La ley de Gauss: el flujo que no depende de nada

El flujo del campo eléctrico a través de una superficie cerrada que encierre 1 nC vale 113 V·m. Da igual la forma de la superficie —esfera, cubo, saco de patatas—, da igual dónde esté la carga dentro, y da igual que haya diez cargas más fuera aportando campo en cada punto: el flujo total sale el mismo. Esa triple indiferencia parece un truco y es un teorema, y de él salen la ley de Gauss en forma integral —que resuelve en tres líneas problemas que la integral de Coulomb no resuelve en tres páginas— y su forma diferencial, que es la primera de las cuatro ecuaciones de Maxwell.

Necesitas: del artículo 01, la ley de Coulomb en forma vectorial y el principio de superposición. De cálculo: integrales de superficie con vector

d\mathbf{a}

, el operador nabla y el teorema de la divergencia. Los elementos de superficie y de volumen en esféricas y cilíndricas se usan en todos los ejemplos.

El flujo, y el ángulo sólido que hay detrás

El flujo del campo eléctrico a través de una superficie es la integral

\Phi_E = \int_{\mathcal{S}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a}

con $d\mathbf{a}$ perpendicular a la superficie y de módulo igual al área del elemento. El producto escalar hace todo el trabajo: sólo cuenta la componente del campo que atraviesa, y un campo paralelo a la superficie no aporta nada. Sus unidades son V·m, que es lo mismo que N·m²/C.

Para ver por qué el flujo de una carga puntual no depende de la superficie basta con calcularlo sobre una esfera centrada en ella. Ahí $\mathbf{E}$ es radial y de módulo constante, así que sale de la integral:

\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^{2}}\;(4\pi r^{2}) = \frac{q}{\varepsilon_0}

y el radio se ha ido. No es casualidad ni suerte: el campo cae como $1/r^2$ y el área crece como $r^2$ , y esos dos exponentes son el mismo número porque el espacio tiene tres dimensiones. Para una superficie cualquiera, el argumento correcto es el del ángulo sólido: el elemento $d\mathbf{a}$ visto desde la carga subtiende $d\Omega = (\hat{\mathbf{r}}\cdot d\mathbf{a})/r^{2}$ , de modo que

\mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\hat{\mathbf{r}}\cdot d\mathbf{a}}{r^{2}} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,d\Omega

El flujo es la carga por el ángulo sólido que la superficie le ofrece, y una superficie cerrada que la contenga le ofrece siempre $4\pi$ estereorradianes — se estire como se estire. Si la carga queda fuera, cada rayo que sale de ella entra por un trozo de superficie y sale por otro: los ángulos sólidos se cancelan a pares y el flujo total es cero. Por eso las cargas exteriores no cuentan, aunque su campo esté ahí y contribuya punto a punto.

Sumando sobre todas las cargas —la superposición otra vez— queda la ley de Gauss en forma integral:

\oint_{\mathcal{S}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}

Vale siempre, para cualquier superficie cerrada y cualquier distribución de carga, con simetría o sin ella. Con $q = 1$ nC, el flujo son $10^{-9}/8{,}854\times10^{-12} = 113$ V·m. Y una consecuencia que se usa constantemente: una carga en el vértice de un cubo sólo ofrece a ese cubo un octavo del ángulo sólido, así que el flujo total es $q/8\varepsilon_0 = 14{,}1$ V·m; de las seis caras, las tres que tocan al vértice reciben flujo nulo —el campo es rasante— y las tres restantes se reparten a partes iguales 4,71 V·m cada una. Sin integrar nada.

La ley de Gauss en tres simetrías

Las tres geometrías llevan la misma densidad uniforme y el mismo tamaño, así que lo único que cambia es en cuántas direcciones puede repartirse el campo. Fíjate en la última fila: el flujo dividido por la carga encerrada sale 1/ε₀ = 1,13×10¹¹ en las tres geometrías, dentro y fuera. No es una comprobación independiente, y decirlo importa: el campo de cada geometría se ha calculado como la carga encerrada partida por el área gaussiana y por ε₀. Ése es justamente el punto — eso es la ley de Gauss, y debajo no hay nada más.

