El potencial: tres funciones del espacio reducidas a una

En el centro de una esfera de 5 cm con 10 nC repartidos uniformemente, el potencial vale 2,70 kV; en su superficie, 1,80 kV. La razón entre los dos es exactamente 3/2 — no aproximadamente, no «del orden de»: tres medios. Que un resultado así salga en tres líneas es el síntoma de lo que este artículo hace: cambiar un campo vectorial de tres componentes por una sola función escalar. La operación es legítima porque el campo electrostático tiene rotacional nulo, y a cambio de esa restricción se gana la ecuación diferencial con la que se resuelven de verdad los problemas reales.

Necesitas: del artículo 02, que

\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}

\nabla\cdot\mathbf{E}=\rho/\varepsilon_0

; del 01, el campo de una carga puntual. De cálculo: gradiente y laplaciano en cartesianas y esféricas, integrales de línea y el teorema de Stokes.

Un campo sin rotacional cabe en una función

El resultado del artículo 02 — $\oint\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}=0$ para cualquier camino cerrado— tiene una consecuencia inmediata: la integral de línea entre dos puntos no depende del camino. Se puede entonces fijar un punto de referencia $\mathcal{O}$ y definir una función de la posición

V(\mathbf{r}) \equiv -\int_{\mathcal{O}}^{\mathbf{r}} \mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}

que está bien definida precisamente porque el camino da igual. Es el potencial electrostático, se mide en voltios —julios por culombio— y el signo menos es un convenio con una razón detrás: así el potencial aumenta al ir contra el campo, igual que la altura aumenta al subir contra la gravedad. Del teorema fundamental para gradientes se sigue la relación inversa, que es la que se usa a diario:

\boxed{\;\mathbf{E} = -\nabla V\;}

Merece la pena medir lo que se acaba de ganar. $\mathbf{E}$ son tres funciones de tres variables; $V$ es una. Y no se ha perdido información: las tres componentes se recuperan derivando. La razón de que quepan en una es que no eran independientes —el rotacional nulo impone tres condiciones entre ellas—, y ese es exactamente el tipo de trato que conviene hacer siempre en física: cambiar un objeto grande con restricciones por uno pequeño sin ellas.

Del $V$ de una carga puntual sale todo lo demás. Integrando $E = kq/r^2$ desde el infinito:

V(r) = -\int_{\infty}^{r}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r'^{2}}dr' = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r}

y por superposición —que ahora es una suma de números, no de vectores— el potencial de una distribución cualquiera es

V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{dq'}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}

Una integral escalar en lugar de tres vectoriales. Ésa es, en la práctica, la mayor ventaja del potencial: se calcula $V$ , que casi siempre es factible, y después se deriva para obtener $\mathbf{E}$ , que siempre lo es. El ejemplo resuelto 2 hace justo eso con el disco del artículo 01 —el mismo radio, pero con el doble de carga, de modo que sus cifras salen todas dobladas respecto a las de allí— y ahorra la mitad del trabajo.

Un ancla numérica para no perder de vista los órdenes de magnitud: el potencial creado por un protón a la distancia del primer radio de Bohr —52,9 pm— vale 27,2 V. Nada exótico: veintisiete voltios, dos pilas de petaca. Que la energía correspondiente, 27,2 eV, sea el doble de la energía de ionización del hidrógeno no es coincidencia, y es el primer sitio donde la electrostática clásica toca la estructura atómica.

El potencial y su pendiente

Arriba, el potencial a lo largo de una recta; abajo, la componente del campo sobre esa misma recta. La raya discontinua es la tangente a V en la sonda, y su pendiente cambiada de signo es el número de abajo. Los dos últimos recuadros son la comprobación: el panel deriva V numéricamente y lo compara con el campo calculado a mano. Prueba el dipolo con la sonda en el centro, y después la cáscara justo en la superficie.

Configuración: dipolo: +q y −q Carga q: 10 nC Separación: 6 cm Sonda: x = 0.0 cm

Potencial V en la sonda 0 V

Pendiente medida −dV/dx 2.00×10⁵ V/m

Campo E calculado 2.00×10⁵ V/m

Aquí está la trampa que este panel existe para desmontar. En el centro del dipolo el potencial vale cero —las dos contribuciones se cancelan exactamente, +3.00×10³ y −3.00×10³ V— y sin embargo el campo vale 2.00×10⁵ V/m. Fíjate además en dónde estás: aquí es donde el campo es menor de todo el tramo entre las cargas, porque hacia cualquiera de las dos crece sin límite. Muévete un centímetro y compruébalo en la curva de abajo. V = 0 no implica E = 0: lo que crea campo no es que V valga algo, sino que cambie, y aquí la curva de arriba está bajando con toda su pendiente.

