Solución Tarea 1, Electrodinámica

Profesor: Antonio CarcamoAyudante: Sergio Bravo

Alumno: Daniel Salinas ArizmendiUniversidad Técnica Federico Santa María

23 April, 2015

1 Problema 1

Partiendo de la serie

� (�; ') = a0 + b0 ln �+1Xn=1

an�n sin (n'+ �n) +

1Xn=0

bn��n sin (n'+ �n) (1)

Como el potenicial tiene que ser �nito en � = 0; las constantes b0 y bn lashacemos cero para no tener soluciones divergentes.Siempre es posible construir lo siguiente

sin (n'+ �n)! sinn'+ � cosn' (2)

Reemplando lo anterior en la solución Ec.(1), Obtenemos la siguiente expre-ción equivalente a la solución, de la forma:

� (�; ') = A0 +

1Xn=1

An�n sin (n') +

1Xn=1

Bn�n cos (n') : (3)

Usando la condición de que � = b potencial �jo

� (b; ') = A0 +

1Xn=1

Anbn sin (n') +

1Xn=1

Bnbn cos (n') : (4)

Para determinar los coe�cientes A0; An y Bn, utilizando la condición anterior(conciderando la Ec.(4)), y las relaciones de ortogonalidad, las cuales sede�nen de la siguiente forma:Z 2�

0

sin (n') sin (m') d' = ��nm; (5)

1

Z 2�

0

cos (n') cos (m') d' = ��nm; (6)Z 2�

0

sin (n') cos (m') d' = 0; 8n;m 2 Z: (7)

Determinación del coe�ciente A0 : multiplicando por uno 1 e integrando aambos lado en d' a la Ec.(4), tenemos:Z 2�

0

� (b; ') d' =

Z 2�

0

A0 +1Xn=1

Anbn

Z 2�

0

sin (n') d' (8)

+1Xn=1

Bnbn

Z 2�

0

cos (n') d';

= A02� �1Xn=1

Anbn

n(cos (2n�)� cos (0))

+2

1Xn=1

Bnbn

n(sin (2n�)� sin (0)) ;

= A02� �1Xn=1

Anbn

n(1� 1) +

1Xn=1

Bnbn

n(0� 0) ;

= 2�A0:

+

A0 =1

2�

Z 2�

0

� (b; ') d': (9)

Determinación del coe�ciente An :Multimplicando por sin (m') e integrandoen d' a la Ec.(4), tenemos,Z 2�

0

� (b; ') sin (m') d' =

Z 2�

0

A0 sin (m') +1Xn=1

Anbn

Z 2�

0

sin (n') sin (m') d' (10)

+1Xn=1

Bnbn

Z 2�

0

cos (n') sin (m') d';

= �A0 (cos (2n�)� cos (0)) +1Xn=1

Anbn��nm +

1Xn=1

Bnbn � 0;

=

1Xn=1

Anbn��nm;

= �Ambm:

+

2

An =1

�bn

Z 2�

0

� (b; ') sin (n') d': (11)

Determinación del coe�ciente Bn : multiplicando por cos (m') e integrandoen d' a la Ec.(4), tenemos,Z 2�

0

� (b; ') cos (m') d' =

Z 2�

0

A0 cos (m') +1Xn=1

Anbn

Z 2�

0

sin (n') cos (m') d'(12)

+1Xn=1

Bnbn

Z 2�

0

cos (n') cos (m') d';

= �A0 (sin (2n�)� sin (0)) +1Xn=1

Anbn � 0 +

1Xn=1

Bnbn��nm;

=1Xn=1

Bnbn��nm;

= �Bmbm:

+

Bn =1

�bn

Z 2�

0

� (b; ') cos (n') d': (13)

Luego, introduciendo el valor de los coe�cientes (9), (11) y (13) en la solución(3), tenemos

� (�; ') =1

2�

Z 2�

0

� (b; '0) d'0 +1Xn=1

�n

�bn

Z 2�

0

� (b; '0) sin (n'0) sin (n') d'0 (14)

+1Xn=1

�n

�bn

Z 2�

0

� (b; '0) cos (n'0) cos (n') d'0;

=1

�

Z 2�

0

� (b; '0)

"1

2+

1Xn=1

�n

bn(sin (n'0) sin (n') + cos (n'0) cos (n'))

#d'0:

Usando que cosx cos y + sinx sin y = cos (x+ y)

� (�; ') =1

�

Z 2�

0

� (b; '0)

"1

2+

1Xn=1

�n

bncos (n'0 � n')

#d'0: (15)

3

Usando la fórmula de Euler cosx =�eix + e�ix

�=2

� (�; ') =1

�

Z 2�

0

� (b; '0)

"1

2+

1Xn=1

�n

2bn

�ein('

0�') + e�in('0�')

�#d'0; (16)

=1

2�

Z 2�

0

� (b; '0)

(1 +

1Xn=1

��b

�n hein('

0�') + e�in('0�')

i)d'0;

=1

2�

Z 2�

0

� (b; '0)

(1 +

1Xn=1

��bei('

0�')�n+

1Xn=1

��be�i('

0�')�n)

d'0:

Notamos las series tienen estructuras de series geométricas, recordemos queuna serie geométrica se de�ne como:

1Xn=1

xn�1 =1

1� x; (17)

para jxj < 1, si n parte del cero entonces se tiene:1Xn=0

xn =1

1� x: (18)

Usando esta de�nición lo que esta de�nicion se tiene que la serie:1Xn=1

��bei('

0�')�n

=�

bei('

0�')1Xn=1

��bei('

0�')�n�1

(19)

=�

bei('

0�') 1

1� �bei('0�')

;

analogamente para la segunda serie in�nita, tenemos,1Xn=1

��be�i('

0�')�n

=�

be�i('