Geometría: esfera maciza Densidad de carga ρ: 1.0 µC/m³ Radio R: 5.0 cm Sonda (distancia al centro r): 7.5 cm

Campo E en la sonda 837 V/m

Carga encerrada Q_enc 0.524 nC

Campo en la superficie 1.88×10³ V/m

Superficie gaussiana esfera de radio r

Flujo Φ = E·A 59.1 V·m

Φ/Q_enc 1.13×10¹¹

Fuera del cuerpo, la carga encerrada ya no crece: se queda en 0.524 nC por mucho que agrandes la superficie gaussiana. Como el área de la esfera crece con r², el campo cae con 1/r²: a 7.5 cm vale 837 V/m, y en la superficie valía 1.88×10³ V/m. Desde fuera, esta esfera es indistinguible de una carga puntual de 0.524 nC en su centro — y eso no es una aproximación, es exacto.

Densidad uniforme en los tres casos; el cilindro y la lámina son infinitos, de modo que Q_enc y Φ se dan por metro de longitud y por metro cuadrado de lámina respectivamente. La comprobación Φ/Q_enc = 1/ε₀ se cumple para cualquier r, dentro o fuera: eso vale siempre. Lo que exige la simetría es el paso siguiente —sacar E fuera de la integral—, y por eso este panel no puede dibujar la curva de un cubo.

Tres simetrías, y ni una integral de Coulomb

La ley de Gauss vale siempre, pero sólo despeja $\mathbf{E}$ cuando la simetría permite sacarlo de la integral. Hacen falta dos cosas a la vez, y conviene enunciarlas porque el error clásico consiste en olvidar la segunda: que la simetría fije la dirección de $\mathbf{E}$ (radial, axial o perpendicular) y que fije su módulo como constante sobre la superficie elegida. Cumplidas las dos, el producto escalar se convierte en un producto y la integral, en una multiplicación:

E \cdot A_{\text{gauss}} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad E = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0 A_{\text{gauss}}}

Sólo hay tres familias de distribuciones con esa suerte, y el panel de arriba las recorre con la misma densidad $\rho$ y el mismo tamaño $R$ para que se vea lo único que las distingue:

Simetría	Superficie gaussiana	Dentro (r < R)	Fuera (r > R)
Esférica	Esfera de radio r	ρr/3ε₀	ρR³/3ε₀r² ∝ 1/r²
Cilíndrica	Cilindro de radio r y largo L	ρr/2ε₀	ρR²/2ε₀r ∝ 1/r
Plana	Caja simétrica de dos tapas que atraviesa la lámina de semiespesor R	ρx/ε₀	ρR/ε₀ = constante

Un aviso sobre la última fila, que es donde más veces se pierde un factor 2: para la lámina, $R$ es el semiespesor —no el espesor total— y $x$ se mide desde el plano central, exactamente como los declara el panel de arriba. La caja gaussiana es simétrica, con una tapa a cada lado de ese plano: encierra un espesor $2x$ y tiene dos tapas, y el 2 se cancela entre el numerador y el denominador. Quien tome $R$ como espesor completo, o mida $x$ desde una cara, se lleva un factor 2 exacto en las dos ramas.

Los tres campos interiores son la misma fórmula con un 3, un 2 y un 1 en el denominador, y ese número es la cantidad de direcciones en las que el campo puede escaparse. Fuera es donde se separan, y por la misma razón: el área gaussiana crece como $r^2$ , como $r$ o no crece nada. Que el campo de una lámina infinita no dependa de la distancia deja de ser un misterio en cuanto se ve como una división cuyo denominador es constante.

Ejemplo resuelto 1 · La esfera maciza, por dentro y por fuera

Problema. Una esfera de $R = 5$ cm lleva $Q = 10$ nC repartidos uniformemente por su volumen. Halla $\mathbf{E}(r)$ dentro y fuera, evalúa en $r = R/2$ , $R$ y $2R$ , y comprueba que la solución cumple $\nabla\cdot\mathbf{E} = \rho/\varepsilon_0$ en los dos dominios.

