Laplace y el teorema de unicidad: por qué se puede adivinar la respuesta

En el centro de una caja cuadrada con tres lados a tierra y el cuarto a 100 V, el potencial vale exactamente 25 V. No 24,8; no «aproximadamente la cuarta parte»: veinticinco, y se obtiene sin resolver ninguna ecuación en derivadas parciales. Ese resultado es un síntoma de lo que hace especial a la ecuación de Laplace: sus soluciones son tan rígidas que están determinadas enteramente por lo que ocurre en la frontera. De esa rigidez sale el teorema de unicidad, que es lo que permite adivinar una solución y quedarse tranquilo — y sin él, los tres artículos siguientes de este módulo serían trucos sin justificación.

Necesitas: del módulo II.1, el artículo 03 entero —

\mathbf{E}=-\nabla V

, las ecuaciones de Poisson y de Laplace, las condiciones de contorno— y del artículo 04, las cinco propiedades del conductor en equilibrio y la densidad de energía

u=\varepsilon_0E^{2}/2

. De cálculo: laplaciano en cartesianas y esféricas, teorema de la divergencia, integración por partes en tres dimensiones. Texto guía de este módulo: D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 4.ª ed.

El problema ha cambiado de forma

El módulo II.1 resolvía siempre el mismo problema: dada la carga, hallar el campo. Con conductores, ese problema no se puede plantear, porque la carga se coloca sola y dónde acaba depende del campo que queremos calcular. Lo que sí se conoce es otra cosa: el potencial —o la carga total— de cada conductor. El problema pasa a ser

\nabla^{2}V = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}\ \ \text{en el volumen},\qquad V\ \text{prescrito en la frontera}

y en las regiones vacías, que son casi todas, el segundo miembro se anula y queda $\nabla^{2}V=0$ . Eso es un problema de contorno. Antes de resolver ninguno hay que contestar dos preguntas que la integral de Coulomb no planteaba nunca: ¿existe solución?, y si existe, ¿es la única? La segunda se contesta en este artículo con dos teoremas; la primera, con un algoritmo que la construye.

La rigidez de Laplace, en una dimensión

En una dimensión, $d^{2}V/dx^{2}=0$ tiene por solución $V = mx+b$ : una recta. Dos rasgos de esa recta, aparentemente triviales, son toda la teoría, y sobreviven al pasar a tres dimensiones:

Valor medio. $V(x)$ es el promedio de $V(x+a)$ y $V(x-a)$ para cualquier $a$ . Una recta pasa por el punto medio de dos puntos suyos.
Sin extremos interiores. Una recta no tiene máximos ni mínimos locales: sus valores extremos están en los dos bordes del intervalo.

Y hay un tercero que es el que se usa en la práctica: una recta queda fijada por dos datos, y esos dos datos pueden ser los valores en los extremos. Fijar $V(0)=0$ y $V(d)=V_0$ determina la función entera. Con $d = 1{,}0$ mm y $V_0 = 12$ V, el potencial sube en línea recta con una pendiente de 12 kV/m igual en todo punto: el campo es uniforme y vale exactamente eso — que es el condensador plano del II.1, ahora deducido de la ecuación diferencial en lugar de la ley de Gauss.

La propiedad del valor medio, en tres dimensiones

En tres dimensiones el enunciado es idéntico, cambiando «los dos extremos de un segmento» por «una esfera»:

\boxed{\;V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi R^{2}}\oint_{\text{esfera de radio } R} V\,da\;}

para cualquier esfera centrada en $\mathbf{r}$ que no encierre carga. Es la propiedad del valor medio, y su demostración cabe en cinco líneas. Basta con probarla para una carga puntual $q$ situada fuera, a distancia $z$ del centro de la esfera; el resto sale por superposición, porque promediar es una operación lineal. Con $\theta$ medido desde la línea que une la carga con el centro, la distancia de la carga a un punto de la esfera es $\sqrt{z^{2}+R^{2}-2zR\cos\theta}$ , y

\langle V\rangle = \frac{1}{4\pi R^{2}}\int_0^{\pi}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{z^{2}+R^{2}-2zR\cos\theta}}\,2\pi R^{2}\sin\theta\,d\theta = \frac{q}{8\pi\varepsilon_0 zR}\Big[\sqrt{z^{2}+R^{2}-2zR\cos\theta}\Big]_0^{\pi}

El corchete vale $(z+R)-(z-R) = 2R$ cuando la carga está fuera ( $z>R$ ), y todo se simplifica a $q/4\pi\varepsilon_0 z$ , que es el potencial en el centro. La esfera no ha cambiado nada. Con $q = 10$ nC a $z = 20$ cm, el promedio sobre una esfera de 5 cm de radio sale 449 V, el mismo número que $kq/z$ — y sale igual con esferas de 1 cm, de 10 cm o de 19,9 cm, mientras la carga se quede fuera.

