = γ (Jz − βcρ0) cρ′

0 = γ (cρ0 − βJz)

=⇒ρ′

0 = γ(ρ0 − β

c Jz

)J′

= γ (J − vρ0)

Tomemos:

v = J

ρ0

=⇒ρ′

0 = γ(ρ0 − J2

c2ρ0

)J′

= 0

En este caso el sistema no tiene corriente y sólo tiene una densidad de carga uniforme. Entonces:E′

= 2πγ(c2ρ20−J

2)a2

c2ρ0ρρ

B′

= 0

Ahora tomemos:

v = c2ρ0

J

=⇒ ρ0 −β

cJ = 0

=⇒ρ′

0 = 0J′

= γ(J − c2ρ2

0J

)z

En este caso el sistema no tiene cargas y sólo tiene una densidad de corriente uniforme. Entonces:E′

= 0

B′

= 2πγ(J2−c2ρ20)a2

cJρ φ

17.6. Ejercicio 9*Primero resolvámoslo resolviendo el problema de forma estática y luego haciéndole un boost. El campo fuera

del cilindro es:

E = 2πρ0a2

ρρ

Hagamos un boost de v = vz. Sabemos que:x′ = x y

′ = y

z′ = γ (z − βct) ct

′ = γ (ct− βz)E′

‖ = E‖ E′

⊥ = γ (E⊥ + β ×B⊥)B′

‖ = B‖ B′

⊥ = γ (B⊥ + β ×E⊥)

Entonces:

151

E′

‖ = 0 E′

⊥ = 2πγρ0a2

ρ ρ

B′

‖ = 0 B′

⊥ = − 2πγβρ0a2

ρ φE′

= 2πγρ0a2

ρ ρ

B′

= − 2πγβρ0a2

ρ φ

Notemos que la solución del campo eléctrico es la misma que en el caso estático pero la carga cambia un poco aρ′

0 = γρ0. Además, aparece una corriente que antes no existía de J = −γvρz.Resolvamos el problema transformando las cargas y corrientes y resolviendo el sistema. Sabemos que:

J′

x = Jx J′

y = Jy

J′

z = γ (Jz − βcρ0) cρ′

0 = γ (cρ0 − βJz)

=⇒ρ′

0 = γρ0

J = −γvρ0z

Resolviendo por los campos con estas densidades de carga y corriente hallamos que:E′

= 2πγρ0a2

ρ ρ

B′

= − 2πγβρ0a2

ρ φ

Dio lo mismo.

17.7. Ejercicio 1217.7.1. (a)

Sabemos que:

ddt

γmcγmvxγmvyγmvz

= γqE

vc100

(ver ejercicio extra de la carga en el campo eléctrico uniforme). Al igual que en mecánica clásica el impulso en y yz se conserva. En x tenemos que:

γm

(1 + γ2 v

2x

c2

)dvxdt = γqE

=⇒ mvx +mc

βxˆ

0

β2x

1− β2x + β2

y

dβx = qEt

mvx +mc

√1 + β2yarctanh

βx√1 + β2

y

− βx = qEt

arctanh

βx√1 + β2

y

= qE

c√

1 + β2y

t

βx =√

1 + β2y tanh

qE

c√

1 + β2y

t

152

=⇒ vx (t) = c

√1 + p2

0m2 tanh

qE

c

√1 + p2

0m2

t

Entonces, tenemos que:

v (t) = c

√1 + p2

0m2 tanh

qE

c

√1 + p2

0m2

t

x+ p0

my

La trayectoria entonces es:

x (t) = c

√1 + p2

0m2

tˆ

0

tanh

qE

c

√1 + p2

0m2

t

dtx+ p0

mty

=c2(

1 + p20

m2

)qE

qE

c

√1+

p20

m2

t

ˆ

0

tanh (u)dux+ p0

mty

=c2(

1 + p20

m2

)qE

ln

cosh

qE

c

√1 + p2

0m2

t

x+ p0

mty

Hagamos un gráfico cualitativo:

ParametricPlot[2 Log[Cosh[t/Sqrt[2]]], 0.4 t, t, 0, 1] en Mathematica.