0�')1Xn=1

��be�i('

0�')�n�1

(20)

=�

be�i('

0�') 1

1� �be�i('0�')

:

Con lo que el potencial (16) toma la siguiente forma:

� (�; ') =1

2�

Z 2�

0

� (b; '0)

266641 +�

bei('

0�')

1� �bei('0�')

+

�

be�i('

0�')

1� �be�i('0�')| {z }

37775 d'0:

(#)(21)

4

Trabajemos algebraicamente la expresión (#) esto es:

�

bei('

0�')

1� �bei('0�')

+

�

be�i('

0�')

1� �be�i('0�')

=

�

bei('

0�')�1� �

be�i('

0�')�+�

be�i('

0�')�1� �

bei('

0�')�

�1� �

bei('0�')

��1� �

be�i('0�')

� ;

=

�

bei('

0�') ���b

�2+�

be�i('

0�') ���b

�21� �

be�i('0�') � �

bei('0�') +

��b

�2 ;

=�2��b

�2+�

bei('

0�') +�

be�i('

0�')

1� �be�i('0�') � �

bei('0�') +

��b

�2 :

Con lo anterior el pontecial queda

� (�; ') =1

2�

Z 2�

0

� (b; '0) (22)

�

266641 + �2��b

�2+�

bei('

0�') +�

be�i('

0�')

1� �be�i('0�') � �

bei('0�') +

��b

�2| {z }

37775 d'0:(##)

Reduscamos la expresión (##)

(##) =1� �

be�i('

0�') � �bei('

0�') +��b

�2+�2

��b

�2+�

bei('

0�') +�

be�i('

0�')��b

�2+ 1� �

be�i('0�') � �

bei('0�')

;

=1�

��b

�2��b

�2+ 1� �

be�i('0�') � �

bei('0�')

;

5

usando la fórmula de Euler, simpli�camos aun más, tal que

(##) =1�

��b

�2��b

�2+ 1� �

b2 cos ('0 � ')

;

=b2

b2

1���b

�2��b

�2+ 1� �

b2 cos ('0 � ')

;

=b2 � �2

�2 + b2 � 2�b cos ('0 � ') :

Reemplazando (##) simpli�cado en la ecuación del potencial (22), tenemos:

� (�; ') =1

2�

Z 2�

0

� (b; '0)b2 � �2

�2 + b2 � 2�b cos ('0 � ')d'0. (23)

Para estudiar el problema de encontrar el potencial fuera del cilindro, esnecesario estudiar el comportamiento de la solución (1) en el in�nito, ya quese necesitan tener solución �nitas (soluciones que divergen en 1) para estoimponemos al = 0; y b0 = 0: Por lo que el problema ahora consiste en encontrarlos coe�cientes a0 y bl usando los precedimientos descritos en este problema.

2 Problema 2

Para un cilindro de radio b, recordemos que la solución viene dado por la serie

� (�; ') = a0 + b0 ln �+

1Xn=1

an�n sin (n'+ �n) +

1Xn=0

bn�nsin (n'+ �n) (24)

Como el potenicial tiene �sicamente correcto en origen es decir ser �nito en� = 0; como ln � ! �1 y ��n ! 1; por lo tanto las constantes b0 y bn lashacemos cero para no tener soluciones divergentes.Con esta consideración la solución es

� (�; ') = a0 +1Xn=1

an�n sin (n'+ �n) (25)

Considerando la fase �n = 0:Para las codiciones de borde

� (�; ')j�=b = � (b; ') =

8<: V1 ; 0 � ' < �

V2 ; � � ' < 2�(26)

6

Luego los coe�cientes los calculamos con la condición de borde, usando elconcepto de otogonalidad visto en las ecuaciones (5) y (6), esto es:

� (b; ') = a0 +1Xn=1

anbn sin (n') (27)

Multiplicando por 1 e integrando en el ángulo ' determinamos el coe�cientea0 : Z 2�

0

� (b; ') d' = a0

Z 2�

0

+1Xn=1

anbn

Z 2�

0

sin (n') d' (28)

= 2�a0

+

a0 =1

2�

Z 2�

0

� (b; ') d' (29)

Usando el potencial en la super�cie

a0 =1

2�

�V1

Z �

0

d'+ V2

Z 2�

�

d'

�(30)

=V1 + V22

Para el coe�cientes an; multiplicamos sinn0' y luego integramos en el ángulo' :Z 2�

0

� (b; ') sin (n0') d' =

Z 2�

0

a0 sin (n0') +

1Xn=1

anbn

Z 2�

0

sin (n') sin (n0') d'(31)

=1Xn=1

anbn��nn0

= �an0bn0

+

an =1

�bn

Z 2�

0

� (b; ') sin (n') d' (32)

Donde

an =1

�bn

�V1

Z �

0

sin (n') d'+ V2

Z 2�

�

sin (n') d'

�(33)

=1

�bnnfV1 (cos 0� cosn�) + V2 (cosn� � cos 2n�)g

como cos 0 = cos 2n� = 1

an =1

�bnnfV1 (1� cosn�) + V2 (cosn� � 1)g (34)

7

donde se observa que

cosn� =

8<: 1 ; n par

�1 ; n impar(35)

Por lo tanto los an impares sobreviven (los demas son todos ceros)

an =2

n�bn(V1 � V2) ; n impar (36)

Reemplazando los coe�cientes en la la solución tenemos la siguiene forma:

� (�; ') =V1 + V22

+2 (V1 � V2)

�

1Xn=1

n impar

�n

nbnsin (n') (37)

De�niendo x = �=b; y usando la fórmula de Euler sinn' =�ein' � e�in'

�=2i,

la serie queda de la forma

Sn =1

2i

1Xn=1

n impar

xn

n

�ein' � e�in'

�(38)

=1

2i

1Xn=1

n impar

�xei'