Si la carga está dentro, el corchete vale $(R+z)-(R-z)=2z$ y el promedio da $q/4\pi\varepsilon_0 R$ : ya no depende de dónde esté la carga, sólo del radio de la esfera. De ahí sale la versión general, que es la que hay que recordar:

\langle V\rangle_{\text{esfera}} = V_{\text{ext}}(\text{centro}) + \frac{Q_{\text{enc}}}{4\pi\varepsilon_0 R}

El promedio sobre una esfera es el potencial que crearían en el centro las cargas exteriores, más un término que sólo depende de la carga encerrada. Con la misma carga de 10 nC metida a 2 cm del centro de la esfera de 5 cm, el promedio sale 1 798 V —que es $kq/R$ — mientras que el potencial en el centro vale 4 494 V. Fuera coinciden; dentro, no.

Ejemplo resuelto 1 · El valor medio, y lo que prohíbe

Problema. (a) Comprueba la propiedad del valor medio para $q = 10$ nC a 20 cm del centro de una esfera de promediado de 5 cm, y repite con la carga a 2 cm del centro. (b) Usa la propiedad para demostrar que $V$ no puede tener un máximo local en una región sin carga. (c) ¿Puede $|\mathbf{E}|$ valer cero en un punto interior?

Solución. (a) Con la carga fuera, el corchete de la integral vale $2R$ y $\langle V\rangle = kq/z = 8{,}99\times10^{9}\times10^{-8}/0{,}20 =$ 449 V, exactamente el potencial en el centro. La comprobación numérica de la integral sobre $\theta$ da el mismo número con quince cifras: no es una aproximación de ángulo pequeño, es una identidad. Con la carga dentro, a 2 cm, el corchete pasa a valer $2z$ y el promedio cae a $kq/R =$ 1 798 V, mientras que el valor en el centro es $kq/z =$ 4 494 V. El promedio se ha quedado en el 40 % del valor central.

(b) Supón que $V$ tuviera un máximo local en un punto $P$ de una región sin carga. Entonces existiría una esfera pequeña centrada en $P$ en la que todos los valores de $V$ fueran menores que $V(P)$ , y su promedio también lo sería. Pero ese promedio tiene que ser $V(P)$ exactamente. Contradicción. El mismo argumento con las desigualdades cambiadas prohíbe los mínimos. Los extremos de una solución de Laplace están siempre en la frontera.

(c) Sí, y conviene no confundir las dos cosas. $\mathbf{E}=-\nabla V$ se anula donde $V$ tiene un punto crítico, y los puntos de silla no están prohibidos: lo que la ecuación de Laplace exige es que las tres segundas derivadas sumen cero, no que sean nulas. Un punto de silla tiene unas positivas y otras negativas, y su suma puede valer cero perfectamente.

Resultado. Lo que se ha ganado con (a) no es una comprobación: es un algoritmo. La propiedad del valor medio no dice sólo que la solución es lisa — dice cómo calcularla, porque «cada punto es el promedio de sus vecinos» es una receta que se puede iterar hasta que deje de cambiar, y eso es la relajación numérica de la última sección. Y (b) tiene una lectura física que se usará en los tres artículos siguientes: una región sin carga no puede tener «un pico de potencial en medio». Si en un mapa de potencial aparece uno, o hay carga ahí, o el mapa está mal. Ese es, literalmente, el control de calidad de cualquier simulación electrostática.

El primer teorema de unicidad

Ya se puede enunciar el resultado que sostiene el módulo entero.

Primer teorema de unicidad. La solución de la ecuación de Laplace en un volumen $\mathcal{V}$ queda determinada de forma única por el valor de $V$ sobre la frontera $\mathcal{S}$ de ese volumen.

La demostración es de dos líneas y es una aplicación directa de lo anterior. Supón que hay dos soluciones, $V_1$ y $V_2$ , que cumplen Laplace dentro y coinciden en la frontera. Su diferencia $V_3 = V_1-V_2$ también cumple Laplace —la ecuación es lineal— y vale cero en toda la frontera. Pero una solución de Laplace toma sus valores máximo y mínimo en la frontera, y ahí los dos valen cero: luego $V_3$ está atrapada entre cero y cero en todo el volumen. Es idénticamente nula, y $V_1 = V_2$ .

Dos corolarios que se usan sin parar. El primero: si hay carga dentro, el teorema sigue valiendo. Con $\nabla^{2}V_1 = \nabla^{2}V_2 = -\rho/\varepsilon_0$ , la diferencia cumple $\nabla^{2}V_3 = 0$ —la $\rho$ se cancela— y el argumento es el mismo. Enunciado así: dada la carga en el volumen y el potencial en la frontera, la solución es única.