153

17.7.2. (b)

Consideremos B = Bx . En este caso la ecuación es:

ddt

γmcγmvxγmvyγmvz

= q

c

0 0 0 00 0 0 00 0 0 −B0 0 B 0

γc−γvx−γvy−γvz

= q

c

00

γBvz−γBvy

Entonces: m

(γ

dvydt + vy

dγdt

)= γ qBc vz

m(γ dvz

dt + vzdγdt

)= −γ qBc vy

=⇒ dγdt = − γ

vz

(qB

mcvy + dvz

dt

)

=⇒ γdvydt −

γvyvz

(qB

mcvy + dvz

dt

)= γ

qB

mcvz

=⇒ vzdvydt − vy

dvzdt = qB

mc

(v2z + v2

y

)18. Guía 8: Radiación18.1. Ejercicio 1

La fórmula de Larmor es:

P = 23Z2e2

c3‖ v ‖2

La fuerza que siente la carga es:

F = −V′(r) r

=⇒ v = − 1mV′(r) r

Entonces, la potencia en función de la posición es:

P = 23Z2e2

m2c3

∣∣∣V ′ (r)∣∣∣2La energía total irradiada es:

∆E = 23Z2e2

m2c3

∞

0

∣∣∣V ′ (r (t))∣∣∣2 dt

= 43Z2e2

m2c3

∞

rmin

∣∣∣V ′ (r)∣∣∣2v (r) dr

154

Si ε ∆E:

12mv

2 + V (r) ≈ ε

=⇒ v (r) =√

2εm− 2mV (r)

=√

2m

√V (rmin)− V (r)

=⇒ ∆E = 43Z2e2

m2c3

√m

2

∞

rmin

∣∣∣V ′ (r)∣∣∣2√V (rmin)− V (r)

dr

18.1.1. (b)

V (r) = ZZ′e2

r

=⇒ ∆E = 43Z2e2

m2c3

√m

2

∞

rmin

Z2Z′2e4

r4√ZZ′e2

rmin− ZZ′e2

r

dr

= 43Z4Z

′2e6

m2c3

√m

2ZZ ′e2

∞

rmin

dr

r4√

1rmin

− 1r

= 43

(Ze)2

m2c3

(ZZ

′e2) 3

2√m

2

2√

1rmin

− 1r

(3r2min + 4rminr + 8r2)

15r2minr

2

∣∣∣∣∣∣∞

rmin

= 13

(Ze)2

c3

(2ZZ ′e2

m

) 32(

1615

(1

rmin

) 52)

= 1645

(Ze)2

c3rmin

(2ZZ ′e2

mrmin

) 32

v0 =

√2ZZ ′e2

mrmin→ = 16

45(Ze)2

c3rminv3

0

= 845Zmv5

0Z ′c3

18.1.2. (c)

Protón Estático Sabemos que la energía perdida por radiación es:

∆E = 845Zmv5

0Z ′c3

Entonces:

12mv

2f = 1

2mv20 −

845Zmv5

0Z ′c3

=⇒ vf =√

1− 1645Zm2v3

0Z ′c3

v0

155

Protón Dinámico Si ahora despreciamos los efectos de radiación entonces:

12mP v

2P + 1

2mv2 + ZZ

′e2

r − rP= 1

2mv20

Tomemos R = mP rP+mrM , M = mP +m como el centro de masas y ρ = r − rP . Por lo tanto:

12MR2 + 1

2µρ2 + ZZ

′e2

ρ= 1

2mv20

donde µ = mmPM . Esto es válido porque V es un potencial central. R = 0 ya que no hay fuerzas externas a la

interacción entre las partículas, entonces:

12µρ

2 + ZZ′e2

ρ= 1

2mv20

En el infinito V (ρ =∞) = 0. Entonces:

ρf =√m

µv0

=⇒ vf =√m

µv0 + vP

R = 0→ =√m+mP

mPv0 −

m

mPvf

=⇒ vf =√

mP

m+mPv0

Comparación Comparemos los resultados:

1− 1645Zm2v3

0Z ′c3

>mP

m+mP⇐⇒ v0 <

(4516

Z′

Zm2

(1− mP

m+mP

)) 13

c

Usando que m ≈ 9.109× 10−31 kg, que mP ≈ 1836m y que Z = Z′ = 1 entonces:(

4516 · 1060 ·

(1− 1836

1837

)) 13

1

Entonces, se cumple la condición ya que v0 no puede ser mayor que c. Por lo tanto, el la velocidad final al haberirradiado es mucho mayor que la velocidad final con el protón suelto.