�nn

� 1

2i

1Xn=1

n impar

�xe�i'

�nn

Como tenemos que sumar la serie para poder llegar a la forma que nos pidendemostrar introducimos un 1 conveniente

(�1)n�12 (�1)

1�n2 = (�1)

n�12 (�1)1=2

h(�1)�1=2

in(39)

= i (�1)n�12 [�i]n

tenemos entonces

Sn =1

2i

8><>:1Xn=1

n impar

i (�1)n�12 [�i]n

�xei'

�nn

�1Xn=1

n impar

i (�1)n�12 [�i]n

�xe�i'

�nn

9>=>;=

1

2

8><>:1Xn=1

n impar

(�1)n�12�ixe�i'

�nn

�1Xn=1

n impar

(�1)n�12�ixei'

�nn

9>=>; (40)

Sin perder generalidad podemos llevar de n impar ! 2n + 1; esto nos dejala serie de la forma

Sn =1

2

( 1Xn=0

(�1)n

2n+ 1

�ixe�i'

�2n+1 � 1Xn=0

(�1)n

2n+ 1

�ixei'

�2n+1)(41)

8

Usando que la expación en Taylor de arctan que es

tan�1 x =1Xn=0

(�1)n

2n+ 1x2n+1 (42)

La serie queda de la siguiente forma

Sn =1

2

�tan�1

�ixe�i'

�� tan�1

�ixei'

��(43)

usando la propiedad

tan�1 x� tan�1 y = tan�1�x� y1� xy

�(44)

Por lo tanto

Sn =1

2tan�1

"ix�e�i' � ei'

�1 + i2x2

#(45)

=1

2tan�1

"ix�e�i' � ei'

�1� x2

#

=1

2tan�1

�ix(�1)(2i) sin'

1� x2

�como x = �=b

Sn =1

2tan�1

�2�b

b2sin'

(1� �2=b2)

�(46)

=1

2tan�1

�2�b

(b2 � �2) sin'�

Remplazando esto en la ecuación (37), tenemos

� (�; ') =V1 + V22

+/2 (V1 � V2)

�

1

/2tan�1

�2�b

(b2 � �2) sin'�

(47)

+

� (�; ') =V1 + V22

+(V1 � V2)

�tan�1

�2�b

b2 � �2 sin'�

(48)

Notemos que esta no la misma solución, pero esto es por la elección enángulo.Ahora estudiemos el caso con una fase distinta

�n = �=2 =) sin (n'+ �n)! cosn' (49)

9

Para esto nesitamos camciar las codiciones de borde, ya que si continuamoscon la que elegimos al comienso para esta face el coe�ciente an = 0; Haciendo unprevio analísis tenemos el sigueinte potencial en la super�cie, segun el enunciado

� (�; ')j�=b = � (b; ') =

8<: V1 ; �=2 � ' < 3�=2

V2 ; ��=2 � ' < �=2(50)

Por otro lado la solución ahora es la siguiente

� (�; ') = a0 +1Xn=1

an�n cosn' (51)

de donde analogamente los coe�cientes se calculan usando la regla de laortogonalidad.Para a0 tenemos

a0 =1

2�

Z 2�

0

� (b; ') d' (52)

=1

2�

(V1

Z 3�=2

�=2

d'+ V2

Z �=2

��=2d'

)

=V1 + V22

Analogamente para an tenemos

an =1

�bn

Z 2�

0

� (b; ') cos (n') d' (53)

=1

�bn

(V1

Z 3�=2

�=2

cos (n') d'+ V2

Z �=2

��=2cos (n') d'

)

=1

n�bn

�V1

�sin

�3n�

2

�� sin

�n�2

��� V2

�sin��n�2

�� sin

�n�2

���Donde para los n pares los an = 0: Para n impares tenemos

an =1

n�bn

8>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>:

n = 1 ! �2 (V1 � V2)

n = 3 ! 2 (V1 � V2)

n = 5 ! �2 (V1 � V2)

n = 7 ! 2 (V1 � V2)

...

(�1)n�12 2 (V1 � V2)

10

por lo tanto el coe�ciente es

an =(�1)

n�12

n�bn2 (V1 � V2) ,n impar (54)

Luego reemplazando los coe�ciente en la solución es

� (�; ') =V1 + V22

+2 (V1 � V2)

�

1Xn=1

n impar

(�1)n�12

nbn�n cosn' (55)

Al igual que el caso anterior tratemos de sumar la serie, usando los mismopasos pero aplicados a este caso

1Xn=1

(�1)n�12

nbn�n cosn' =

1Xn=1

n impar

(�1)n�12

2nbn�n�ein' + e�in'

�(56)

=1

2

1Xn=0

(�1)n

2n+ 1

��bei'�n

+1

2

1Xn=0

(�1)n

2n+ 1

��be�i'

�n=

1

2

ntan�1

��bei'�+ tan�1

��be�i'

�o=

1

2tan�1

�2�b

b2 � �2 cos'�

Reemplazando esta solución en la Ec.(55) demostramos que:

� (�; ') =V1 + V22

+(V1 � V2)

�tan�1

�2�b

b2 � �2 cos'�

(57)

Para la parte (b) ; la densidad de carga super�ciel viene dada por la siguienteexpresión:

� = ��0@� (�; ')

@�

�����=b

(58)

Donde usaremos la siguiente derivada

d

dxtan�1 x =

1

1� x2 (59)

11

Por lo tanto

� = ��0(V1 � V2)

�

@

@�tan�1

�2�b

b2 � �2 cos'�����

�=b

= ��0(V1 � V2)

�

1

1 +

�2�b

b2 � �2 cos'�2 @

@�

�2�b

b2 � �2 cos'�����

�=b

= ��0(V1 � V2)

�

�b2 � �2

�22b cos'