El segundo corolario es el que legitima todo el artículo 02, y merece decirse despacio: la solución dentro de una región no depende de cómo se haya producido el potencial de su frontera. Dos configuraciones exteriores completamente distintas que casualmente den los mismos valores sobre $\mathcal{S}$ producen exactamente el mismo campo dentro. Eso convierte «adivinar» en un método legal: si alguien propone una solución, sea cual sea el disparate que la haya sugerido, y esa solución cumple la ecuación y las condiciones de contorno, es la solución y no hay nada más que discutir.

La frontera no siempre es una superficie material. En un problema abierto, parte de la frontera está en el infinito, y la condición allí es $V\to 0$ — que es una condición de contorno perfectamente respetable, y de hecho la que hace único el problema de la carga frente al plano del artículo 02.

El segundo teorema de unicidad: cuando lo que se conoce es la carga

Hay una situación muy corriente en la que el primer teorema no sirve: un montón de conductores de los que se conoce la carga total de cada uno, pero no su potencial. Es lo que pasa cuando se cargan por separado y se acercan, o cuando se aíslan tras cargarlos. El potencial de cada uno es entonces una incógnita del problema, no un dato.

Segundo teorema de unicidad. En un volumen rodeado de conductores y que contenga una densidad de carga $\rho$ conocida, el campo eléctrico queda determinado de forma única si se especifica la carga total de cada conductor.

La demostración necesita algo más que la anterior y merece la pena hacerla, porque es el único sitio del módulo donde reaparece la energía del campo. Supón dos campos $\mathbf{E}_1$ y $\mathbf{E}_2$ compatibles con los mismos datos. Su diferencia $\mathbf{E}_3$ cumple $\nabla\cdot\mathbf{E}_3=0$ en el volumen —la $\rho$ se cancela— y encierra carga total nula alrededor de cada conductor. Además, cada conductor sigue siendo equipotencial en las dos soluciones, así que $V_3$ es constante sobre cada uno. Aplicando la identidad $\nabla\cdot(V_3\mathbf{E}_3) = V_3(\nabla\cdot\mathbf{E}_3) - E_3^{2}$ e integrando por todo el volumen con el teorema de la divergencia:

\int_{\mathcal{V}} E_3^{2}\,d\tau = -\oint_{\mathcal{S}} V_3\,\mathbf{E}_3\cdot d\mathbf{a} = -\sum_i V_3^{(i)}\oint_{\mathcal{S}_i}\mathbf{E}_3\cdot d\mathbf{a} = -\sum_i V_3^{(i)}\,\frac{Q_3^{(i)}}{\varepsilon_0} = 0

porque $V_3$ sale de cada integral al ser constante sobre el conductor, y el flujo que queda es la carga diferencia, que es cero por hipótesis. Una integral de un cuadrado que vale cero obliga a que el integrando sea nulo en todas partes: $\mathbf{E}_3=\mathbf{0}$ y los dos campos coinciden.

Conviene medir la diferencia entre los dos teoremas con un caso concreto del módulo anterior. Una cáscara conductora neutra con una carga $q = 5$ nC descentrada dentro de su cavidad: el primer teorema no se puede aplicar en la región exterior, porque nadie ha dicho a qué potencial está la cáscara. El segundo sí, porque su carga total —cero— es un dato. Y su conclusión es la que en el II.1 hubo que argumentar a mano: el campo fuera es único, y como el de una carga $+q$ en el centro es una solución compatible, es la solución. A 10 cm del centro, $kq/r^{2} =$ 4,49 kV/m, y da igual dónde esté la carga dentro.

Earnshaw, ahora con demostración

El teorema de Earnshaw apareció en el módulo II.1 enunciado y con la advertencia de que su demostración era de aquí. Aquí está, y ocupa una frase: una carga de prueba en una región sin más carga no puede estar en equilibrio estable, porque el equilibrio estable exigiría un mínimo de la energía potencial $U=qV$ , y $V$ no tiene mínimos interiores. Eso es todo. No hay ninguna hipótesis adicional escondida, y por eso el teorema es tan robusto.

Lo que sí conviene entender es cómo falla el equilibrio, porque el punto de equilibrio suele existir: lo que no existe es su estabilidad. En un punto donde $\nabla V = 0$ , la ecuación de Laplace obliga a que

\frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}V}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2}V}{\partial z^{2}} = 0

y si una de las tres es positiva, otra tiene que ser negativa. Siempre hay una dirección de escape. La traza de la matriz de segundas derivadas es cero, y una matriz simétrica de traza nula no puede tener los tres autovalores del mismo signo.