Corte por la recta que pasa por las fuentes. En las configuraciones de cargas puntuales, la curva se interrumpe en un entorno de 2,5 mm alrededor de cada carga: allí V diverge y unir los dos trozos con una recta sería inventarse el dibujo. Las dos escalas verticales están fijadas por la geometría, no por el máximo pintado, para que al mover los mandos se vea crecer la curva en lugar de reescalarse sola.

Poisson, Laplace y el cambio de estrategia

Metiendo $\mathbf{E}=-\nabla V$ en la ley de Gauss diferencial se obtiene una sola ecuación escalar para una sola función:

\nabla\cdot(-\nabla V) = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\nabla^{2} V = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}\;}

Es la ecuación de Poisson, y en las regiones sin carga se reduce a la ecuación de Laplace, $\nabla^{2}V = 0$ . Con esto, el problema electrostático ha cambiado de naturaleza: ya no es «dada la carga, haz una integral», sino «resuelve una ecuación en derivadas parciales con las condiciones de contorno que impone el problema». Y esa reformulación es la que permite atacar los casos reales, en los que la carga no se conoce de antemano porque está sobre conductores y se coloca ella sola.

Las soluciones de Laplace tienen una propiedad que conviene conocer aunque su demostración sea del módulo II.2: no tienen máximos ni mínimos locales. El valor de $V$ en un punto es siempre el promedio de sus valores sobre cualquier esfera centrada en él, de modo que los extremos sólo pueden estar en la frontera. La consecuencia física es el teorema de Earnshaw: no se puede mantener una carga en equilibrio estable con un conjunto de cargas fijas, porque un equilibrio estable exigiría un mínimo de energía potencial y ahí no hay ninguno. Todo lo que parece contradecirlo —una trampa de Paul, un tren de levitación magnética, una pinza óptica— usa campos que varían con el tiempo o materiales que responden, nunca electrostática pura.

Ejemplo resuelto 1 · La esfera maciza, y el 3/2 exacto

Problema. Para la esfera del artículo 02 ( $R = 5$ cm, $Q = 10$ nC uniformes), halla $V(r)$ dentro y fuera tomando $V(\infty)=0$ . Comprueba que dentro cumple la ecuación de Poisson y fuera la de Laplace, y calcula $V(0)/V(R)$ .

Solución. Fuera, el campo es el de una carga puntual, así que $V(r) = kQ/r$ , y en la superficie $V(R) = 8{,}99\times10^{9}\times10^{-8}/0{,}05 = 1{,}80$ kV. Dentro hay que seguir integrando hacia adentro, con la otra rama del campo:

V(r) = V(R) - \int_{R}^{r}\frac{Q\,r'}{4\pi\varepsilon_0 R^{3}}\,dr' = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}+\frac{R^{2}-r^{2}}{2R^{3}}\right) = \frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R}\left(3-\frac{r^{2}}{R^{2}}\right)

En el centro, $V(0) = 3Q/8\pi\varepsilon_0 R = \tfrac{3}{2}\,kQ/R = 2{,}70$ kV. La comprobación de Poisson, con el laplaciano radial $\nabla^{2}V = \frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\left(r^{2}\frac{dV}{dr}\right)$ :

\frac{dV}{dr} = -\frac{Q\,r}{4\pi\varepsilon_0 R^{3}} \;\Longrightarrow\; \nabla^{2}V = -\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(\frac{Q r^{3}}{4\pi\varepsilon_0 R^{3}}\right) = -\frac{3Q}{4\pi\varepsilon_0 R^{3}} = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}

usando $\rho = 3Q/4\pi R^{3}$ . Fuera, $V\propto 1/r$ y su laplaciano es cero: Laplace.

Resultado. El cociente $V(0)/V(R) = 3/2$ no depende de $Q$ ni de $R$ : es un número puro de la geometría esférica. Este mismo cálculo da la energía del artículo 04, pero con otro número: como $W = \tfrac{1}{2}Q\langle V\rangle$ y el promedio de $V$ sobre el volumen de la esfera vale $\tfrac{6}{5}kQ/R = 2\,157$ V —no el $\tfrac{3}{2}kQ/R$ del centro—, de ahí sale el $\tfrac{3}{5}$ de allí. Pero la lección de método está en el signo del cálculo intermedio: el potencial sigue subiendo hacia adentro aunque el campo esté disminuyendo, porque $V$ acumula todo el camino recorrido contra el campo, no responde al valor local. Confundir «campo pequeño» con «potencial pequeño» es el error conceptual número uno de este tema, y en el centro de esta esfera el campo es cero y el potencial, el mayor de todo el espacio. El panel de arriba, configurado como esfera maciza y con la sonda en x = 0, enseña las dos cosas a la vez.