(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '@

@�

���b2 � �2

��1������=b

= ��0(V1 � V2)

�

�b2 � �2

�22b cos'

(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '�b2 � �2

��1+ 2�2

�b2 � �2

��2����=b

= ��0(V1 � V2)

�

�b2 � �2

�22b cos'

(b2 � �2)2 + (2�b)2 cos2 '

�b2 � �2

�+ 2�2

(b2 � �2)2

������=b

= ��0(V1 � V2)

�

2b cos'

(2bb)2cos2 '

�2b2�+

� = ��0(V1 � V2)�b cos'

3 Problema 3:

(a) Usando el principio de superposición para las contribuciones de las trescargas en el punto P

� (r; �) =1

4��0

�q

j~r1j� 2q

j~r2j+

q

j~r3j

�(60)

12

usando como coordenada principara ~r2 = ~r con

~r1 = ~r � (�~a)

~r3 = ~r � ~a

usando esta concideración

� (~r) =q

4��0

�1

j~r � (�~a)j �2

j~rj +1

j~r � ~aj

�(61)

usando coordenas esféricas tenemos

� (r; �) =q

4��0

�1p

r2 + a2 + 2ar cos �� 2r+

1pr2 + a2 � 2ar cos �

�(62)

=q

4��0

1

r

24�2 + 1q1 + a2

r2 + 2ar cos �

+1q

1 + a2

r2 � 2ar cos �

35expanción binomial

(1 + x)m= 1 +mx+m (m� 1) x

2

2!+m (m� 1) (m� 2) x

3

3!+ ::: (63)

�1 +

a2

r2+ 2

a

rcos �

��1=2= 1 +

��12

��a2

r2+ 2

a

rcos �

�(64)

+1

2!

��12

���32

��a2

r2+ 2

a

rcos �

�2+1

3!

��12

���32

���52

��a2

r2+ 2

a

rcos �

�3+ :::

analogamente�1 +

a2

r2� 2a

rcos �

��1=2= 1 +

��12

��a2

r2� 2a

rcos �

�(65)

+1

2!

��12

���32

��a2

r2� 2a

rcos �

�2+1

3!

��12

���32

���52

��a2

r2� 2a

rcos �

�3+ :::

13

� (r; �) =q

4��0

1

r

"� /2 + /1 +

��12

��a2

r2+ 2

a

rcos �

�+1

2!

��12

���32

��a2

r2+ 2

a

rcos �

�2+ /1 +

��12

��a2

r2� 2a

rcos �

�+1

2!

��12

���32

��a2

r2� 2a

rcos �

�2+ :::

#

=q

4��0

1

r

��12

a2

r2� arcos � +

3

8

a4

r4+3

2

a2

r2cos2 � +

3

2

a

rcos � (66)

�12

a2

r2+a

rcos � +

3

8

a4

r4+3

2

a2

r2cos2 � � 3

2

a

rcos � + :::

�=

q

4��0

1

r

��a

2

r2+3

4

a4

r4+ 3

a2

r2cos2 �

�=

qa2

4��0

1

r3

�3 cos2 � � 1 + 3

4

a2

r2+ :::

�Hallemos la forma límite cuando para el potencial a! 0; mientras que el

producto qa2 = Q se mantiene �nito, con nos queda lo siguiente y recoerdadoque P2 (cos �) =

�3 cos2 � � 1

�=2

� (r; �) =Q

2��0

1

r3P2 (cos �) (67)

(b)Ahora tenemos el caso donde estan las tres cargas en presencia de una esfera

conductora puesta a tierra, esto es � (b; �) = 0:Como sabemos que el potencial aunque es una canditad escalar, este cumple

con el principio de superposición Sabemos que sin la esfera el potencial pro-ducido por las tres cargas es,

�1 (r; �) =Q

2��0

1

r3

�P2 (cos �) +

3

2

�ar

�2+ :::

�(68)

El potencial de una esfera conductora esta dado por la solución de la Ec. deLaplace en coordenadas esfericas

�2 (r; �) =1Xl=0

�Alr

l +Blrl+1

�Pl (cos �) (69)

donde Bl = 0; para tener soluciones �nitas dentro de la esfera (r > b). Por loque la solución es

�2 (r; �) =1Xl=0

AlrlPl (cos �) (70)

14

Usando el principio de superposición tenemos que el potencial escalar parael sistema física dentro de una esfera (r > b)

� = �1 + �2 (71)

=Q

2��0

1

r3

�P2 (cos �) +

3

2

�ar

�2+ :::

�+

1Xl=0

AlrlPl (cos �)

Conciderando la condición de contorno

� (b; �) = 0 =Q

2��0

1

b3

�P2 (cos �) +

3

2

�ab

�2+ :::

�+

1Xl=0

AlblPl (cos �)

+1Xl=0

AlblPl (cos �) = �

Q

2��0

1

b3

�P2 (cos �) +

3

2

�ab

�2+ :::

�Por inspección notamos se tiene que el valor que no se anula es l = 2 para

la parte izquierda de la ecuación, conciderando esto tenemos

A2b2 = � Q

2��0

1

b3(72)

+

A2 = �Q

2��0

1

b5(73)

Por lo tanto la solución conciderando lo anterior (recuerde que Al = 0;8l 6=2)

� (r; �) =Q

2��0

1

r3

�P2 (cos �) +

3

2

�ar

�2+ :::

�+A2r

2P2 (cos �) (74)

=Q

2��0

1

r3

�P2 (cos �) +

3

2

�ar

�2+ :::

�� Q

2��0

1

b5r2P2 (cos �)

valido para r < b: Note que esta solución es valida para r > a o r < a sianalizamos la solución.Tomando el límite cuando a! 0

� (r; �) =Q

2��0

1

r3[P2 (cos �)]�

Q

2��0

1

b5r2P2 (cos �) (75)