Ejemplo resuelto 2 · Earnshaw con números: por dónde se escapa

Problema. Cuatro cargas de $q = 10$ nC están fijas en los vértices de un cuadrado de 10 cm de lado, en el plano $xy$ . Una carga de prueba positiva se coloca en el centro. (a) Comprueba que está en equilibrio. (b) Calcula las tres segundas derivadas de $V$ allí y di en qué direcciones el equilibrio es estable y en cuáles no. (c) Con una carga de prueba de 1 nC, ¿cuánta energía cuesta apartarla 1 mm en cada caso?

Solución. (a) Por simetría, las cuatro contribuciones al campo se cancelan a pares diametralmente opuestos: $\mathbf{E}=\mathbf{0}$ , luego hay equilibrio. El potencial en el centro es $4kq/s$ con $s = L/\sqrt{2} = 7{,}071$ cm, es decir 5 084 V.

(b) La simetría del cuadrado obliga a que $\partial^{2}V/\partial x^{2} = \partial^{2}V/\partial y^{2}$ , y Laplace fija la tercera: si las dos del plano valen $A$ , la del eje vale $-2A$ . El valor se obtiene derivando dos veces la suma de los cuatro $kq/r$ —o, más rápido, notando que para cargas colocadas en el plano la segunda derivada perpendicular es $-4kq/s^{3}$ —:

\frac{\partial^{2}V}{\partial z^{2}} = -\frac{4kq}{s^{3}} = -1{,}02\times10^{6}\ \text{V/m}^{2},\qquad \frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} = \frac{\partial^{2}V}{\partial y^{2}} = +5{,}08\times10^{5}\ \text{V/m}^{2}

La traza es cero con seis cifras, como tiene que ser. Para una carga de prueba positiva, la energía $U=qV$ tiene la misma forma que $V$ : mínimo en las dos direcciones del plano —estable— y máximo a lo largo del eje —inestable—. La carga se escapa perpendicularmente al cuadrado. Es un punto de silla, no un pozo.

(c) Con $\Delta U \approx \tfrac{1}{2}q_{\text{prueba}}V''\,(\Delta r)^{2}$ y $\Delta r = 1$ mm: apartarla dentro del plano cuesta +254 pJ, y apartarla en la dirección perpendicular devuelve −508 pJ. El doble, y con el signo contrario. En cifras de potencial: 5 084,38 V a un milímetro dentro del plano contra 5 083,62 V a un milímetro fuera de él, con 5 084,13 V en el centro.

Resultado. El equilibrio existe y es real —la carga de prueba se queda quieta si se la deja exactamente en el centro—, pero es inestable en una dirección concreta que el cálculo señala. Ésa es la diferencia entre citar Earnshaw y usarlo: el teorema no dice sólo «no se puede», dice por dónde se escapa, y esa dirección es un dato de ingeniería. La segunda lección está en el factor 2 entre las dos curvaturas: no es un accidente del cuadrado, es la traza nula. Cuando la simetría iguala dos de las tres direcciones, la tercera está obligada a valer menos el doble, y con ello la dirección inestable es siempre la más «rígida» de las tres. Un pozo poco profundo en dos direcciones implica una loma empinada en la tercera.

La relajación numérica: el valor medio convertido en algoritmo

Los dos teoremas dicen que si hay solución es única. No dicen que la haya. La demostración de que existe es constructiva y consiste en fabricarla, y el método sale directamente de la propiedad del valor medio.

Discretiza la región con una malla cuadrada de paso $h$ . El desarrollo de Taylor de $V$ alrededor de un nodo da, sumando los cuatro vecinos en dos dimensiones,

V_{\text{arriba}}+V_{\text{abajo}}+V_{\text{izq}}+V_{\text{der}} - 4V_0 = h^{2}\nabla^{2}V + O(h^{4})

de modo que $\nabla^{2}V=0$ equivale, en la malla, a que cada nodo sea el promedio de sus cuatro vecinos. Es la propiedad del valor medio escrita para el vecindario más pequeño posible. La relajación numérica consiste en imponer los valores de la frontera, rellenar el interior con cualquier cosa —ceros valen— y barrer la malla sustituyendo cada nodo por el promedio de sus vecinos, una y otra vez, hasta que deje de cambiar.

Que ese proceso converja no es evidente y sí es demostrable, pero lo importante para un físico es lo que significa: la solución existe porque se puede construir, y con ella se comprueban las que se adivinan. Los números de un caso concreto, la caja cuadrada del titular, con tres lados a tierra y el cuarto a 100 V:

Malla	Incógnitas	Iteraciones de Jacobi	Centro
4 × 4	9	74	25,000 V
8 × 8	49	306	25,000 V
20 × 20	361	1 804	25,000 V
40 × 40	1 521	6 786	25,000 V

Dos cosas saltan a la vista y las dos son lecciones. La primera: el centro sale 25 V exactos con cualquier malla, hasta la más grosera. La segunda: el coste crece como el cuadrado del número de nodos por lado. Multiplicar por dos la resolución multiplica por 3,76 las iteraciones —de 1 804 a 6 786— y por 4,21 los nodos que recorre cada una —de 361 a 1 521—: casi dieciséis veces el trabajo para partir el paso por la mitad, 15,8 medidas contra las 16 clavadas del escalado ideal $O(N^{2})$ . Ésa es la razón de que la relajación cruda de Jacobi no se use en producción y de que existan los métodos de sobrerrelajación y multimalla; y es también la razón de que merezca la pena resolver analíticamente todo lo que se deje.

