Separación de variables: una solución infinita que se corta en el segundo término

A media anchura de la boca de una ranura conductora, un solo término de una serie infinita da el potencial con un error del 0,39 %. A la quinta parte de esa distancia hacen falta cinco; a la vigesimoquinta, veintitrés; y justo en la boca no bastan nunca, porque la serie sobreoscila un 8,95 % del salto y ese porcentaje no baja por muchos términos que se sumen. Ésa es la doble cara de la separación de variables: produce soluciones exactas en forma de series infinitas, y en la práctica casi siempre se corta en el segundo término. Este artículo monta el método en dos geometrías —cartesiana y esférica— y cuenta, con números, cuántos términos hay que sumar de verdad.

Necesitas: el artículo 01 de este módulo —el primer teorema de unicidad es lo que convierte la serie que se construye aquí en la solución—. Del módulo II.1, del artículo 03 la ecuación de Laplace y las condiciones de contorno, y del artículo 04 que un conductor es equipotencial y que

\sigma = \varepsilon_0E^{\perp}

. De matemáticas: series de Fourier con su relación de ortogonalidad, ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de segundo orden y polinomios de Legendre.

El método, en tres movimientos

La separación de variables ataca la ecuación de Laplace $\nabla^{2}V=0$ buscando soluciones de la forma $V(x,y) = X(x)\,Y(y)$ . Sustituyendo y dividiendo por $XY$ :

\frac{1}{X}\frac{d^{2}X}{dx^{2}} + \frac{1}{Y}\frac{d^{2}Y}{dy^{2}} = 0

El primer sumando sólo depende de $x$ y el segundo sólo de $y$ , y su suma es cero para todos los valores de las dos variables a la vez. Eso sólo puede ocurrir si cada uno es una constante: $X''/X = k^{2}$ y $Y''/Y = -k^{2}$ . La ecuación en derivadas parciales se ha partido en dos ecuaciones ordinarias, que es todo el truco.

El signo de la constante no es libre, y elegirlo mal es el primer error del método: hay que ponerlo de modo que la variable con condiciones de contorno en dos extremos reciba la ecuación oscilatoria, porque una exponencial no puede anularse en dos sitios y un seno sí. Con eso, las soluciones son $X = Ae^{kx}+Be^{-kx}$ e $Y = C\sin ky + D\cos ky$ .

Los tres movimientos del método son siempre los mismos. Uno: separar y resolver las dos ecuaciones ordinarias. Dos: imponer todas las condiciones de contorno menos una, lo que deja una familia discreta de soluciones etiquetadas por un entero. Tres: sumar esa familia con coeficientes libres y ajustarlos para cumplir la condición que falta. El tercer paso es un desarrollo en serie, y funciona por una razón que hay que enunciar aparte porque es la que sostiene el método.

La ranura: el caso de laboratorio

Dos placas metálicas paralelas conectadas a tierra, separadas $a$ y extendiéndose desde $x=0$ hasta el infinito; una tercera tira, aislada de las otras dos, cierra el extremo $x=0$ a potencial $V_0$ . Las condiciones de contorno son cuatro:

V(x,0)=0,\qquad V(x,a)=0,\qquad V(0,y)=V_0,\qquad V\to 0 \ \text{cuando}\ x\to\infty

La cuarta condición mata el término creciente y deja $X = e^{-kx}$ ; la primera mata el coseno; y la segunda obliga a $\sin ka = 0$ , es decir $k = n\pi/a$ con $n$ entero positivo. Cada $n$ da un modo y todos ellos son solución; la solución general es su suma:

V(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n\,e^{-n\pi x/a}\,\sin\frac{n\pi y}{a}

Queda la tercera condición, que es la que fija los $C_n$ . Poniendo $x=0$ , hay que desarrollar la constante $V_0$ en senos. Multiplicando por $\sin(m\pi y/a)$ e integrando de 0 a $a$ —la relación de ortogonalidad $\int_0^a \sin(n\pi y/a)\sin(m\pi y/a)\,dy = (a/2)\delta_{nm}$ hace que sólo sobreviva un término—:

C_n = \frac{2}{a}\int_0^{a} V_0\sin\frac{n\pi y}{a}\,dy = \frac{2V_0}{n\pi}\left(1-\cos n\pi\right) = \begin{cases} 4V_0/n\pi, & n \ \text{impar}\\ 0, & n \ \text{par}\end{cases}

Con $V_0 = 100$ V, los cuatro primeros coeficientes no nulos son 127,3 V, 42,4 V, 25,5 V y 18,2 V: caen como $1/n$ , que es lentísimo. Lo que salva la serie no es la caída de los coeficientes sino la exponencial $e^{-n\pi x/a}$ , que a partir de cierta distancia mata los modos altos de golpe.