18.2. Ejercicio 4*18.2.1. (a)

Usemos la Fórmula de Larmor (46):

dEdt = −Prad

= −23e2

c3‖ v ‖2

F = −Zee2

r2 r

156

=⇒ ‖ v ‖2= Z2e e

4

m2r4

=⇒ dEdt = − 2Z2

e e6

3m2c3r4

E = 12mr

2 − L2

2mr2 −Zee

2

r

Si estamos en el rmin que corresponde a una órbita circular entonces resulta que:

E = −Zee2

2r

=⇒ dEdt = Zee

2

2r2 r

= − 2Z2e e

6

3m2c3r4

=⇒ r2r = − 4Zee4

3m2c3

= ddt

(13r

3)

=⇒ r3 = −4Zee4

m2c3t

=⇒ r (t) =(R3 − 4Zee4

m2c3t

) 13

Calculemos cuánto tarda en caer al centro: (R3 − 4Zee4

m2c3t0

) 13

= 0

=⇒ t0 = m2c3

4Zee4R3

Ahora calculemos la cantidad de vueltas que toma. Sabemos que:

F = −Zee2

r2 r

= −mrθ2r

=⇒ θ =√Zee2

mr3

=

√√√√√ Zee2

m(R3 − 4Zee4

m2c3 t) 1

3

=√Zee2

mR3

(1− t

t0

)− 12

157

=⇒ 2πN =√Zee2

mR3

t0ˆ

0

(1− t

t0

)− 12

dt

=⇒ N = 1π

√m3R3

Ze

c3

4e3

18.2.2. (b)

Si R = a0 y Ze = 1 entonces:

t ≈ 1.6× 10−11 s

N ≈ 2× 105

18.3. Ejercicio 5Consideremos: Erad (r, t) = 1

c2rr ×

(r × p (t) + m (r, t) + 1

6c r ×...D (r, t)

)∣∣∣tret

Brad (r, t) = r ×Erad (r, t)

donde:

p (t) =ˆrρ (r, t)d3r

m (t) = 1c

ˆr × J (r, t)d3r

D (t) = r · ¯Q (t)

¯Q (t) =ˆρ (r, t) (3rirj − rlrlδij)d3r

Estos son los campos de radiación que vamos a usar en la práctica (según Martín) que son más generales que losde la teórica (está en el Landau). Todos estos términos van como 1

r . Notemos:

p ∝ qa

τ2

m ∝ 1ca2 q

τ21τ

= a2q

λτ2 ∝a

λ︸︷︷︸1

p

...D ∝

1τ3 qa

2 ∝ cm

158

18.3.1. (a)

Supongamos que la carga gira en el plano xy. Entonces:

ρ = qδD (x− a cos (ωt)) δD (y − a sin (ωt)) δD (z)

J = qaω

2π δD (r − a) δD (z) θ

Hallemos los momentos:

p (t) = q

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

rδD (x− a cos (ωt)) δD (y − a sin (ωt)) δD (z)dzdydx

= aq (cos (ωt) x+ sin (ωt) y)

=⇒ p (t) = −aqω2 (cos (ωt) x+ sin (ωt) y)

m = qa2ω

2πc

∞

0

2πˆ

0

∞

−∞

δD (r − a) δD (z) r × θdzdθdr

= qa3ω

cz

=⇒ m = 0

Qxx (t) = 2q∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

x2δD (x− a cos (ωt)) δD (y − a sin (ωt)) δD (z)dzdydx

= 2qa2 cos2 (ωt)

Qyy (t) = 2q∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

y2δD (x− a cos (ωt)) δD (y − a sin (ωt)) δD (z)dzdydx

= 2qa2 sin2 (ωt)

Qzz = 0

Qxy (t) = 3q∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

xyδD (x− a cos (ωt)) δD (y − a sin (ωt)) δD (z)dzdydx

= 3qa2 sin (ωt) cos (ωt)

Qxz = Qyz = 0

159

=⇒ ¯Q (t) = qa2

2 cos2 (ωt) 3 sin (ωt) cos (ωt) 03 sin (ωt) cos (ωt) 2 sin2 (ωt) 0

0 0 0

=⇒ D (t) = qa2 ( cos (ωt) sin (ωt) 0)·

2 cos2 (ωt) 3 sin (ωt) cos (ωt) 03 sin (ωt) cos (ωt) 2 sin2 (ωt) 0

0 0 0

= qa2 (cos (ωt)

(2 + sin2 (ωt)

)x+ sin (ωt)

(2 + cos2 (ωt)

)y)