¿Y de dónde salen los 25 V exactos? De la unicidad y de un argumento de simetría que no toca la ecuación en ningún momento. Toma cuatro copias del problema, cada una con un lado distinto a 100 V y los otros tres a tierra. Cada copia da en el centro el mismo valor $V_c$ , porque son la misma caja girada. Súmalas: por linealidad, la suma es la solución del problema con los cuatro lados a 100 V, cuya solución obvia es $V\equiv 100$ V en toda la caja —cumple Laplace, cumple la frontera, y por unicidad es la única—. Luego $4V_c = 100$ V y $V_c = 25$ V. El mismo razonamiento en un cubo con una cara a 100 V da $100/6 =$ 16,7 V, porque las copias son seis.

Unicidad no es existencia, y el problema de Neumann lo demuestra. El error más común con estos teoremas es leerlos como «el problema está resuelto». No lo está: dicen que si hay solución, no hay dos. Que la haya es otra afirmación, y la relajación es su prueba. La distinción deja de ser filosófica en cuanto se cambia el dato de la frontera. Si en vez de $V$ se prescribe la derivada normal $\partial V/\partial n$ —es decir, $\sigma$ , que es el otro dato natural— el problema se llama de condición de contorno de Neumann, y entonces pasan dos cosas: la solución sólo es única salvo una constante aditiva —lo cual da igual, porque el campo es el mismo—, y además no existe a menos que los datos cumplan $\oint (\partial V/\partial n)\,da = -Q_{\text{enc}}/\varepsilon_0$ . Esa condición no es un tecnicismo: es la ley de Gauss diciendo que no se puede prescribir un flujo incompatible con la carga que hay dentro. Prescribir $\sigma$ a capricho sobre una superficie cerrada vacía y exigir que sume algo distinto de cero es pedir un problema sin solución.

Y el mito de la caja. «Si el potencial es constante en la frontera, dentro habrá un gradiente suave hacia el centro» es falso y lo prohíbe el teorema: si $V=V_0$ en toda la frontera, la función constante $V\equiv V_0$ cumple Laplace y la condición de contorno, luego es la solución y el campo dentro es exactamente cero. Es la jaula de Faraday del II.1 demostrada otra vez, ahora en una línea y sin hablar de líneas de campo. Y tiene un corolario que se comprueba a diario en un laboratorio: el interior de una caja metálica cerrada está apantallado aunque la caja esté flotando, porque nada en este argumento ha usado la toma de tierra.

Ejercicios

Ejercicio 1

Dos placas conductoras paralelas y muy grandes, separadas $d = 1{,}0$ cm, están a $V=0$ y a $V_0 = 20$ V. El hueco entre ellas no está vacío: contiene una densidad de carga uniforme $\rho = 1{,}00\times10^{-5}$ C/m³.

(a) Monta y resuelve la ecuación de Poisson en una dimensión con esas dos condiciones de contorno. (b) Halla el punto donde el campo se anula y el potencial máximo. (c) Obtén la densidad superficial inducida en cada placa a partir de $\sigma = \varepsilon_0 E^{\perp}$ , con su signo, y comprueba la neutralidad global del sistema. (d) ¿Por encima de qué $V_0$ deja de haber un punto de campo nulo dentro del hueco?

Solución

(a) Con $\rho$ uniforme, $d^{2}V/dx^{2} = -\rho/\varepsilon_0$ se integra dos veces: $V(x) = -\rho x^{2}/2\varepsilon_0 + Cx + D$ . La primera condición, $V(0)=0$ , mata $D$ ; la segunda, $V(d)=V_0$ , fija

C = \frac{V_0}{d} + \frac{\rho d}{2\varepsilon_0} = 2\,000 + 5\,647 = 7\,647\ \text{V/m}

Nótese que $C$ no es $V_0/d$ : la carga del hueco aporta casi tres cuartas partes de la pendiente inicial.

(b) $E_x = -dV/dx = \rho x/\varepsilon_0 - C$ , que se anula en $x_0 = \varepsilon_0 C/\rho =$ 6,77 mm. Allí $V$ es máximo y vale 25,9 V: por encima de los 20 V de la placa positiva. El potencial máximo no está en ninguna placa, y no puede estar prohibido porque en el hueco hay carga — la ecuación que se cumple ahí es Poisson, no Laplace, y el teorema del valor medio no se aplica.