Lo que pasa al cruzar una superficie cargada

Antes de poder resolver un problema de contorno hay que saber qué le ocurre a $V$ y a $\mathbf{E}$ al atravesar una capa de carga. Las tres condiciones de contorno salen de las dos leyes del artículo 02 aplicadas a superficies y caminos infinitesimales:

Magnitud	Al cruzar una σ	De dónde sale
Componente normal de E	Salta: E_arriba^⊥ − E_abajo^⊥ = σ/ε₀	Caja gaussiana aplastada sobre la superficie
Componente tangencial de E	Continua	Circulación nula sobre un rectángulo aplastado
Potencial V	Continuo	La integral de E sobre un camino de longitud nula es cero

El salto merece cifras. Una densidad superficial de $\sigma = 1$ μC/m² produce a cada lado $\sigma/2\varepsilon_0 = 56{,}5$ kV/m en sentidos opuestos, o sea un salto total de 113 kV/m. Y la tercera fila, que parece la más floja, es la que más se usa: el potencial es continuo siempre, incluso donde el campo salta, porque una función con un salto finito integrada sobre un intervalo nulo da cero. Eso convierte « $V$ continuo» en la condición de empalme estándar de cualquier problema por trozos, y hace que la gráfica de $V$ tenga a lo sumo un pico, nunca un escalón.

Ejemplo resuelto 2 · El disco, otra vez, y la mitad del trabajo

Problema. Un disco de $R = 10$ cm con $Q = 20$ nC uniformes —el disco del artículo 01 con el doble de carga—. (a) Halla $V(z)$ en su eje. (b) Obtén $E_z$ derivando, y compáralo con lo que costó calcularlo directamente en el artículo 01. (c) Evalúa en el centro y a 4 cm.

Solución. (a) Todo elemento del anillo de radio $s$ está a la misma distancia $\sqrt{z^{2}+s^{2}}$ , y como $V$ es un escalar no hay ninguna proyección que calcular — ésa es toda la diferencia con el artículo 01:

V(z) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{R}\frac{\sigma\,2\pi s\,ds}{\sqrt{z^{2}+s^{2}}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{z^{2}+R^{2}}-z\right)

(b) Por simetría el campo en el eje es axial, así que basta con una derivada:

E_z = -\frac{dV}{dz} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^{2}+R^{2}}}\right)

que es exactamente el resultado del artículo 01, obtenido allí con una integral vectorial y una proyección $\cos\theta$ .

(c) Con $\sigma = Q/\pi R^{2} = 637$ nC/m²: en el centro $V(0)=\sigma R/2\varepsilon_0 = 3\,595$ V y $E(0) = \sigma/2\varepsilon_0 = 36{,}0$ kV/m; a 4 cm, 2 434 V y 22,6 kV/m. Esos 36,0 kV/m son exactamente el doble de los 18,0 kV/m que da la tabla del artículo 01 para el mismo disco, y tienen que serlo: aquí la carga es el doble y $E$ es lineal en $\sigma$ . Si al comparar las dos cifras uno concluye que alguna está mal, lo que ha fallado es la comparación.

Resultado. El mismo campo, la mitad del trabajo. Y hay una comprobación de coherencia que conviene hacer siempre y que aquí sale redonda: $V(0) = \sigma R/2\varepsilon_0$ es finito aunque el disco tenga carga hasta el centro, mientras que el potencial de una carga puntual diverge. La diferencia es que $dq \sim s\,ds$ se anula tan deprisa como $1/s$ diverge, y el producto es integrable. Ése es el criterio general: una distribución continua nunca produce potencial infinito, aunque una carga puntual sí, y esa diferencia va a decidir el problema de la autoenergía del artículo 04. La segunda lección es de estrategia: cuando un problema pida el campo en un punto de un eje de simetría, calcular $V$ y derivar es casi siempre más rápido. Fuera del eje ya no basta —hay que derivar en tres direcciones y para eso hace falta $V$ en un entorno, no sólo en la recta—, y ése es un error frecuente: derivar respecto a $z$ una $V(z)$ calculada sólo sobre el eje da bien $E_z$ y no dice nada de las otras componentes.