Solución. La densidad es $\rho = Q/\tfrac{4}{3}\pi R^{3} = 19{,}1$ μC/m³. La simetría esférica obliga a que $\mathbf{E}$ sea radial y dependa sólo de $r$ . Con una esfera gaussiana de radio $r$ :

E(r)\,4\pi r^{2} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} = \frac{1}{\varepsilon_0}\times\begin{cases}\rho\,\tfrac{4}{3}\pi r^{3}, & r<R\\[4pt] Q, & r\ge R\end{cases}

\Longrightarrow\quad E(r) = \frac{\rho\, r}{3\varepsilon_0} = \frac{Q\,r}{4\pi\varepsilon_0 R^{3}}\;\;(r<R), \qquad E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^{2}}\;\;(r\ge R)

Numéricamente: 18,0 kV/m en $r = R/2$ , 36,0 kV/m en la superficie y 8,99 kV/m en $r = 2R$ . Las dos ramas coinciden en $r=R$ , como tienen que hacer: no hay carga superficial, así que el campo no puede saltar.

La comprobación de la divergencia, en esféricas y con $\mathbf{E} = E(r)\hat{\mathbf{r}}$ , usa $\nabla\cdot\mathbf{E} = \frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}E\right)$ :

r<R:\;\;\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(\frac{\rho r^{3}}{3\varepsilon_0}\right) = \frac{\rho}{\varepsilon_0}, \qquad r>R:\;\;\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\right) = 0

Resultado. Dentro, $\rho/\varepsilon_0$ —con $\rho = 19{,}1$ μC/m³ eso son 2,16×10⁶ V/m² exactos—; fuera, cero, porque fuera no hay carga. La solución no sólo da los números correctos: satisface la ecuación diferencial punto a punto, y eso es lo que de verdad hay que exigirle a una respuesta en este nivel. La lección de método es que el campo dentro crece con $r$ y no cae con él: acercarse al centro de una distribución de carga reduce el campo, porque la corteza esférica exterior no aporta nada — la misma cancelación exacta que hace que dentro de una cáscara esférica cargada no haya campo, y que Newton demostró para la gravedad un siglo antes de que existiera la electrostática.

De la integral a la derivada: la primera ecuación de Maxwell

La forma integral relaciona un flujo con una carga encerrada; para hacer física local hace falta una relación entre campos en un punto. El puente es el teorema de la divergencia, que convierte la integral sobre la superficie cerrada en una integral sobre el volumen que encierra:

\oint_{\mathcal{S}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \int_{\mathcal{V}} (\nabla\cdot\mathbf{E})\,d\tau, \qquad Q_{\text{enc}} = \int_{\mathcal{V}} \rho\,d\tau

Igualando y observando que la superficie era cualquiera, los dos integrandos tienen que coincidir en cada punto:

\boxed{\;\nabla\cdot\mathbf{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}\;}

Ésta es la primera ecuación de Maxwell, y dice algo más concreto de lo que suele contarse: la divergencia del campo eléctrico en un punto vale cero salvo donde hay carga. Las cargas positivas son manantiales de campo y las negativas son sumideros; en el vacío entre ellas, el campo no nace ni muere, sólo pasa. El paso de una a otra no ha añadido física: la forma integral y la diferencial son la misma ley, y se usa cada una donde conviene.

Y como la ecuación es local, se puede evaluar en un punto y decir cuánto vale. En la esfera del ejemplo anterior, con $\rho = 19{,}1$ μC/m³, la divergencia vale $\rho/\varepsilon_0 =$ 2,16×10⁶ V/m² en todo punto interior y exactamente 0 fuera, aunque ahí el campo sea grande: lo que la divergencia mide no es el campo, es dónde nace. Y al revés, para calibrar la escala: conseguir que $\nabla\cdot\mathbf{E}$ valga un redondo 1 V/m² exige una densidad de carga $\rho = \varepsilon_0 =$ 8,85 pC/m³, que son 55,3 millones de electrones por metro cúbico, frente a las 2,5×10²⁵ moléculas que hay en un metro cúbico de aire a 20 °C. La primera ecuación de Maxwell es extraordinariamente sensible a la carga.