(c) En $x=0$ la normal saliente del conductor apunta hacia $+x$ , así que $\sigma_0 = \varepsilon_0E_x(0) = -\varepsilon_0 C =$ −67,7 nC/m². En $x=d$ la normal apunta hacia $-x$ y $\sigma_d = -\varepsilon_0E_x(d) =$ −32,3 nC/m². Las dos placas se cargan negativamente, y su suma, −100 nC/m², es exactamente $-\rho d$ : el sistema completo es neutro, como tenía que ser al estar aislado del exterior.

(d) El punto de campo nulo está dentro del hueco mientras $x_0 < d$ , es decir mientras $V_0 < \rho d^{2}/2\varepsilon_0 =$ 56,5 V. Por encima de esa tensión la placa gana el pulso a la carga del hueco, el campo ya no cambia de signo en ningún punto y las dos densidades inducidas dejan de tener el mismo signo.

La segunda lección es el reparto asimétrico de la carga inducida: 67,7 frente a 32,3 nC/m², dos tercios contra un tercio, en una geometría perfectamente simétrica. Lo que rompe la simetría es la tensión aplicada, y el reparto se puede leer directamente en el resultado: cada placa recoge la carga del trozo de hueco que le queda «cuesta abajo» del punto $x_0$ , o sea 6,77 mm de los 10 para la primera y 3,23 mm para la segunda. La posición del máximo de $V$ es la que reparte la carga inducida, y ése es el mecanismo entero de la carga espacial en un diodo de vacío o en una unión semiconductora.

Ejercicio 2

La caja cuadrada del artículo: lado $L$ , tres lados a tierra y el cuarto a $V_0 = 100$ V.

(a) Discretízala con una malla de 3 × 3 intervalos —cuatro puntos interiores— y escribe las cuatro ecuaciones del promedio. Usa la simetría para reducirlas a dos incógnitas y resuélvelas a mano. (b) Comprueba que el promedio de los cuatro valores que obtengas es exactamente el valor del centro, 25 V, y explica por qué tenía que salir. (c) Los valores exactos en esos cuatro puntos son 38,07 V y 11,93 V. ¿Cuánto se equivoca tu malla, y hacia dónde? (d) ¿Cuántas iteraciones de Jacobi hacen falta con la malla de 1 521 incógnitas para alcanzar el mismo criterio de parada que con la de 361, y cuánto sale entonces el coste total? (e) La misma propiedad, en su versión continua. Una esfera de promediado de $R = 5$ cm centrada en el origen tiene 10 nC a 2 cm de su centro y otros 10 nC a 20 cm. Halla $\langle V\rangle$ sobre la esfera y $V$ en su centro, di qué carga alimenta cada uno de los dos términos de $\langle V\rangle = V_{\text{ext}}(\text{centro}) + Q_{\text{enc}}/4\pi\varepsilon_0R$ , y explica por qué una de las dos cargas aporta lo mismo a las dos cifras y la otra no.

Solución

(a) Numera los cuatro puntos interiores. Por la simetría izquierda-derecha de la caja, los dos que tocan al lado caliente valen lo mismo —llámalo $a$ — y los dos de abajo, también — $b$ —. La ecuación del promedio en un punto de arriba tiene como vecinos: la frontera fría de su lado (0), el otro punto de arriba ( $a$ ), el punto de abajo ( $b$ ) y el lado caliente ( $V_0$ ):

4a = 0 + a + b + V_0 \;\Longrightarrow\; 3a - b = V_0, \qquad 4b = 0 + b + 0 + a \;\Longrightarrow\; a = 3b

Sustituyendo, $8b = V_0$ , de donde $b =$ 12,5 V y $a =$ 37,5 V. Cuatro incógnitas reducidas a un sistema de dos ecuaciones, resuelto sin iterar nada: la relajación es una forma de resolver este sistema lineal, no la única.

(b) El promedio es $(2\times 37{,}5 + 2\times 12{,}5)/4 =$ 25 V. Tenía que salir porque el centro de la caja es justamente el centro del cuadrado que forman esos cuatro puntos, y en una malla el valor de un punto es el promedio de sus vecinos — aquí, con los cuatro vecinos en diagonal, que también cumplen la propiedad del valor medio discreta.

(c) La malla da 37,5 frente a 38,07 (−1,5 %) y 12,5 frente a 11,93 (+4,8 %). El error es de signos opuestos en los dos puntos, y por eso el promedio sale exacto: la malla gruesa aplana la solución, subiendo los valores bajos y bajando los altos, que es lo que hace un promedio de vecinos cuando el paso es grande frente a la curvatura. El error de truncamiento del esquema es $O(h^{2})$ , y con $h = L/3$ ya se nota.