La ranura de Fourier

Corte transversal de la ranura a una distancia x de la boca: en el eje horizontal, la anchura entre las dos placas a tierra; en el vertical, el potencial. La curva gris es la solución exacta y la de color es la serie truncada. Sube el número de términos con la boca a la vista (x = 0) y mira lo que hacen las esquinas; después aléjate a media anchura y comprueba cuántos términos hacen falta allí.

Términos impares sumados: 3 Distancia a la boca x: 1.00 cm = 0.10 a

Error máximo del truncamiento 3.23 % de V₀

V en el centro, serie 81.754 V

V en el centro, exacto 80.321 V

A 0.10 anchuras de la boca y con 3 términos, el error máximo es del 3.23 % de V₀, en y = 0.056 a. El término n = 3 pesa aquí un 17.78 % del primero, y de ahí sale la estimación rápida de cuántos términos hacen falta: los que hagan falta para que (1/n)·e^−nπx/a caiga por debajo de la tolerancia que quieras.

La curva de referencia no está tabulada: es la forma cerrada (2V₀/π)·arctan[sin(πy/a) / sinh(πx/a)], y el error se mide contra ella en 1201 puntos. La escala vertical está fijada a 1,25 V₀ y no se autoajusta: si se autoajustara, la sobreoscilación de Gibbs se vería como un cambio de escala y no como lo que es.

Esta serie tiene, excepcionalmente, forma cerrada, y conviene tenerla porque sirve de patrón para medir el error de cualquier truncamiento:

V(x,y) = \frac{2V_0}{\pi}\arctan\!\left[\frac{\sin(\pi y/a)}{\sinh(\pi x/a)}\right]

Ejemplo resuelto 1 · Cuántos términos hacen falta de verdad

Problema. Con $a = 10$ cm y $V_0 = 100$ V: (a) evalúa $V$ en el centro del cuadrado que forman las placas y la boca, es decir en $(a/2,\,a/2)$ , por los dos caminos. (b) ¿Cuántos términos hacen falta para que el error máximo sobre toda la anchura de la ranura sea menor que el 1 % de $V_0$ , a distintas distancias de la boca? (c) Explica el resultado con una sola estimación.

Solución. (a) La serie, con los términos impares:

V = \frac{4V_0}{\pi}\left[e^{-\pi/2} - \tfrac{1}{3}e^{-3\pi/2} + \tfrac{1}{5}e^{-5\pi/2} - \cdots\right] = 127{,}32\times\left[0{,}20788 - 0{,}00299 + 0{,}00008 - \cdots\right]

que suma 26,10 V. La forma cerrada, con $\sin(\pi/2)=1$ y $\sinh(\pi/2)=2{,}3013$ , da $(200/\pi)\arctan(0{,}43454) =$ 26,10 V. Coinciden con seis cifras. Nótese lo pequeño que es: en el centro del cuadrado el potencial es poco más de la cuarta parte del de la boca, y las dos placas a tierra se lo comen casi todo.

(b) Sumando términos hasta que el máximo de $|V_{\text{serie}}-V_{\text{exacta}}|$ sobre toda la anchura baje del 1 % de $V_0$ :

Distancia a la boca	Términos impares	Error con un solo término
0,02 a = 2 mm	23	57,1 %
0,05 a = 5 mm	9	37,0 %
0,10 a = 1 cm	5	20,4 %
0,25 a = 2,5 cm	2	4,31 %
0,50 a = 5 cm	1	0,39 %

(c) La estimación es una división. El cociente entre el término $n=3$ y el $n=1$ vale $\tfrac{1}{3}e^{-2\pi x/a}$ , es decir 17,8 % a $x=0{,}1a$ , 6,9 % a $0{,}25a$ y 1,4 % a $0{,}5a$ . Para saber cuántos términos hacen falta basta con preguntar a partir de qué $n$ ese cociente cae por debajo de la tolerancia.

Resultado. Una serie infinita que en la práctica es un solo término. La longitud de decaimiento del modo $n$ es $a/n\pi$ , de modo que el primer modo se apaga en 3,2 cm y el tercero en 1,1 cm: a partir de media anchura, lo único que queda de la boca es un seno. La segunda lección es de método, y vale para toda la física de contornos: la geometría de una frontera se olvida a una distancia del orden de su tamaño. Es el mismo hecho que en el módulo II.1 permitía tratar un disco como un plano infinito, dicho ahora del revés: los detalles finos de una condición de contorno —los modos altos— son precisamente los que menos penetran.