=) � (r; �) =Q

2��0

1

r3

�1�

�rb

�5�P2 (cos �) (76)

15

4 Problema 4:

(a) El problema nos mensiona que la función ln (csc �) tiene una expanción entérminos de armonicos esfericos. Como siempre es posible espersar una funciónarbirtraria en terminos de esta función especial devido a su comportamientoortonormal y completo, de la forma:

f (�; ') =Xl;m

AlmYm

l (�; ') (77)

Para nuestro caso donde tenemos simetría azimutal (m = 0) la expresionqueda la siguiente forma

f (�; ') = f (�) =Xl

AlPl (cos �) (78)

Usando lo que nos suguien en la pregunta nuestra función es ln (csc �) ; lacual podemos usar un poquito de algebra para tener

f (�) = ln (csc �) (79)

= ln

�1

sin �

�= ln

�1

1� cos3 �

�= �1

2ln�1� cos2 �

�usando la vartiable x = cos �; tenemos

f (x) = �12ln�1� x2

�=

1Xl=0

AlPl (x) (80)

Donde para calcular los coe�cientes usamos la regla de ortogonalidad de losPl (x), mulitplicando por un Pl0 (x) e integrando en el intervalo [�1; 1] ; con loque el coe�ciente queda

Al =2l + 1

2

Z 1

�1f (x)Pl (x) dx (81)

La función entonces es (usando que P0 (x) = 1)

f (x) =1Xl=0

AlPl (x) (82)

= A0 +1Xl=1

AlPl (x)

16

Calculemos A0

A0 = �14

Z 1

�1ln�1� x2

�dx (83)

= �14

Z 1

�1ln [(1� x) (1 + x)] dx

= �14

�Z 1

�1ln (1� x) dx+

Z 1

�1ln (1 + x) dx

�(84)

usando que la intengral de un lnx se calcular integrando por partes

u = lnx ! du =1

xdx

dv = dx ! v = x

Tenemos Zlnxdx = x lnx�

Zdx (85)

= x lnx� x

Para nuetro caso las integrales toman el siguiente valor, observe que para elcaso 1� x cambian los signos en la solución de la integraciónZ 1

�1ln (1� x) dx = � (1� x) ln (1� x)� (1� x)jx=1x=�1 (86)

Z 1

�1ln (1 + x) dx = (1 + x) ln (1 + x)� (1 + x)jx=1x=�1 (87)

Reemplazando en A0; tenemos

A0 = �14

n� (1� x) ln (1� x)� (1� x)jx=1x=�1 (88)

+ (1 + x) ln (1 + x)� (1 + x)jx=1x=�1

o= �1

4f�2 ln+2 + 2 ln 2� 2g (89)

= �14f4 ln 2� 4g (90)

= 1� ln 2 (91)

Calculemos Al para l 6= 0

Al = �1

2

2l + 1

2

Z 1

�1ln�1� x2

�Pl (x) dx (92)

17

Integrando por partesRudv = uv �

Rvdu

u = ln�1� x2

�! du =

�2x1� x2 dx

dv = Pl (x) dx ! v =

ZPl (x) dx

Tenemos

Al = �2l + 1

4

(ln�1� x2

� ZPl (x) dx

����x=1x=�1

+

Z 1

�1

2x

1� x2Z 1

�1Pl (x

0) dx0dx

)(93)

Notamos que el término ln�1� x2

� ZPl (x) dx

����x=1x=�1

= 0

Y usando siguiente ecuación de Legendre

d

dx

��1� x2

� dPl (x)dx

�+ l (l + 1)Pl (x) = 0 (94)

podemos expresar todo de la siguiente forma

Al =2l + 1

2l (l + 1)

Z 1

�1

x

1� x2Z 1

�1

d

dx0

��1� x02

� dPl (x0)dx0

�dx0dx (95)

=2l + 1

2l (l + 1)

Z 1

�1xdPl (x)

dxdx

Integrando nuevamente por partes

u = x ! du = dx

dv =dPl (x)

dxdx ! v = Pl (x)

Tenemos

Al =2l + 1

2l (l + 1)

�xPl (x)jx=1x=�1 �

Z 1

�1Pl (x) dx

�(96)

=2l + 1

2l (l + 1)

�Pl (1) + Pl (�1)�

Z 1

�1Pl (x) dx

�Usando la regla general Pl (�1) = (�1)l y Pl (1) = 1

Al =2l + 1

2l (l + 1)

�1 + (�1)l �

Z 1

�1Pl (x) dx

�(97)

18

Notemos que Al se anula para los l impares ya que

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

2 (2l + 1) ((2l + 1) + 1)

�1 + (�1)(2l+1) �

Z 1

�1P(2l+1) (x) dx

�(98)

=2 (2l + 1) + 1

2 (2l + 1) ((2l + 1) + 1)

�1 + (�1)�

Z 1

�1P(2l+1) (x) dx

�yR 1�1 P(2l+1) (x) dx = 0; considerando la simetria del intervalo, por lo tanto

A2l+1 = 0.Los casos no nulos son para los l pares

A2l =2 (2l) + 1

2 (2l) (2l + 1)

�1 + (�1)2l �

Z 1

�1P2l (x) dx

�=

2 (2l) + 1

2 (2l) (2l + 1)

�1 + (+1)�

Z 1

�1P2l (x) dx

�(99)

al igual que en caso anterior la integralR 1�1 P(2l+1) (x) dx es nula, por lo

tanto

A2l =2 (2l) + 1

2 (2l) (2l + 1)f1 + (+1)g (100)

=4l + 1

2l (2l + 1)

Entonces la serie que da reemplazando (??) y (100) en la Ec.(82)

ln (csc �) = 1� ln 2 +1Xl=1

4l + 1

2l (2l + 1)P2l (cos �) (101)