Hay un caso límite que conviene no barrer bajo la alfombra. Para una carga puntual, $\mathbf{E} = (q/4\pi\varepsilon_0)\hat{\mathbf{r}}/r^{2}$ tiene divergencia cero en todo punto salvo el origen, donde la expresión no está definida — y sin embargo el flujo por cualquier superficie que lo contenga es $q/\varepsilon_0$ . La contradicción se resuelve reconociendo que toda la divergencia está concentrada en un punto:

\nabla\cdot\left(\frac{\hat{\mathbf{r}}}{r^{2}}\right) = 4\pi\,\delta^{3}(\mathbf{r})

con la delta de Dirac tridimensional. No es un tecnicismo prescindible: es la forma correcta de escribir «densidad de carga infinita en un volumen nulo con carga total finita», y sin ella la primera ecuación de Maxwell no se aplica a una carga puntual.

Y la otra mitad: el rotacional es cero

La divergencia no determina un campo vectorial: hace falta también su rotacional. Para el campo de una carga puntual en el origen, la integral de línea entre dos puntos es

\int_{a}^{b}\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\int_{r_a}^{r_b}\frac{dr}{r^{2}} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_b}\right)

porque $\hat{\mathbf{r}}\cdot d\boldsymbol{\ell} = dr$ : del camino sólo importa cuánto se avanza en dirección radial. El resultado depende únicamente de los extremos, así que sobre un camino cerrado la integral es cero, y por el teorema de Stokes

\oint \mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell} = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \nabla\times\mathbf{E} = \mathbf{0}

Por superposición vale para cualquier distribución estática. El campo electrostático es conservativo, y ésa es la puerta del artículo 03: un campo con rotacional nulo se deriva de un potencial escalar, y tres funciones del espacio se reducen a una. Conviene retener el estática: en cuanto haya campos magnéticos variables, el rotacional de $\mathbf{E}$ dejará de ser cero —eso es la ley de Faraday— y con él se irá el potencial escalar tal como se usa aquí.

Ejemplo resuelto 2 · Cuánta carga tiene la Tierra

Problema. En un día despejado hay junto al suelo un campo eléctrico de unos 100 V/m dirigido hacia abajo. Tratando la Tierra como un conductor esférico de radio 6 371 km, halla la densidad superficial de carga y la carga total del planeta. ¿Cuántos electrones son? ¿Y qué capacidad tiene la Tierra?

Solución. Sobre la superficie de un conductor el campo es perpendicular, así que una caja gaussiana plana con una tapa justo encima del suelo y la otra justo debajo —donde el campo es nulo— da $E\,A = \sigma A/\varepsilon_0$ , es decir $\sigma = \varepsilon_0 E$ . Con $E$ hacia abajo, la carga es negativa:

\sigma = -\varepsilon_0 E = -8{,}854\times10^{-12}\times 100 = -8{,}85\times10^{-10}\ \text{C/m}^{2}

La superficie del planeta es $4\pi R^{2} = 5{,}10\times10^{14}$ m², así que

Q = \sigma\,4\pi R^{2} = -4{,}52\times10^{5}\ \text{C} = -452\ \text{kC}

que son $4{,}52\times10^{5}/1{,}602\times10^{-19} = 2{,}82\times10^{24}$ electrones. La capacidad de una esfera conductora aislada es $C = 4\pi\varepsilon_0 R = 709$ μF.

Resultado. Cuatrocientos cincuenta y dos mil culombios suena a cifra astronómica y no lo es: repartidos por el planeta salen 0,885 nanoculombios por metro cuadrado, es decir 8,9 picoculombios en la palma de la mano. Y los 2,82×10²⁴ electrones que sobran pesan 2,6 miligramos, sobre 5,97×10²⁴ kg de planeta. La segunda lección es la de la capacidad: la Tierra entera tiene 709 μF, menos que el condensador de arranque de un motor de lavadora. «Toma de tierra» no significa «sumidero infinito de carga»; significa una referencia de potencial tan grande que las cargas de un circuito no la mueven de forma apreciable — y eso es una afirmación cuantitativa, no un dogma. Meterle un culombio subiría su potencial en 1,41 kV, que no es despreciable en absoluto.