La completitud: lo que convierte «una solución» en «la solución»

El paso tres del método da por hecho algo que hay que decir en voz alta: que cualquier función razonable definida en la boca se puede escribir como suma de senos. Eso es la completitud del conjunto $\{\sin(n\pi y/a)\}$ , y es un teorema, no una esperanza. Sin él, la separación de variables sólo resolvería aquellas fronteras que casualmente fueran un modo.

Junto con la ortogonalidad —que es lo que permite despejar cada coeficiente sin resolver un sistema infinito— y con el teorema de unicidad del artículo 01, la cadena queda cerrada. Completitud: existen los $C_n$ . Ortogonalidad: se calculan uno a uno con una integral. Unicidad: la función que sale es la única posible. Quítese cualquiera de los tres eslabones y el método deja de demostrar nada.

Esféricas con simetría azimutal: los polinomios de Legendre

En coordenadas esféricas, y suponiendo que el problema no depende de $\phi$ —lo que ocurre siempre que haya un eje de simetría—, la ecuación de Laplace es

\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\frac{\partial V}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\,\frac{\partial V}{\partial\theta}\right) = 0

El mismo procedimiento — $V = R(r)\Theta(\theta)$ , dividir, separar— produce dos ecuaciones ordinarias. La radial tiene soluciones de potencia, $r^{l}$ y $r^{-(l+1)}$ , y la angular es la ecuación de Legendre, cuyas soluciones aceptables en todo el intervalo $0\le\theta\le\pi$ son los polinomios de Legendre $P_l(\cos\theta)$ :

P_0 = 1,\quad P_1 = \cos\theta,\quad P_2 = \tfrac{1}{2}(3\cos^{2}\theta-1),\quad P_3 = \tfrac{1}{2}(5\cos^{3}\theta-3\cos\theta)

y la solución general con simetría azimutal es

\boxed{\;V(r,\theta) = \sum_{l=0}^{\infty}\left(A_l\,r^{l} + \frac{B_l}{r^{l+1}}\right)P_l(\cos\theta)\;}

Los $P_l$ juegan aquí exactamente el papel que los senos jugaban en la ranura, y por la misma razón: forman un conjunto completo y ortogonal en $\cos\theta$ , con

\int_{-1}^{1} P_l(u)P_{l'}(u)\,du = \frac{2}{2l+1}\,\delta_{ll'}

de modo que un potencial prescrito sobre una esfera se desarrolla con la misma receta de multiplicar por $P_l$ e integrar. Dos avisos prácticos. Dentro de una esfera hay que quedarse sólo con los $A_l r^{l}$ , porque los otros divergen en el origen; fuera, sólo con los $B_l/r^{l+1}$ , porque los otros divergen en el infinito. Y las expresiones útiles se sacan siempre de un desarrollo: cualquier función de $\theta$ se convierte en $P_l$ con álgebra elemental — por ejemplo, $\cos 2\theta = \tfrac{4}{3}P_2 - \tfrac{1}{3}P_0$ , que es el ejercicio 3.

Ejemplo resuelto 2 · La esfera conductora en un campo uniforme, y el factor 3

Problema. Una esfera conductora neutra de $R = 5$ cm se coloca en un campo uniforme $E_0 = 100$ kV/m. (a) Halla $V(r,\theta)$ fuera de ella. (b) Halla $\sigma(\theta)$ y comprueba que la carga total inducida es cero. (c) ¿Cuánto vale el campo sobre los polos? (d) ¿Qué campo exterior hace saltar la chispa?

Solución. (a) Toma el origen en el centro y el eje $z$ a lo largo del campo. Las condiciones son dos: $V=0$ sobre la esfera —tomando su potencial como referencia— y, muy lejos, el campo tiene que volver a ser uniforme, es decir $V \to -E_0 r\cos\theta$ . Esa segunda condición es sólo el término $l=1$ , así que en el desarrollo general únicamente sobreviven $A_1 = -E_0$ y su compañero $B_1$ :

V(r,\theta) = \left(-E_0 r + \frac{B_1}{r^{2}}\right)\cos\theta, \qquad V(R,\theta)=0 \ \Rightarrow\ B_1 = E_0R^{3}

\Longrightarrow\quad V(r,\theta) = -E_0\left(r - \frac{R^{3}}{r^{2}}\right)\cos\theta

El segundo término es exactamente el potencial de un dipolo de momento $p = 4\pi\varepsilon_0R^{3}E_0$ , que con estos números vale 1,39×10⁻⁹ C·m. La esfera responde al campo polarizándose, con una polarizabilidad $\alpha = 4\pi\varepsilon_0R^{3} = 1{,}39\times10^{-14}$ C·m²/V — el mismo $R^{3}$ que en el artículo 02 salía solo de la fuerza asintótica sobre una esfera aislada.