Ahora partamos del potencial dentro de una espera a tierra con un cablecargado uniformente a lo largo de un díametro

� (~r) =Q

4��0b

8<:ln�b

r

�+

1Xj=1

4j + 1

2j (2j + 1)

�1�

�rb

�2j�P2j (cos �)

9=; (102)

Q

4��0b

8<:ln�b

r

�+

1Xj=1

4j + 1

2j (2j + 1)P2j (cos �)�

1Xj=1

4j + 1

2j (2j + 1)

�rb

�2jP2j (cos �)

9=;impeccionando la Ec.(101) notamos los siguiente

1Xl=1

4l + 1

2l (2l + 1)P2l (cos �) = ln

�1

sin �

�� 1 + ln 2 (103)

19

Podemos expresar el potencial usando lo anterior

� (~r) =Q

4��0b

8<:ln�b

r

�+ ln

�1

sin �

�� 1 + ln 2�

1Xj=1

4j + 1

2j (2j + 1)

�rb

�2jP2j (cos �)

9=;=

Q

4��0b

8<:ln�

2b

r sin �

�� 1�

1Xj=1

4j + 1

2j (2j + 1)

�rb

�2jP2j (cos �)

9=; (104)

(b) Para demostrar que la expanción partimos de la que la ecuación

1

j~x� ~x0j =1Xl=0

rl<rl+1>

Pl (cos ) (105)

el cual corresponde la siguiente �gura

Usando el teorea del coseno tenemos

1

j~x� ~x0j =1p

r2 + r02 � 2rr0 cos (106)

Si rotamos el sistema tal que ~x0 coincida con el eje z y sea unitario (estoimplica que = �) y que el vector ~x tambien sea unitario, se cumple quej~x0j = 1 y j~xj = 1; la expanción 1= j~x� ~x0j toma el siguiente valor

1

j~x� ~x0j =1p

2p1� cos �

(107)

=1Xl=0

Pl (cos ) (108)

20

De forma analoga si ahora tomamos el vector ~x0 sobre el eje z y unitario.Pero el vector en ~x en vez de estar en el cuadrante positivo esta en el cuadranteinferior (es decie � ! � + �; esto nos transforma el cos � ! � cos �) y tambienconcideramos unitario

1

j~x� ~x0j =1p

2p1� cos �

(109)

=1p

2p1 + cos �

=1Xl=0

Pl (� cos �) (110)

según la fórmula del ángulo medio

sin �=2 =

r1� cos �

2(111)

cos �=2 =

r1 + cos �

2(112)

usando lo anterior tenemos

1p2p1� cos

=1

2 sin �=2(113)

1p2p1 + cos (�)

=1

2 cos �=2(114)

Conciderando la Ec.(105)

1

2 sin �=2=

1Xl=0

Pl (cos �) (115)

1

2 cos �=2=

1Xl=0

Pl (� cos �) (116)

Donde recuerde que la paridad tenemos que Pl (�x) = (�1)l Pl (x) ; por lotanto

1

2 cos �=2=

1Xl=0

(�1)l Pl (cos �) (117)

Sumando las ecuaciones (115) y (117) tenemos

1

2

�1

sin �=2+

1

cos �=2

�=

1Xl=0

Pl (cos �) +1Xl=0

(�1)l Pl (cos �) (118)

21

Notamos que solo sobreviven los terminos para l par esto es l ! 2j; por lotanto demostramos que

1

2

�1

sin �=2+

1

cos �=2

�= 2

1Xj=0

P2j (cos �) (119)

Ahora considerando la densidad de carga super�cial para una efera conduc-tora puesta tierra con un distribución lineal en uno de sus diametros, es

� (�) = � Q

4�b2

241 + 1Xj=1

4j + 1

2j + 1P2j (cos �)

35 (120)

= � Q

4�b2

1Xj=0

4j + 1

2j + 1P2j (cos �)

Usando fracciones parciales podemos expresar

4j + 1

2j + 1=

A

1+

B

2j + 1(121)

=2jA+A+B

2j + 1

nos entrega el siguiente sistema de ecuaciones

4 = 2A y A+B = 1

+A = 2; B = �1 (122)

con esto podemos expresar

4j + 1

2j + 1= 2� 1

2j + 1(123)

Reemplazando en la serie tenemos

� (�) = � Q

4�b2

1Xj=1

�2� 1

2j + 1

�P2j (cos �) (124)

= � Q

4�b2

8<:1Xj=1

2P2j (cos �)�1Xj=0

1

2j + 1P2j (cos �)

9=;= � Q

4�b2

8<:12�

1

sin �=2+

1

cos �=2

��

1Xj=0

1

2j + 1P2j (cos �)

9=;

22

5 Problema 5:

(i) Para la función

f (x) =

8<: +1 ; x > 0

�1 ; x < 0(125)

Partimos que cualquier función se puede expresar en termios de polinomiosde Legrendre ya que estos forman un conjunto ortogonal y completo (formanuna base) dentro del intervalo [�1; 1] ; esto es

f (x) =

1Xl=0

AlPl (x) (126)

Para encontrar el coe�ciente Al. Multiplicando Pl0 (x) y luego integrando enel intervalo Z 1

�1f (x)Pl0 (x) dx =

1Xl=0

Al

Z 1

�1Pl (x)Pl0 (x) dx (127)

usando la relación de ortogonalidad de los polinomios de LegendreZ 1

�1Pl (x)Pl0 (x) dx =

2

2l + 1�l0l (128)

Podemos calcular el coe�cienteZ 1

�1f (x)Pl0 (x) dx =

1Xl=0

2Al2l + 1

�l0l (129)

=2

2l0 + 1Al0

+

Al =2l + 1

2

Z 1

�1f (x)Pl (x) dx (130)

Donde la integral es nula si el integrando es impar y distinta de nulo cuandoel integrando es par.