(d) De la tabla del artículo, 1 804 iteraciones con 20 × 20 y 6 786 con 40 × 40 para el mismo criterio de parada: un factor 3,76, cercano al 4 que predice el escalado $O(N^{2})$ de Jacobi. Y como cada iteración recorre 1 521 nodos en lugar de 361 —un factor 4,21—, afinar la malla al doble sale casi dieciséis veces más caro: 3,76 × 4,21 = 15,8, contra las 16 del escalado ideal.

(e) La carga de fuera está a 20 cm y la esfera de promediado sólo llega a 5 cm, así que no encierra nada y alimenta el primer término: $kq/z =$ 449,4 V, la misma cifra en el promedio y en el centro — es exactamente la propiedad del valor medio. La de dentro alimenta el segundo, que no sabe dónde está sino sólo cuánta es: $Q_{\text{enc}}/4\pi\varepsilon_0R = kq/R =$ 1 797,5 V, mientras que en el centro aporta $kq/0{,}02 =$ 4 493,8 V. Sumando:

\langle V\rangle = 449{,}4 + 1\,797{,}5 = 2\,247\ \text{V}, \qquad V(\text{centro}) = 449{,}4 + 4\,493{,}8 = 4\,943\ \text{V}

La diferencia entre los dos números es el precio de tener carga dentro: con la esfera vacía las dos cifras coinciden siempre, y ésa es la propiedad. Nótese además que mover la carga interior —a 1 cm, a 4 cm, a donde sea— no cambia los 1 797,5 V del promedio y sí cambia los 4 493,8 V del centro. El promedio sobre la esfera es un instrumento que mide carga encerrada y es ciego a su posición; es la misma indiferencia de la ley de Gauss, ahora en el potencial.

La segunda lección es la del apartado (b), y es más general que este problema: un promedio de errores con signos opuestos puede ser mucho más preciso que cualquiera de sus términos. Es la razón de que en cálculo numérico se busquen magnitudes integradas —cargas totales, flujos, energías— en lugar de valores puntuales cuando la malla es pobre. Aquí, con cuatro nodos, el centro sale con error nulo y los nodos, con un 5 %.

Ejercicio 3

Una caja cúbica hueca de lado $L$ tiene sus seis caras aisladas entre sí. Contesta con superposición y unicidad, sin resolver ninguna ecuación.

(a) Una cara a $V_0 = 100$ V y las otras cinco a tierra: ¿cuánto vale $V$ en el centro? (b) ¿Y con dos caras opuestas a $V_0$ ? (c) ¿Y con dos caras adyacentes? Antes de calcular, apuesta si saldrá lo mismo que en (b) o no. (d) Una cara a +100 V, la opuesta a −100 V y las otras cuatro a tierra: ¿cuánto vale en el centro, y cuánto vale $\mathbf{E}$ ahí? (e) Vuelve al caso (b) —dos caras opuestas a $V_0$ y las otras cuatro a tierra— y suelta en el centro una carga de prueba positiva. Por simetría es un punto de equilibrio. Sin calcular ninguna derivada, y usando sólo $\nabla^{2}V=0$ más el signo de cómo cambia $V$ al moverse hacia cada cara, di en qué direcciones el equilibrio es estable y en cuáles no.

Solución

(a) Seis copias del problema, cada una con una cara distinta caliente, suman el problema de las seis caras a $V_0$ , cuya solución única es $V\equiv V_0$ . Las seis copias dan el mismo valor en el centro por simetría, luego cada una da $V_0/6 =$ 16,7 V.

(b) y (c) Las dos dan lo mismo: $2V_0/6 = V_0/3 =$ 33,3 V. La superposición suma valores en el centro, y cada cara aporta $V_0/6$ independientemente de cuál sea y de con quién venga acompañada. Que la solución completa sea distinta en los dos casos —y lo es en todos los demás puntos de la caja— no cambia nada en el centro. Si tu apuesta fue «adyacentes da menos», el error está en pensar que las caras «se ayudan» o «se estorban»: la ecuación es lineal y no hay términos cruzados.

(d) $+V_0/6 - V_0/6 =$ 0 V en el centro. El campo, en cambio, no es cero: apunta de la cara positiva a la negativa, y la estimación de andar por casa es $2V_0/L$ . Sumada la serie doble de senos (con $m$ y $n$ impares) el valor exacto en el centro es $|\mathbf{E}| = 1{,}443\,V_0/L$ , es decir 144 V/m con $V_0 = 100$ V y $L = 1$ m: la estimación se pasa un 39 %, que para un número sacado sin calcular nada no está nada mal. Es el mismo aviso del II.1 —potencial cero no es campo cero— aplicado ahora a una geometría en la que el potencial se anula por antisimetría y el campo, precisamente por eso, es máximo en el centro.