Tres confusiones que cuestan puntos. La primera: $V$ no es energía potencial. Es energía potencial por unidad de carga, y la energía de una carga $q$ colocada donde el potencial vale $V$ es $U = qV$ . La confusión se ve en las unidades: $V$ en voltios, $U$ en julios. La segunda: $V = 0$ no implica $\mathbf{E}=0$ ni al revés. En el centro de un dipolo el potencial es exactamente cero y el campo no lo es: con ±10 nC separadas 6 cm vale 2,00×10⁵ V/m. Ojo con el remate que se le suele poner: ahí el campo no es máximo, sino el menor de todo el segmento que une las dos cargas, porque hacia cualquiera de las dos crece sin límite; sólo es un máximo si uno se restringe al plano perpendicular que pasa por el centro. En el centro de dos cargas iguales pasa lo simétrico: el campo es exactamente cero y el potencial es grande. El panel de este artículo existe sobre todo para eso.

La tercera es más sutil y es un límite de verdad: $V(\infty)=0$ no siempre se puede elegir. Para el hilo infinito, $V(s) = -(\lambda/2\pi\varepsilon_0)\ln(s/s_0)$ diverge tanto en el infinito como en el eje, y hay que poner la referencia a una distancia finita arbitraria $s_0$ ; lo mismo pasa con el plano infinito. No es un fallo de la teoría, es la factura de una idealización: una distribución con carga total infinita no tiene por qué dejar el potencial finito lejos. Con distribuciones reales, acotadas, el infinito siempre sirve. Y en cualquier caso lo medible es la diferencia de potencial, que sale bien en todos los casos.

Ejercicios

Ejercicio 1

La membrana de una neurona en reposo sostiene 70 mV a través de un espesor de 5 nm, con campo nulo a los dos lados. Modélala como una doble capa plana: $+\sigma$ en la cara exterior, $-\sigma$ en la interior, separadas esos 5 nm. Este ejercicio usa las tres condiciones de contorno de la tabla, una por apartado.

(a) Escribe $E(x)$ en las tres regiones y construye $V(x)$ integrando $-\int\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}$ desde el exterior, empalmando en las dos caras. El campo salta dos veces: ¿por qué $V$ no salta ninguna? (b) Aplica el salto de la componente normal en cada cara, con su signo para obtener las dos densidades, y di cuántos iones monovalentes son por micrómetro cuadrado. (c) Un modelo propone añadir dentro de la membrana un campo tangencial de 2 MV/m paralelo a la superficie, y estrictamente nulo fuera. Demuestra que eso es imposible y explica por qué no hay ninguna $\sigma$ —ni ninguna carga— que lo arregle.

Solución

(a) Fuera no hay campo y dentro es uniforme y perpendicular, como entre las dos láminas del ejercicio 3 del artículo 02: $E = V/d = 0{,}070/5\times10^{-9} =$ 14 MV/m, que son 4,7 veces la rigidez dieléctrica del aire seco. Poniendo el origen en la cara exterior y $V=0$ fuera, la integral se hace por tramos:

V(x) = -\int_{-\infty}^{x}\!\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \begin{cases}0, & x<0\\[2pt] -E\,x, & 0\le x\le d\\[2pt] -E\,d = -70\ \text{mV}, & x>d\end{cases}

Dos tramos horizontales unidos por una rampa recta de 14 mV por nanómetro: continua en todas partes, con un codo en cada cara y ningún escalón. Y no puede haberlo, por lo que dice la tercera fila de la tabla: $V$ es la integral de $E$ sobre un camino, y un campo finito —por enorme que sea— integrado sobre un camino de longitud nula da cero. Un escalón en $V$ exigiría campo infinito en espesor nulo. Lo que salta es la pendiente.

(b) Cruzando en el sentido de las $x$ crecientes, en la cara exterior $E^{\perp}$ pasa de 0 a $E$ , luego $\sigma = \varepsilon_0 E =$ +124 μC/m²; en la interior pasa de $E$ a 0, y el mismo salto con el signo cambiado da −124 μC/m². Las dos caras salen de la misma condición aplicada dos veces, y es el sitio donde más se pierde un signo. En un micrómetro cuadrado —10⁻¹² m²— eso son $1{,}24\times10^{-16}$ C, o sea 774 iones monovalentes. Setecientos setenta y cuatro iones por micrómetro cuadrado bastan para sostener el potencial de membrana: la carga que hace falta mover para disparar un potencial de acción es ridícula frente al contenido iónico de la célula, y por eso una neurona puede dispararse cientos de veces sin agotar sus gradientes. (Y no se perfora, pese a esos 4,7 aires secos, porque la rigidez dieléctrica es una propiedad del material: la de una bicapa lipídica ronda los 10⁸ V/m, siete veces lo que la membrana soporta en reposo. Subir el potencial de membrana a unos 0,5 V sí la perfora, y de eso vive la electroporación, que abre poros temporales con pulsos de campo para meter ADN en una célula.)