(b) $\sigma = -\varepsilon_0\,\partial V/\partial r$ en $r=R$ :

\sigma(\theta) = \varepsilon_0 E_0\left(1 + \frac{2R^{3}}{r^{3}}\right)\cos\theta\bigg|_{r=R} = 3\varepsilon_0E_0\cos\theta

Positiva en el hemisferio que mira contra el campo y negativa en el otro, con máximo $3\varepsilon_0E_0 =$ 2,66 μC/m² en los polos y cero en el ecuador. La integral sobre la esfera se anula porque $\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta\,d\theta = 0$ : la esfera sigue neutra, sólo ha separado su carga.

(c) $E = \sigma/\varepsilon_0 = 3E_0\cos\theta$ , o sea 300 kV/m en los polos: tres veces el campo aplicado. En el ecuador, cero.

(d) Si el campo en el polo alcanza los 3,0 MV/m de rigidez del aire seco, el campo aplicado que hace falta es sólo $3{,}0/3 =$ 1,0 MV/m.

Resultado. El factor 3 es el resultado que hay que llevarse, y es una respuesta cuantitativa a algo que en el módulo II.1 quedó como una observación cualitativa sobre las puntas: meter una bola de metal en un campo eléctrico lo triplica sobre su superficie, y con ello divide por tres el campo al que salta la chispa. Y no depende del tamaño de la bola: una esfera de un milímetro y otra de un metro triplican igual. La segunda lección está en cómo se ha resuelto: la condición en el infinito ha seleccionado un solo término del desarrollo, y todo el trabajo se ha reducido a fijar una constante. Cuando la frontera lejana es un modo puro, la serie infinita tiene un término. Ése es el caso normal en los problemas con campo aplicado uniforme, y por eso esta solución aparece en tantos sitios.

La esfera dieléctrica, y el límite que la conecta con el conductor

El mismo problema con una esfera de material aislante en lugar de metal se resuelve con la misma serie y cambiando la condición de contorno. Aquí hay que tomar prestado un resultado del módulo II.4: en la superficie de un dieléctrico sin carga libre, lo continuo no es la componente normal de $\mathbf{E}$ sino la de $\mathbf{D} = \varepsilon_r\varepsilon_0\mathbf{E}$ , además de la tangencial de $\mathbf{E}$ y del propio $V$ . Con el mismo argumento de que sólo sobrevive $l=1$ , el montaje es el del ejemplo resuelto 2 con una incógnita más —ahora también hay que escribir el potencial dentro—:

V_{\text{dentro}} = -A\,r\cos\theta, \qquad V_{\text{fuera}} = \left(-E_0 r + \frac{B}{r^{2}}\right)\cos\theta

y las dos condiciones en $r=R$ — $V$ continuo y $D^{\perp}$ continuo— dan un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que es el ejercicio 2 (c). El resultado es notable:

V_{\text{dentro}} = -\frac{3E_0}{\varepsilon_r+2}\,r\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{E}_{\text{dentro}} = \frac{3E_0}{\varepsilon_r+2}\,\hat{\mathbf{z}}\ \ \text{uniforme}

El campo dentro de una esfera dieléctrica en un campo uniforme es uniforme también, y sólo depende de $\varepsilon_r$ . Con $E_0 = 100$ kV/m:

Material	ε_r	Campo dentro	Momento dipolar, frente al conductor
Polietileno	2,25	70,6 kV/m (70,6 %)	29,4 %
Vidrio	5	42,9 kV/m (42,9 %)	57,1 %
Agua a 20 °C	80	3,66 kV/m (3,66 %)	96,3 %
Conductor	∞	0	100 %

Con $\varepsilon_r\to\infty$ el campo interior tiende a cero y el momento dipolar, $p = 4\pi\varepsilon_0R^{3}E_0(\varepsilon_r-1)/(\varepsilon_r+2)$ , tiende al del conductor: el metal es el límite de permitividad infinita, y ese límite es la comprobación de que las dos soluciones son la misma familia. La sorpresa útil está en la columna de la derecha: una gota de agua se comporta, a efectos de campo lejano, como una bola de metal con un 96 % de eficacia, mientras que su campo interior es veintisiete veces menor que el aplicado. Un dieléctrico muy polarizable no es «casi transparente»: es casi un conductor.