(e) Moverse hacia cualquiera de las dos caras calientes sube $V$ , y moverse hacia las cuatro caras a tierra lo baja. Luego, a lo largo del eje que une las dos caras calientes, $V$ tiene un mínimo en el centro: $\partial^{2}V/\partial z^{2} > 0$ . Y como las otras dos direcciones son equivalentes entre sí y la traza tiene que ser nula, cada una vale $-\tfrac{1}{2}$ de eso, es decir negativa. Para una carga de prueba positiva, $U=qV$ tiene la misma forma: estable a lo largo del eje de las caras calientes, inestable en las otras dos direcciones. Ni una derivada, y sale la dirección de escape.

La segunda lección es de método y vale para todo el módulo: la superposición aquí no ha sumado cargas sino problemas de contorno enteros. Se puede porque tanto la ecuación como las condiciones de contorno son lineales en $V$ . Ese truco —descomponer una frontera complicada en varias sencillas, resolver cada una y sumar— es el que hace tratable una caja con las seis caras a potenciales distintos, y el que se usará en el artículo 03 para tratar cada lado de un rectángulo por separado.

Ejercicio 4

Tres situaciones con conductores que sin los dos teoremas hay que argumentar a mano; con ellos se contestan en una línea cada una.

(a) Demuestra con el primer teorema de unicidad que el campo dentro de una cavidad vacía excavada en un conductor es exactamente cero, sin usar el argumento de la línea de campo cerrada. (b) La cáscara del cuerpo del artículo, pero cargada: su carga total es $Q_{\text{c}} = +8$ nC y dentro de la cavidad hay una carga $q = 5$ nC descentrada. Usa el segundo teorema para averiguar cuánta carga hay en cada cara y demostrar que el campo exterior es el de una carga puntual en el centro; di de cuánta y evalúalo a 10 cm. (c) Ahora acercas por fuera otra carga $Q$ . ¿Qué afirmación de (b) sobrevive y cuál no? Di en cada caso qué teorema la sostiene.

Solución

(a) La cavidad es una región sin carga cuya frontera es la pared interior del conductor, que es equipotencial por ser parte del metal: $V = V_c$ en toda ella. La función constante $V\equiv V_c$ cumple Laplace y cumple esa condición de contorno, luego por unicidad es la solución, y $\mathbf{E}=-\nabla V=\mathbf{0}$ . Toda la demostración cabe en dos frases y no menciona ni una línea de campo.

(b) Fuera del conductor, los datos son: $\rho = 0$ en la región exterior, la condición $V\to0$ en el infinito, y la carga total de la cáscara, $Q_{\text{c}} = +8$ nC. El reparto por caras no es un dato sino una consecuencia: una superficie gaussiana enteramente dentro del metal tiene flujo nulo, luego la cara interior lleva $-q = -5$ nC, y lo que queda para la exterior es $Q_{\text{c}} - (-q) = Q_{\text{c}} + q =$ +13 nC. El segundo teorema dice que con esos datos el campo exterior es único; y el campo de una carga puntual de +13 nC en el centro es compatible con todos ellos —esférico, con la superficie de la cáscara como equipotencial y con la carga total correcta—. Luego es el campo. A 10 cm:

E = \frac{k(Q_{\text{c}}+q)}{r^{2}} = \frac{8{,}988\times10^{9}\times1{,}3\times10^{-8}}{0{,}01} = 11{,}7\ \text{kV/m}

y da igual dónde esté la carga dentro. Con la cáscara neutra —el caso del cuerpo del artículo— la cara exterior llevaría sólo $+q$ y saldrían 4,49 kV/m: la carga de la cáscara se suma entera a la de la cavidad y ninguna de las dos se puede localizar desde fuera. Lo que el teorema regala no es el número, es el derecho a usar la fórmula de la carga puntual con una geometría que no tiene simetría esférica por ninguna parte.

(c) Sobrevive el apartado (a): la cavidad sigue sin campo, y lo sostiene el primer teorema exactamente igual que antes, porque su argumento sólo usó que la pared interior es equipotencial. Deja de valer lo de (b): la carga de la cara exterior se redistribuye, el campo fuera ya no es el de una carga puntual centrada, y el potencial de la cáscara cambia. El segundo teorema no se ha roto —sigue diciendo que la solución es única—, lo que ha cambiado son los datos del problema, que ahora incluyen a $Q$ .

La segunda lección es cuál de los dos apantallamientos es el robusto. De dentro afuera, todo se entera: la carga interior fija la carga de la cara exterior y desde fuera se detecta. De fuera adentro, nada pasa: la cavidad está protegida de cualquier cosa que ocurra fuera, con toma de tierra o sin ella. Los dos hechos salen del mismo par de teoremas y se confunden constantemente. Una jaula de Faraday protege lo que hay dentro; no oculta que está ahí.