18.3.2. (d)*

a (t) = r0 cos2 (ωt)

Notemos:

a

c∝ a

τc= a

λ 1

La densidad de carga es:

λ (t) = q

2πa (t)Calculemos los campos:

p (t) =2πˆ

0

a (t)λ (t) r (t)dθ

= 0

m (t) = 1c

2πˆ

0

a (t) r × g (r, t)dθ

= 1c

2πˆ

0

a (t) g (r, t) (r × r)︸ ︷︷ ︸=0

dθ

= 0

¯Q (t) =2πˆ

0

a (t)λ (t) (3rirj − rlrlδij)dθ

En este caso podemos usar el momento cuadripolar con traza:

160

¯Q0 (t) = 32πˆ

0

a (t)λ (t) rirjdθ

= 3( ´ 2π

0 a (t)λ (t)x2dθ´ 2π

0 a (t)λ (t)xydθ´ 2π0 a (t)λ (t) yxdθ

´ 2π0 a (t)λ (t) y2dθ

)

= 3( ´ 2π

0 λ (t) a3 (t) cos2 (θ)dθ´ 2π

0 λ (t) a3 (t) sin (θ) cos (θ)dθ´ 2π0 λ (t) a3 (t) sin (θ) cos (θ)dθ

´ 2π0 λ (t) a3 (t) sin2 (θ)dθ

)

= 3q2πa

2 (t)( ´ 2π

0 cos2 (θ)dθ´ 2π

0 sin (θ) cos (θ)dθ´ 2π0 sin (θ) cos (θ)dθ

´ 2π0 sin2 (θ)dθ

)

= 32qa

2 (t) ¯1

=⇒ D = r · ¯Q0 (t)

= 32qa

2 (t) (r − (r · z) z)

= 32qr

20 cos4 (ωt) (r − cos (θ) z)

=⇒...D = 6qr2

0ω3 (1 + 4 cos (2ωt)) sin (2ωt) (r − cos (θ) z)

=⇒ r ×...D = −6qr2

0ω3 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt)) cos (θ) r × z

= 6qr20ω

3 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt)) sin (θ) cos (θ) φ

=⇒ Erad (r, t) = qr20k

3 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt)) sin (θ) cos (θ)r

r × φ

= −qr20k

3 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt)) sin (θ) cos (θ)r

θ

=⇒Erad (r, t) = − qr

20k

3(sin(2ωt)+2 sin(4ωt)) sin(2θ)2r θ

Brad (r, t) = qr20k

3(sin(2ωt)+2 sin(4ωt)) sin(2θ)2r φ

Notemos que el campo eléctrico está polarizado en θ y oscila allí. Tiene sentido ya que el campo de radiacióndescribe ondas esféricas.

Veamos la potencia irradiada por unidad de ángulo sólido:

dPdΩ = r2S (r, t) · r

S (r, t) = cr2

4π (Erad (r, t)×Brad (r, t))

= cr2

4π

(qr2

0k3 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt)) sin (2θ)

2r

)2

r

= cq2r40k

6 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt))2 sin2 (2θ)16 r

161

dPdΩ = cq2r4

0k6 (sin (2ωt) + 2 sin (4ωt))2 sin2 (2θ)

16 r2

Veamos en valor medio:

⟨dPdΩ

⟩= ωcq2r4

0k6 sin2 (2θ)

32π r2

2πωˆ

0

(sin (2ωt) + 2 sin (4ωt))2 dt

= 5cq2r40k

6

32 sin2 (2θ)

Entonces, la potencia media total es:

〈P 〉 = 5cq2r40k

6

32

ˆsin2 (2θ)dΩ

= 5cq2r40k

6

64

1ˆ

−1

2πˆ

0

sin2 (2θ)dφd (cos (θ))

= 5πcq2r40k

6

32

1ˆ

−1

(1− cos2 (θ)

)cos2 (θ)d (cos (θ))

= 16πcq

2r40k

6

19. Ejercicios Sueltos*19.1. Desarrollo Multipolar de un Anillo

Es un anillo de radio a con densidad de carga λ. El potencial es:

ϕ = Q

∞∑l=0

r2l<

r2l+1>

P2l (0)P2l (cos (θ))

donde Q = 2πaλ. Además vale que:

P2l (0) =(−1

4

)l(2ll

)Notemos:

ϕ = Q

rP0 (0)P0 (cos (θ)) + Qa2

r3 P2 (0)P2 (cos (θ)) + ...