El fenómeno de Gibbs: el error que no se va sumando términos. Justo en la boca de la ranura, la serie truncada no converge uniformemente al escalón. Cerca de las esquinas sobreoscila, y el tamaño de la sobreoscilación es una constante universal: 8,95 % del salto —el salto aquí es $2V_0$ , porque el desarrollo en senos prolonga la función de forma impar—, es decir un 17,9 % de $V_0$ . Con $V_0 = 100$ V la serie llega a 117,9 V en un potencial que en ningún punto pasa de 100. Y ese número no baja: con 5 términos vale 18,2 %, con 40 vale 17,90 % y con 1 000 sigue en 17,90 %. Lo único que cambia es dónde está el pico, que se pega a la esquina —de $y=0{,}10a$ con 5 términos a $y=0{,}0005a$ con 1 000—. La sobreoscilación no desaparece: se estrecha. El panel de este artículo existe sobre todo para ver eso, porque leerlo no convence a nadie.

Y dónde deja de funcionar el método. La separación de variables no es general: exige dos cosas y las dos fallan a menudo. La primera es que la ecuación se separe en el sistema de coordenadas elegido, y eso sólo ocurre en una lista corta —once sistemas para la ecuación de Helmholtz y trece para la de Laplace, según la clasificación clásica de Morse y Feshbach—. La segunda es más restrictiva todavía: la frontera del problema tiene que ser una superficie coordenada. Un rectángulo con los lados paralelos a los ejes se separa en cartesianas; el mismo rectángulo girado 30°, no. Una esfera se separa en esféricas; dos esferas, no. Cuando la geometría no coopera, lo que queda es la relajación numérica del artículo 01 — y por eso el artículo 01 no era un preámbulo.

Ejercicios

Ejercicio 1

La misma ranura del artículo ( $a = 10$ cm), pero ahora la tira del extremo no está a potencial constante: está a $V(0,y) = V_0\,y/a$ , con $V_0 = 100$ V — una rampa lineal de 0 a 100 V entre las dos placas.

(a) Monta y resuelve la integral de Fourier que da los $C_n$ . (b) ¿Por qué ahora aparecen los $n$ pares, y qué propiedad de la rampa lo explica? (c) Evalúa $V$ en $(a/2, a/2)$ y compáralo con los 26,10 V del escalón. (d) ¿Cuántos términos hacen falta a esa distancia para bajar del 1 %? Compáralo con el escalón y explica la diferencia. (e) ¿Tiene esta rampa fenómeno de Gibbs en la boca? Y si lo tiene, ¿en cuál de las dos placas? Razónalo con la prolongación impar de la función, sin sumar nada.

Solución

(a) La integral es $C_n = (2/a)\int_0^a V_0(y/a)\sin(n\pi y/a)\,dy$ , que se hace por partes: el término del coseno evaluado en los extremos deja

C_n = \frac{2V_0}{n\pi}(-1)^{n+1}

es decir +63,66 V, −31,83 V, +21,22 V, −15,92 V… con signos alternados y sin ceros.

(b) Porque el desarrollo en senos sobre el intervalo $(0,a)$ prolonga la función de forma impar respecto a $y=0$ , y lo que decide qué armónicos aparecen es la simetría respecto al centro $y=a/2$ . El escalón es simétrico respecto a ese centro y por eso sólo tiene armónicos impares —los senos de $n$ impar son los simétricos—. La rampa no lo es, y necesita los pares para romper la simetría. Es la misma regla por la que una onda cuadrada tiene sólo armónicos impares y una diente de sierra los tiene todos.

(c) Sale 13,05 V, que es exactamente la mitad de los 26,10 V del escalón — y no por casualidad. Escribe la rampa como $V_0y/a = V_0/2 + V_0(y/a - 1/2)$ : el primer sumando es medio escalón, y el segundo es antisimétrico respecto a la línea media $y=a/2$ , de modo que su contribución se anula en toda esa línea, para cualquier $x$ . Compruébalo en otro punto de ella: a $(a/4, a/2)$ salen 27,23 V frente a los 54,47 V del escalón, la mitad con seis cifras. Fuera de la línea media el parecido desaparece.

(d) Dos términos —el $n=1$ y el $n=2$ —, con un error máximo del 0,22 % sobre toda la anchura, frente al 1,53 % de uno solo; el escalón se conformaba con uno. La razón es la del ejemplo resuelto 1 leída al revés: el segundo modo del escalón es el $n=3$ , que a $x=a/2$ vale un 1,4 % del primero, mientras que el de la rampa es el $n=2$ , que decae más despacio y aún pesa un 10,4 %.

(e) Sí, y sólo en una placa. El desarrollo en senos prolonga la rampa de forma impar y periódica con periodo $2a$ . En $y=0$ la función vale cero por los dos lados: continua, sin Gibbs. En $y=a$ vale $V_0$ por la izquierda y $-V_0$ por la derecha —porque la copia siguiente empieza por su parte negativa—: un salto de $2V_0$ , exactamente el mismo que tenía el escalón, y por tanto la misma sobreoscilación del 8,95 % del salto. Con 1 000 términos la serie llega a 117,8 V pegada a esa placa, y junto a la otra se queda por debajo de 5 V. El escalón tenía discontinuidad en las dos placas y la rampa sólo en una.