Para nuestro caso f (x) es una función imapar, por lo tanto conciderando lapartidad de los Pl (x), esta debe ser impar para que la integral no se anule yesto es cuando los l son numeros impares. (por lo tanto para l pares todos esoscoe�cientes son ceros). Por lo tanto la integral que tenemos que resolver es paranestra función f (x) = 1; x > 0 y �1; x < 0; es:

Al = (2l + 1)

Z 1

0

Pl (x) dx (131)

23

usando la fórmula de Rodrigues

Pl (x) =1

2ll!

�d

dx

�l �x2 � 1

�l(132)

Introduciendo esto en la integral tenemos

Al =(2l + 1)

2ll!

Z 1

0

�d

dx

�l �x2 � 1

�ldx (133)

=(2l + 1)

2ll!

Z 1

0

d

dx

�d

dx

�l�1 �x2 � 1

�ldx

=(2l + 1)

2ll!

�d

dx

�l�1 �x2 � 1

�l�����x=1

x=0

Analisemos los casos donde hay que evaluar, en x = 1 todos los valores sonnulos �

d

dx

�l�1 �x2 � 1

�l�����x=1

= 0 (134)

ya que es una suma de términos en los que siempre hay, al menos un factor�x2 � 1

�; por lo que todos los terminos son nulos en x = 1:

Por que el coe�ciente queda

Al = �(2l + 1)

2ll!

�d

dx

�l�1 �x2 � 1

�l�����x=0

(135)

usando la fómula del binomio de Newton

Al = �(2l + 1)

2ll!

Xm

�lm

�(�1)m

�d

dx

�l�1 �x2�l�m�����

x=0

(136)

Claramento todos los terminos para x = 0, excepto el término independiente (eltérmino que no depende de x), este término es�

d

dx

�l�1xl�1 = (l � 1)! (137)

Donde usamos la siguiente propiedades de un monomio:

�d

dx

�nxm =

8>><>>:m!

(m� n)! ; n � m

0 ; n > m

(138)

24

Entonces el monomio xl�1 es igual a�x2�l�m

; cuando

l � 1 = 2l � 2m+

m =l + 1

2(139)

Por lo tanto el único término que no se anula en la evaluación, me queda

Al = � (2l + 1)2ll!

�ll+12

�(�1)

l+12 (l � 1)! (140)

= � (�1)l+12(2l + 1)

2ll!

l!�l+12

�!�l � l+1

2

�!(l � 1)!

= (�1)l+32

(2l + 1) (l � 1)!

2l�l + 1

2

�!

�l � 12

�!

Lo que haremos a continuación es un poco de algebra para llegar a la mismaexpresión que tiene el libro. Pero note que aca ya se llega a una expresión �nal.

Al =2

2(�1)

l�1�l+12 (�1)

l+32

(2l + 1) (l � 1)!

2l�l + 1

2

�!

�l � 12

�!

(141)

=

��12

� l�12 (2l + 1)

2

�l + 1

2

�!

2664 (l � 1)!

2l�12

�l � 12

�!

3775El término que esta en el parentesis cuadrado corresponde al doble factorial

de (l � 2) ; por lo tanto el coe�ciente Al; es:

Al =�� 12

�(l�1)=2 (2l + 1)

2

�l + 1

2

�!

(l � 2)!! ; l impar (142)

(ii) Para demostrar f (x) = 32Pl (x)�

78P3 (x) +

1116P5 (x)� :::

Partimos de que la funcion se escribe en términos de los Pl (x) ; de la forma

f (x) =1Xl=0

AlPl (x) (143)

= A0P0 (x) +A1P1 (x) +A2P2 (x) +A3P3 (x) + :::

25

usando la fórmula (142) previamente derivada

Al =

�1

2

�(l�1)=2(2l + 1) (l � 2)!!

2

�l + 1

2

�!

(144)

Soluciones para l impares (es decir l = 1; 3; 5; :::) ya que para los l pares loscoe�cientes son nulos. Por lo tanto la serie valida es

f (x) = A1P1 (x) +A3P3 (x) +A5P5 (x) + ::: (145)

Calculando los coe�cientes no nulos, recuerde que el doble factorial estade�nido como

n!! =

8>>>><>>>>:(n� 2)� :::� 5� 3� 1 ; n > 0 impar

(n� 2)� :::� 6� 4� 2 ; n > 0 par

1 ; n = �1; 0

(146)

Para nuestro caso podemos ocupar la de�ción para numeros impar,

(2n+ 1)!! =(2n+ 1)!

2nn!(147)

Tenemos entonces que los coe�cientes:

A1 =

�1

2

�(1�1)=2(2 � 1 + 1) (1� 2)!!

2

�1 + 1

2

�!

=3

2(148)

A3 =

�1

2

�(3�1)=2(2 � 3 + 1) (3� 2)!!

2

�3 + 1

2

�!

= �78

(149)

A5 =

�1

2

�(5�1)=2(2 � 5 + 1) (5� 2)!!

2

�5 + 1

2

�!