El malentendido que más caro sale. «La ley de Gauss sólo vale si hay simetría» es falso, y confundir esto arruina exámenes enteros. La ley vale siempre: el flujo por cualquier superficie cerrada es $Q_{\text{enc}}/\varepsilon_0$ , tenga la forma que tenga. Lo que exige simetría es el paso siguiente —despejar $E$ de dentro de la integral—, y sin ella la ley sigue siendo cierta y sencillamente no sirve para calcular. Con un cubo cargado, la ley de Gauss te da el flujo total en una línea y no te da el campo en ningún punto.

Y hasta dónde se sabe. La ley de Gauss es exactamente equivalente a que el exponente de la ley de Coulomb sea 2: si fuera $2+\delta$ , el campo dentro de una cáscara esférica cargada no sería nulo. Eso convierte una comprobación imposible —medir la fuerza a distancias enormes— en un experimento de laboratorio de precisión absurda: se carga una cáscara, se busca campo dentro y no se encuentra. La cota clásica de Williams, Faller y Hill (1971) es $|\delta| \le 2{,}7\times10^{-16}$ , y experimentos posteriores no la han contradicho. Es una de las leyes mejor comprobadas de la física, y la razón de que ese número importe es que un $\delta \ne 0$ significaría que el fotón tiene masa.

Ejercicios

Ejercicio 1

Una carga puntual $q$ está en el centro de un cubo. ¿Cuánto flujo atraviesa una cara? Ahora muévela al centro de una de las caras: ¿cuánto atraviesa el cubo entero? ¿Y si la sacas fuera del cubo, a un milímetro de una cara? Resuelve los tres sin integrar.

Solución

En el centro, por simetría las seis caras reciben lo mismo: $q/6\varepsilon_0$ , es decir 18,8 V·m por cara para $q = 1$ nC. En el centro de una cara, la carga está sobre la superficie y el cubo sólo le ofrece la mitad del ángulo sólido: $q/2\varepsilon_0$ . Fuera, aunque esté a un milímetro y su campo sea enorme en la cara cercana, el flujo total es exactamente cero: entra por un lado y sale por el otro.

La segunda lección está en ese último caso, que es el que separa a quien ha entendido la ley de quien la ha memorizado. Flujo cero no significa campo cero: en cada punto de la superficie el campo vale lo que vale, y a un milímetro de 1 nC son 8,99×10⁶ V/m, tres veces por encima de la rigidez dieléctrica del aire. Lo que se anula es la suma de las contribuciones con signo. Y de paso explica la mitad de la utilidad práctica de la ley: al elegir una superficie gaussiana no hace falta preocuparse por lo que haya fuera, por mucha carga que sea y por cerca que esté.

Ejercicio 2

En una región del espacio se mide el campo $\mathbf{E} = A\,r^{2}\,\hat{\mathbf{r}}$ en esféricas, con $A$ constante. ¿Qué densidad de carga lo produce? Comprueba el resultado con la forma integral sobre una esfera de radio $r$ .

Solución

Con la divergencia en esféricas para un campo radial:

\rho = \varepsilon_0\nabla\cdot\mathbf{E} = \frac{\varepsilon_0}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\cdot A r^{2}\right) = \frac{\varepsilon_0}{r^{2}}\,4Ar^{3} = 4\varepsilon_0 A\,r

Es decir, una densidad que crece linealmente con el radio. Por la forma integral: $Q_{\text{enc}} = \varepsilon_0 (Ar^{2})(4\pi r^{2}) = 4\pi\varepsilon_0 A r^{4}$ , y derivando respecto al volumen, $\rho = dQ/d\tau = (dQ/dr)/(4\pi r^{2}) = 16\pi\varepsilon_0 A r^{3}/4\pi r^{2} = 4\varepsilon_0 A r$ . Coinciden.

La segunda lección es que la ley de Gauss se lee en los dos sentidos. Hasta aquí se ha usado siempre de la carga al campo, que es el problema directo; aquí se ha usado del campo a la carga, y no ha costado más. Ese uso inverso es el que hace de la forma diferencial una herramienta de diagnóstico: dado un campo cualquiera, su divergencia dice dónde están las fuentes. Si alguien te propone un campo electrostático y su divergencia sale distinta de cero donde has dicho que no hay carga, el campo propuesto es imposible.