≈ Q

r− Qa2

2r5 r2(

32 cos2 (θ)− 1

2

)= Q

r− Qa2

2r5

(32z

2 − 12x

2 − 12y

2 − 12z

2)

= Q

r− Qa2

2r5

(z2 − 1

2x2 − 1

2y2)

Notemos que este es el desarrollo multipolar del anillo hasta el momento cuadripolar:

162

Q = 2πaλp = 0

¯Q = πa3λ

1 0 00 1 00 0 −2

=⇒ ϕ ≈ Q

r+ p · r

r3 + r† · ¯Q · r2r5

19.2. Onda Plana Relativista*Tomemos:

k = ω

cz

=⇒E (r, t) = E0 exp

(iωc (z − ct)

)x

B (r, t) = E0 exp(iωc (z − ct)

)y

Hagamos un boost de v = vx y veamos qué pasa. Notemos que queremos hallar F ′µν pero como el tensor es decampos necesitamos F ′µν

(x′µ). Entonces:

F′µν(x′µ)

= LµαLνβF

αβ (xµ)

= LµαLνβF

αβ(Lµν x

′ν)

Como el boost es en x entonces: t′ = γ

(t− β

c x)

t = γ(t′ + β

c x′)

x′ = γ (x− cβt) x = γ

(x′ + cβt

′)

E′(r, t) = E0 exp

(iωc (z − ct)

)(x+ βγz)

B′(r, t) = γE0 exp

(iωc (z − ct)

)y

Notemos:

k · r − ωt = ω

c(z − ct)

= ω

c

(z′− cγ

(t′+ β

cx′))

= ω

c

(z′− βγx

′− cγt

′)

=⇒ k′

= −ωcβγx+ ω

cz

¡La dirección de propagación de la onda cambia!

=⇒

E′(r′, t′)

= E0 exp(iωc

(z′ − βγx′ − cγt′

))(x+ βγz)

B′(r′, t′)

= γE0 exp(iωc

(z′ − βγx′ − cγt′

))y

163

Ahora hagamos el boost en z: t′ = γ

(t− β

c z)

t = γ(t′ + β

c z′)

z′ = γ (z − cβt) z = γ

(z′ + cβt

′)

E′(r, t) = γ (1− β)E0 exp

(iωc (z − ct)

)x

B′(r, t) = γ (1− β)E0 exp

(iωc (z − ct)

)y

k · r − ωt = ω

c(z − ct)

= ω

c

(γ(z′+ cβt

′)− cγ

(t′+ β

cz′))

= ω

cγ (1− β)

(z′− ct

′)

=⇒ k′

= ω

cγ (1− β) z

=⇒

E′(r, t) = γ (1− β)E0 exp

(iωc γ (1− β)

(z′ − ct′

))x

B′(r, t) = γ (1− β)E0 exp

(iωc γ (1− β)

(z′ − ct′

))y

Si tomamos kµ =(ωx ,k

)entonces podemos tomar la fase φ = k · r − ωt como φ = −kµxµ. Entonces, φ

′ =−kµLνµx

′

ν . Por lo tanto, k′ν = Lνµkµ y entonces φ′ = k

′µx′

µ.

19.3. Carga Relativista en Campo Eléctrico Uniforme y ConstanteConsideremos un campo eléctrico E = Ez uniforme y constante, y consideremos una carga puntual q en el

origen a tiempo t = 0. Entonces, la fuerza que siente la carga es:

F = qE

Entonces:

Kµ = dpµ

dt= q

cFµνUν

En este caso como sólo tenemos el campo eléctrico uniforme y constante en z entonces:

FµνUν =

0 0 0 −E0 0 0 00 0 0 0E 0 0 0

γc−γvx−γvy−γv

=

γEv

00γEc

164

=⇒ dpµ

dt = γqE

vc001

= d

dt (mUµ)

= ddt (mγ (c,v))