=11

16(150)

Reemplazando estos coe�cientes en la solución (145), demostramos que:

f (x) =3

2P1 (x)�

7

8P3 (x) +

11

16P5 (x) + ::: (151)

(iii) Partiendo de la solución de Laplace en coordenadas esfericas con simetríaazimutal

� (r; �) =1Xl=0

�Alr

l +Blrl+1

�Pl (cos �) (152)

26

Ahora tenemos una esfera conductora de radio a que su hemiferios están adistintos potenciales �jos

V (�) =

8<: +V ; 0 � � < �=2

�V ; �=2 � � < �(153)

Ya que necesitamos soluciones �nitas hace Bl = 0 ya que r�(l+1) diverge enel origen, por lo tanto la solución es

� (r; �) =1Xl=0

AlrlPl (cos �) (154)

donde el coe�ciente se calcula usando la condición de borde � (a; �) = V (�) ytiene la siguiente forma

Al =2l + 1

2al

Z �

0

V (�)Pl (cos �) sin �d� (155)

Remplazando nuestro potencial notamos que la Pl (cos �) tiene que ser imparpara que no se anule, por lo tanto nuestra integral toma la forma

Al =(2l + 1)V

al

Z 1

0

Pl (cos �) d (cos �)

note que esta es la misma integral que la demostra en la parte (i) por lo tantousando esa solución tenemos

Al =

�1

2

�(l�1)=2V

al(2l + 1) (l � 2)!!

2

�l + 1

2

�!

(156)

valido para l impares. Para l = 1; 3; 5; tenemos

A1 =

�1

2

�(1�1)=2V (2 � 1 + 1) (1� 2)!!

2a

�1 + 1

2

�!

=3V

2a(157)

A3 =

�1

2

�(3�1)=2V (2 � 3 + 1) (3� 2)!!

2a3�3 + 1

2

�!

= � 7V8a3

(158)

A5 =

�1

2

�(5�1)=2V (2 � 5 + 1) (5� 2)!!

2a5�5 + 1

2

�!

=11V

16a5(159)

Colocando esto en la solución (154), demostramos:

� (r; �) =3V

2arP1 (cos �)�

7V

8a3r3P3 (cos �) +

11V

16a5r5P5 (cos �) + ::: (160)

27

(iv) Para demostrar

� (r; �) =3V a2

2r2

�cos � � 7a2

12r2

�5

2cos3 � � 3

2cos �

�+ :::

�que es la solución del potencial fuera de una esfera conductora de radio a consus hemiferios a potencial �jos opuestos.Partiendo de la solución

� (r; �) =1Xl=0

�Alr

l +Blrl+1

�Pl (cos �) (161)

Como queremos el potencial en el experior de la esfera imponemos Al = 0:por lo tanto la solución queda

� (r; �) =1Xl=0

Blrl+1

Pl (cos �) (162)

Usando la regla de ortogonalidad y la condición d eborde tenemos que elcoe�ciente es:

Bl =2l + 1

2

Z 1

�1V (�)Pl (cos �) d (sin �) (163)

como el pontecial es

V (�) =

8<: +V ; 0 � � < �=2

�V ; �=2 � � < �(164)

Notamos que la integral solo es valida para l impares, por lo tanto el coe�-ciente toma el siguiente valor

Bl = V al (2l + 1)

Z 1

0

Pl (x) d (x) (165)

Donde esta integral la resolvimos en parte (a) de este problema, por lo tanto

Bl =

�1

2

�(l�1)=2V al+1

(2l + 1) (l � 2)!!

2

�l + 1

2

�!

valido para l impares.Para l = 1; 3; 5; tenemos

B1 =

�1

2

�(1�1)=2V a2 (2 � 1 + 1) (1� 2)!!

2

�1 + 1

2

�!

=3V a2

2(166)

28

B3 =

�1

2

�(3�1)=2V a4 (2 � 3 + 1) (3� 2)!!

2

�3 + 1

2

�!

= �7V a4

8(167)

B5 =

�1

2

�(5�1)=2V a6 (2 � 5 + 1) (5� 2)!!

2

�5 + 1

2

�!

=11V a6

16(168)

Colocando esto en la solución (162), queda demostrado

� (r; �) =3V a2

2r2P1 (cos �)�

7V a4

8r4P3 (cos �) +

11V a6

16r6P5 (cos �) + :::(169)

=3V a2

2r2cos � � 7a4

8r2

�5

2cos3 � � 3

2cos �

�+ :::

=3V a2

2r2

�cos � � 7V a

4

12r4

�5

2cos3 � � 3

2cos �

�+ :::

�

Otro método para desmostrar esta solución es partiendo de

� (z = r) = V

�1� r2 � a2

r Sqrt[r2 + a2]

�(170)

Podemos arreglar la expresión y tomar la serie deTaylor de a=r = �

� (z = r) = V

"1�

r2�1� a2=r2

�r2p1 + a2=r2

#(171)

= V

"1�

�1� �2

�p1 + �2

#Entonces tomamos el Taylor de � en torno al cero

f (�) =1Xn=0

1

n!

@nf (�)

@�n

�����=0

�n (172)

Donde si comparamos usando métodos similares que la parte (a) del prob-lema vemos que esto es valido solo para terminos pares de n (! 2n) y que elcoe�ciente toma el siguiente valor

@nf (�)

@�n

�����=0

= (�1)n�1�2n� 1

2

���n� 1

2

���12

� (173)

Por lo tanto la solución queda de la siguiente forma

� (z = r) =V

��12

� 1Xj=0

1

j!

�2j � 1

2

��

�j � 1

2

��ar

�2j(174)

29

Note que esta solución es para cuando z = r, para encontrar la solución válidaen todos los puntos exteriores de la esfera debemos multiplicar por P2j�1 (cos �) ;tal que:

� (r; �) =V

��12

� 1Xj=0

1

j!

�2j � 1

2

��

�j � 1

2

��ar

�2jP2j�1 (cos �) (175)

Con esto calculamos el potencial segundo orden (es decir j = 1; 2):

� (r; �) =V

��12

� �3a2p�2r2

P1 (cos �)�7a4p�

8r4P3 (cos �) + :::

�(176)

= V

�3a2

2r2cos � � 7a

4

8r4

�5

2cos3 � � 3

2cos �

�+ :::

�=

3V a2

2r2

�cos � � 7V a

4

12r4

�5

2cos3 � � 3

2cos �

�+ :::

�

30