Ejercicio 3

Dos láminas planas infinitas y paralelas llevan densidades $+\sigma$ y $-\sigma$ con $\sigma = 1$ μC/m². Halla el campo en las tres regiones. ¿Por qué el campo entre ellas es $\sigma/\varepsilon_0$ y no $\sigma/2\varepsilon_0$ ?

Solución

Cada lámina, por sí sola, crea $\sigma/2\varepsilon_0 =$ 56,5 kV/m apuntando hacia fuera (la positiva) o hacia dentro (la negativa), a los dos lados y sin depender de la distancia. Entre las láminas los dos campos apuntan en el mismo sentido y se suman: $\sigma/\varepsilon_0 =$ 113 kV/m. Fuera apuntan en sentidos opuestos y se cancelan exactamente: campo nulo a los dos lados.

El factor 2 no es un misterio: es la superposición haciendo su trabajo. Y la segunda lección es que este cálculo —trivial— es el condensador plano entero, incluida la razón de que su campo sea uniforme y de que fuera no haya nada. Cuando en el artículo 04 aparezca $C = \varepsilon_0 A/d$ , saldrá de aquí en dos líneas. Merece la pena fijarse además en lo que no se ha usado: ni el tamaño de las láminas ni la distancia entre ellas. Las dos cosas entran sólo cuando se abandona la idealización infinita, y el criterio para saber cuándo hacerlo es el del artículo 01 — comparar la separación con el tamaño de las placas.

Ejercicio 4

De estos dos campos, sólo uno puede ser electrostático:

\mathbf{E}_1 = C\left(xy\,\hat{\mathbf{x}} + 2yz\,\hat{\mathbf{y}} + 3xz\,\hat{\mathbf{z}}\right), \qquad \mathbf{E}_2 = C\left(y^{2}\,\hat{\mathbf{x}} + (2xy+z^{2})\,\hat{\mathbf{y}} + 2yz\,\hat{\mathbf{z}}\right)

Averigua cuál, calculando el rotacional en cartesianas. Para el que sí lo sea, halla la densidad de carga $\rho$ que lo produce y un potencial $V$ del que derive, y comprueba que los dos cumplen la ecuación de Poisson. Evalúa en el punto (1, 1, 1) m con $C = 1$ V/m³.

Solución

Componente a componente, $\nabla\times\mathbf{E} = (\partial_yE_z-\partial_zE_y,\;\partial_zE_x-\partial_xE_z,\;\partial_xE_y-\partial_yE_x)$ :

\nabla\times\mathbf{E}_1 = C\,(-2y,\,-3z,\,-x) \ne \mathbf{0}, \qquad \nabla\times\mathbf{E}_2 = C\,(2z-2z,\;0-0,\;2y-2y) = \mathbf{0}

Luego $\mathbf{E}_1$ es imposible como campo electrostático, por bonito que sea: ningún reparto de carga estática lo produce. $\mathbf{E}_2$ sí, y de él sale todo lo demás. La carga, de la primera ecuación de Maxwell:

\rho = \varepsilon_0\nabla\cdot\mathbf{E}_2 = \varepsilon_0 C\,(0 + 2x + 2y) = 2\varepsilon_0 C\,(x+y)

y el potencial, integrando $\mathbf{E}=-\nabla V$ una componente cada vez: $V = -C\,(xy^{2}+yz^{2})$ más una constante arbitraria. Compruébalo derivando: las tres componentes salen. En (1, 1, 1) m con $C = 1$ V/m³, el campo es (1, 3, 2) V/m —módulo 3,74 V/m—, el potencial vale −2 V con la constante puesta a cero, y la densidad de carga, $4\varepsilon_0 =$ 35,4 pC/m³. Poisson cierra: $\nabla^{2}V = -2C(x+y) = -\rho/\varepsilon_0$ .

La segunda lección es que el rotacional es el filtro que decide qué campos existen, y que hay muchos más campos vectoriales imaginables que campos electrostáticos posibles. La divergencia dice dónde están las fuentes; el rotacional dice si el campo puede tener fuentes estáticas. Y conviene notar dónde se ha hecho este cálculo: en cartesianas, sobre un campo explícito, que es la situación en la que $\nabla$ se usa de verdad — las formas radiales de los ejemplos con simetría son un caso particular cómodo, no la herramienta general.