Entonces, considerando la parte espacial en z y la parte temporal por separado obtenemos:ddt (γmc) = γqE v

cddt (γmv) = γqE

Resolvamos primero la parte espacial y luego la temporal:

ddt (γmv) = mγ

dvdt +mv

dγdt

=(mγ + γ3mv

2

c2

)dvdt

= γqE

=⇒vˆ

0

(m+ γ2mv

2

c2

)dv =

tˆ

0

qEdt

mv +mc

vcˆ

0

β2

1− β2 dβ = qEt

mv +mc

(−vc− 1

2 ln(

1− v

c

)+ 1

2 ln(

1 + v

c

))= qEt

mc

2 ln(

1 + v

c

)− mc

2 ln(

1− v

c

)= qEt

ln(1 + v

c

1− vc

)= 2qE

mct

1 + vc

1− vc

= exp(

2qEmc

t

)v

c

(1 + exp

(2qEmc

t

))= exp

(2qEmc

t

)− 1

=⇒ v (t) = cexp

(2qEmc t

)− 1

exp(

2qEmc t

)+ 1

La velocidad nunca supera la velocidad de la luz, ya que le toma infinito tiempo llegar a ella.Ahora resolvamos la parte temporal:

ddt (mγc) = mc

dγdt

= γ3mv

c

dvdt

= γqEv

c

165

=⇒vˆ

0

dv1− v2

c2

=tˆ

0

qE

mdt

c

vcˆ

0

dβ1− β2 = qE

mt

c

2 ln(

1 + v

c

)− c

2 ln(

1− v

c

)= qE

mt

ln(1 + v

c

1− vc

)= 2qE

mct

=⇒ v (t) = cexp

(2qEmc t

)− 1

exp(

2qEmc t

)+ 1

Quedó lo mismo.

166

Índice alfabéticoÁngulo de Brewster, 62Éter, 64

Armónicos Esféricos, 20

Boost, 63

Campo de Radiación, 51Campo de Velocidad, 51Campo Desplazamiento, 10Campo Irrotacional, 6Campo Solenoidal, 6Coeficiente de Fitzgerald-Lorentz, 64Coeficientes de Fresnel, 61Condición de Contorno de Dirichlet, 15Condición de Contorno de von-Neumann, 15Conductor, 10Cono de Luz, 67Conservación de Carga, 43Covariantes, 64Cuadrivector Contravariante, 68Cuadrivector Covariante, 68

Delta de Dirac, 8Densidad de Energía Electrostática, 36Derivada Contravariante, 69Derivada Covariante, 69Desarrollo Multipolar, 34Diagrama de Minkowski, 68Dieléctrico, 10Difusividad Magnética, 54Distribución de Heaviside, 8

Ecuación de Bessel, 24Ecuación de Laplace, 16Ecuación de Poisson, 6Ecuaciones de Maxwell, 6Ecuaciones de Maxwell en Medios Materiales, 43Efecto Pelicular, 53Electrete, 10Energía Electromagnética, 44Energía Electrostática, 36Espacio-Tiempo, 64

Fuerza de Coulomb, 7Fuerza de Lorentz, 43Función de Green, 27Función de Green Avanzada, 50Función de Green Retardada, 50Función de Neumann, 24Función de Neumann Modificada, 26Funciones de Bessel, 24

Funciones de Bessel Modificadas, 26Funciones Generalizadas de Legendre, 19Futuro Absoluto, 67

Gauge, 6Gauge de Coulomb, 48Gauge de Coulomb, 13Gauge de Lorenz, 48

Histéresis, 37

Impulso Angular Electromagnético, 47Impulso Electromagnético, 46

Línea de Universo, 67Ley de Ampère, 12Ley de Biot-Savart, 12Ley de Conservación de Energía, 45Ley de Conservación de Impulso, 46Ley de Conservación de Impulso Angular, 47Ley de Gauss, 8Ley de Ohm, 52Ley de Snel, 60

Método de Imágenes, 32Material Diamagnético, 14Material Ferromagnético, 14Material Paramagnético, 14Medio Magnético, 13

Onda Evanescente, 62Operador de D’Alembert, 69

Pasado Absoluto, 67Polarización, 10, 58Polinomios de Legendre, 19Potencial Electrostático, 10Potencial Vector, 13Presión de Radiación, 46Primera Identidad de Green, 14Problema de Sturm-Liouville, 17

Reflexión Total Frustrada, 62Reflexión Total Interna, 61

Separación Espacial, 67Separación Temporal, 67Sistema Inercial, 63Suceso, 64

Tensor de Campo Electromagnético, 70Tensor de Maxwell, 46Tensor de Permitividad, 10

167

Tensor de Susceptibilidad, 10Tensor Dual de Campo Electromagnético, 70Tensor Métrico, 68Teorema de Green, 14Teorema de Reciprocidad de Green, 87Tiempo Propio, 66Transformación de Galileo, 63Transformación de Lorentz, 66

Vector de Poynting, 44

168