La segunda lección es que el índice del segundo modo no nulo es lo que decide el coste del cálculo, no cuántos coeficientes haya. La rampa tiene infinitos coeficientes y el escalón sólo la mitad, y sin embargo la rampa converge peor. Lo que importa es a qué ritmo se apagan con la distancia los modos que quedan.

Ejercicio 2

La esfera conductora del ejemplo resuelto 2 — $R = 5$ cm en $E_0 = 100$ kV/m—.

(a) Monta y resuelve la integral que da la carga total inducida en el hemisferio norte, y evalúala. (b) Halla el campo radial sobre el eje a 10 cm del centro y compáralo con $E_0$ : ¿a qué distancia la perturbación de la esfera ha bajado del 1 %? (c) Sustitúyela por una esfera dieléctrica del mismo radio y monta y resuelve el problema desde cero, sin usar la fórmula del artículo: propón $V_{\text{dentro}} = -A\,r\cos\theta$ y $V_{\text{fuera}} = (-E_0r + B/r^{2})\cos\theta$ , impón $V$ continuo y $\varepsilon_r\,\partial V_{\text{dentro}}/\partial r = \partial V_{\text{fuera}}/\partial r$ en $r=R$ , y despeja $A$ y $B$ . Evalúa los dos para vidrio ( $\varepsilon_r = 5$ ) y para agua ( $\varepsilon_r = 80$ ), y da el momento dipolar de cada una. (d) Toma el límite $\varepsilon_r\to\infty$ en tus dos coeficientes y compáralos con los del ejemplo resuelto 2: ése es el control de que el montaje está bien. (e) ¿Cuánto tendría que valer $\varepsilon_r$ para que el momento dipolar fuera la mitad del de la esfera metálica?

Solución

(a) Con $\sigma = 3\varepsilon_0E_0\cos\theta$ y $da = 2\pi R^{2}\sin\theta\,d\theta$ :

Q_{+} = \int_0^{\pi/2} 3\varepsilon_0E_0\cos\theta\;2\pi R^{2}\sin\theta\,d\theta = 3\pi\varepsilon_0E_0R^{2} = 2{,}09\times10^{-8}\ \text{C}

es decir 20,9 nC en el hemisferio norte y −20,9 nC en el sur. Nótese que la integral $\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin\theta\,d\theta = 1/2$ es la misma que aparecía en el módulo II.1 al proyectar la presión sobre media esfera: el promedio pesado por el área de un coseno sobre un hemisferio.

(b) De $V$ , $E_r = -\partial V/\partial r = E_0(1+2R^{3}/r^{3})\cos\theta$ . En el eje a 10 cm: $E_0(1+2/8) = 1{,}25\,E_0 =$ 125 kV/m, un 25 % por encima. La perturbación es $2(R/r)^{3}$ , que baja del 1 % cuando $r > R\,(200)^{1/3} = 5{,}85R =$ 29,2 cm. Casi seis radios: una esfera metálica perturba un campo uniforme mucho más lejos de lo que sugiere su tamaño.

-AR = -E_0R + \frac{B}{R^{2}} \qquad\text{y}\qquad -\varepsilon_r A = -E_0 - \frac{2B}{R^{3}}

La primera despeja $B = R^{3}(E_0-A)$ ; metiéndola en la segunda, $-\varepsilon_rA = -E_0-2(E_0-A)$ , es decir $A(\varepsilon_r+2) = 3E_0$ :

A = \frac{3E_0}{\varepsilon_r+2}, \qquad B = R^{3}E_0\,\frac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r+2}

Con $R = 5$ cm y $E_0 = 100$ kV/m: el vidrio ( $\varepsilon_r=5$ ) da $A =$ 42,9 kV/m —que es el campo uniforme de dentro— y $B =$ 7,143 V·m², o sea $p = 4\pi\varepsilon_0B =$ 7,95×10⁻¹⁰ C·m; el agua ( $\varepsilon_r=80$ ) da $A =$ 3,66 kV/m y $p =$ 1,34×10⁻⁹ C·m. La gota de agua se apantalla casi tan bien como el metal —veintisiete veces menos campo dentro— sin ser conductora. Nótese que las dos condiciones han hecho falta: con una sola, el sistema queda indeterminado, y ésa es la diferencia entre este problema y el del ejemplo resuelto 2, donde $V=0$ sobre la esfera bastaba porque dentro no había nada que resolver.

(d) Con $\varepsilon_r\to\infty$ , $A\to 0$ —no hay campo dentro— y $B\to E_0R^{3} =$ 12,5 V·m², que es exactamente el $B_1$ del ejemplo resuelto 2. El metal es el límite de permitividad infinita, y eso ha dejado de ser una afirmación del texto para ser un cálculo: dos coeficientes obtenidos con condiciones de contorno distintas coinciden en el límite, y si no coincidieran habría un error en alguno de los dos montajes.

(e) Igualando $(\varepsilon_r-1)/(\varepsilon_r+2) = 1/2$ sale $\varepsilon_r =$ 4. Y ahí está lo interesante: con una permitividad relativa de sólo 4 ya se consigue la mitad del efecto de un conductor perfecto. Esa función satura muy deprisa, y por eso casi cualquier material denso —vidrio, agua, un cuerpo humano— distorsiona un campo eléctrico aplicado casi como si fuera metálico.

La segunda lección es la del apartado (b) y es útil de laboratorio: la perturbación de un objeto polarizable cae como $1/r^{3}$ , que es lento. Un electrodo de guarda, una sonda o una mano cerca de un montaje electrostático se «notan» a varios de sus propios tamaños de distancia, y ésa es la razón real de que las medidas de campo se hagan con jaulas y con sondas de tamaño mínimo.

Ejercicio 3

Una cáscara esférica aislante de radio $R = 5$ cm se mantiene a un potencial que depende del ángulo: $V(R,\theta) = V_0\cos 2\theta$ , con $V_0 = 100$ V.

(a) Desarrolla $\cos 2\theta$ en polinomios de Legendre. (b) Escribe $V(r,\theta)$ dentro y fuera. (c) ¿Cuál es la carga total de la cáscara? Léela en el término $l=0$ del potencial exterior. (d) Halla $\sigma(\theta)$ y el ángulo en el que cambia de signo. (e) Adivinar obliga a comprobar. Mete tu $V_{\text{dentro}}$ en el laplaciano esférico completo del artículo y comprueba a mano que $\nabla^{2}V = 0$ , término radial contra término angular. ¿Qué número tiene que salir de la parte angular, y de dónde sale?

Solución

(a) Con $\cos2\theta = 2\cos^{2}\theta - 1$ y $\cos^{2}\theta = (2P_2+P_0)/3$ :

\cos 2\theta = \tfrac{4}{3}P_2(\cos\theta) - \tfrac{1}{3}P_0

Hay una manera más segura de llegar y conviene practicarla: proyectar con la ortogonalidad, $c_l = \frac{2l+1}{2}\int_{-1}^{1}\cos2\theta\,P_l\,du$ con $u=\cos\theta$ . Da los mismos dos números y confirma que todos los demás son cero.

(b) Dentro sólo valen las potencias positivas y fuera las negativas, y las dos ramas tienen que valer $V(R,\theta)$ en $r=R$ :

V_{\text{dentro}} = V_0\left[-\tfrac{1}{3} + \tfrac{4}{3}\left(\tfrac{r}{R}\right)^{2}P_2\right], \qquad V_{\text{fuera}} = V_0\left[-\tfrac{1}{3}\,\tfrac{R}{r} + \tfrac{4}{3}\left(\tfrac{R}{r}\right)^{3}P_2\right]

En el centro, $V = -V_0/3 =$ −33,3 V. Y una curiosidad que sale gratis: sobre el eje a $r=2R$ , los dos términos se cancelan exactamente y $V = 0$ — mientras que en el ecuador a esa misma distancia vale −25,0 V.

(c) El término $l=0$ del exterior es $-V_0R/3r$ , y comparándolo con $kQ/r$ se lee $Q = -4\pi\varepsilon_0V_0R/3 =$ −0,185 nC. La cáscara tiene carga neta negativa aunque su potencial sea positivo en los polos, y el único término del desarrollo que lo dice es el monopolo. Ahí está el puente con el artículo 04.

(d) $\sigma = \varepsilon_0\left(-\partial V_{\text{fuera}}/\partial r + \partial V_{\text{dentro}}/\partial r\right)$ en $r=R$ :

\sigma(\theta) = \frac{\varepsilon_0 V_0}{R}\left(\tfrac{20}{3}P_2 - \tfrac{1}{3}\right)

que vale +112 nC/m² en los polos y −64,9 nC/m² en el ecuador, y cambia de signo donde $P_2 = 1/20$ , es decir en $\theta =$ 52,7°. Integrar $\sigma$ sobre la esfera devuelve los −0,185 nC del apartado (c), porque el término en $P_2$ integra a cero.

(e) El término constante $-V_0/3$ tiene laplaciano nulo por serlo, así que basta con $V = C\,r^{2}P_2(\cos\theta)$ con $C = 4V_0/3R^{2}$ . La parte radial:

\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\cdot 2Cr\,P_2\right) = \frac{1}{r^{2}}\,6Cr^{2}P_2 = 6C\,P_2

y la angular, con $u=\cos\theta$ y la ecuación de Legendre $\frac{d}{du}\left[(1-u^{2})\frac{dP_l}{du}\right] = -l(l+1)P_l$ :

\frac{C}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\,\frac{\partial P_2}{\partial\theta}\right) = -l(l+1)\,C\,P_2 = -6C\,P_2

Suman cero, y el número que sale de la parte angular es $l(l+1) = 2\times3 = 6$ , el autovalor de la ecuación de Legendre. Ahí está el porqué de que las radiales sean $r^{l}$ y $r^{-(l+1)}$ y no otra cosa: son exactamente las dos potencias $r^{s}$ cuyo término radial vale $s(s+1) = l(l+1)$ , y por eso hay dos — $s=l$ y $s=-(l+1)$ — y no una. Compruébalo con la rama exterior: $r^{-3}P_2$ da $(-3)(-2) = 6$ en la radial y el mismo $-6$ en la angular.

La segunda lección es que el ángulo en que $\sigma$ cambia de signo no es el ángulo mágico 54,7° donde se anula $P_2$ , sino 52,7°, y la diferencia la produce el monopolo. Es un recordatorio de que en un desarrollo multipolar los términos no se pueden leer por separado en una cantidad local: sólo la carga total, la integral, separa limpiamente los órdenes. Eso es exactamente lo que hace la ortogonalidad, y por qué se integra en lugar de mirar puntos.

Ejercicio 4

El artículo 01 dio 25 V exactos en el centro de una caja cuadrada con un lado a 100 V, con un argumento de simetría que no tocaba ninguna ecuación. Aquí se resuelve la caja de verdad.

Una caja cuadrada bidimensional de lado $L$ , con tres lados a tierra y el cuarto a $V_0 = 100$ V.

(a) Monta la separación de variables. ¿Por qué ahora la parte en $x$ no puede ser una exponencial simple, y qué la sustituye? (b) Halla los coeficientes. (c) Evalúa el centro y comprueba que da 25 V. (d) ¿Cuántos términos hacen falta para acertar los 25 V con un error menor del 0,1 %? Compara con la relajación de 20 × 20 nodos del artículo 01.

Solución

(a) Porque ahora $x$ también tiene dos condiciones de contorno —un lado a tierra en $x=0$ y otro en $x=L$ , si se pone el lado caliente en $y=L$ —, y en la ranura semiinfinita sólo tenía una. La solución oscilatoria le toca a $x$ , y la exponencial a $y$ ; la combinación de exponenciales que se anula en $y=0$ es un seno hiperbólico:

V(x,y) = \sum_{n} C_n \sin\frac{n\pi x}{L}\;\frac{\sinh(n\pi y/L)}{\sinh(n\pi)}

donde el denominador se ha puesto para normalizar: así $C_n$ es directamente el coeficiente de Fourier del lado caliente.

(b) Los mismos que en el artículo, porque la condición en $y=L$ es la misma constante: $C_n = 4V_0/n\pi$ para $n$ impar.

V = \frac{4V_0}{\pi}\sum_{n\ \text{impar}}\frac{(-1)^{(n-1)/2}}{2n\cosh(n\pi/2)} = 25{,}0000\ \text{V}

Los cuatro primeros sumandos son 0,199 27; −0,002 99; +0,000 078; −0,000 002 4.

(d) Dos términos bastan: el primero da 25,37 V (error 1,49 %), el segundo lo deja en 24,99 V (0,038 %), el tercero en 25,0003 V y el quinto es exacto con seis cifras. Frente a eso, la relajación de 20 × 20 necesitó 1 804 iteraciones sobre 361 nodos para el mismo número. Dos multiplicaciones contra seiscientas mil.

La segunda lección es esa comparación, y hay que sacarle la conclusión correcta: no es que la relajación sea mala, es que aquí la geometría coopera. La caja cuadrada es una superficie coordenada perfecta y por eso la serie converge geométricamente. Deforma un lado, gira la caja o hazle un agujero, y la serie deja de existir mientras la relajación sigue funcionando exactamente igual de bien. El método analítico es rapidísimo cuando se puede aplicar y no se puede aplicar casi nunca; el numérico es lento y siempre vale. Ésa es la elección real que se hace en un problema de contorno.