(c) La componente tangencial de $\mathbf{E}$ es continua al cruzar cualquier superficie cargada. La propuesta pide 2 MV/m dentro y 0 fuera: eso es un salto de la tangencial, y está prohibido. Lo importante es el porqué de que no se pueda arreglar con carga: en la condición tangencial no aparece $\sigma$ por ninguna parte. La normal sale de la ley de Gauss aplicada a una caja aplastada, y por eso la carga la controla; la tangencial sale de $\oint\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}=0$ sobre un rectángulo aplastado —es decir, de $\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$ —, y ahí la carga no entra. Ninguna distribución de carga estática puede quebrar la componente tangencial de $\mathbf{E}$ .

La segunda lección es esa lectura de la tabla entera: sus tres filas tienen tres orígenes distintos —Gauss, el rotacional nulo y la definición de $V$ —, y por eso responden a cosas distintas. Sólo la primera obedece a la carga; la tercera es la más robusta de las tres y por eso es la condición de empalme de todos los problemas por trozos; y la segunda no cede ante nada… mientras el campo sea estático. En cuanto haya campos magnéticos variables, $\nabla\times\mathbf{E}$ deja de ser cero y esta segunda condición cambia de forma. Mientras tanto tiene una consecuencia experimental bonita en esta misma membrana: un axón que conduce sí tiene campo longitudinal a lo largo de su superficie, y la continuidad de la tangencial obliga a que ese campo esté también fuera de la célula. Por eso un electrodo extracelular registra el disparo de una neurona sin llegar a pincharla.

Ejercicio 2

Un dipolo eléctrico: $+q$ en $(0,0,d/2)$ y $-q$ en $(0,0,-d/2)$ . Halla $V$ a distancia $r \gg d$ y demuestra que va como $1/r^{2}$ . Sin calcular $\mathbf{E}$ , ¿con qué potencia de $r$ cae el campo?

Solución

Con $r_\pm \approx r \mp (d/2)\cos\theta$ y desarrollando $1/r_\pm$ a primer orden:

V(r,\theta) \approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{qd\cos\theta}{r^{2}} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{p\cos\theta}{r^{2}}

con $p = qd$ el momento dipolar eléctrico. La cancelación del término $1/r$ es exacta y es lo que define un dipolo: carga total cero. Y sin calcular nada más se puede afirmar que $E$ cae como $1/r^{3}$ , porque el campo es el gradiente del potencial y derivar respecto a una coordenada añade siempre una potencia al denominador.

La segunda lección es esa regla, que se usa constantemente para estimar sin calcular: cada orden del desarrollo multipolar cae una potencia más deprisa. Monopolo $1/r$ , dipolo $1/r^{2}$ , cuadrupolo $1/r^{3}$ en el potencial; y un orden más en el campo. Por eso una molécula neutra pero polar —el agua, con $p = 1{,}85$ D— interacciona a distancia mucho más débilmente que un ion, y por eso las fuerzas intermoleculares tienen el alcance corto que tienen. El desarrollo completo es el cierre del módulo II.2.

Ejercicio 3

¿Puede el potencial de una región sin carga tener un máximo en su interior? ¿Y puede el campo valer cero en un punto interior? Razona con la ecuación de Laplace y di qué consecuencia tiene para atrapar una carga con otras cargas fijas.

Solución

Un máximo interior exigiría $\partial^{2}V/\partial x^{2}$ , $\partial^{2}V/\partial y^{2}$ y $\partial^{2}V/\partial z^{2}$ todas negativas, y entonces su suma —el laplaciano— también lo sería, contra $\nabla^{2}V=0$ . Luego no: los extremos de $V$ están siempre en la frontera. El campo sí puede anularse dentro, pero sólo en puntos de silla, donde unas segundas derivadas son positivas y otras negativas de forma que la suma dé cero.

La consecuencia es el teorema de Earnshaw: no hay equilibrio estable electrostático. En el punto medio de dos cargas iguales el campo es cero, pero es un punto de silla: estable frente a desplazamientos a lo largo de la línea que las une e inestable perpendicularmente a ella. La segunda lección es lo que no dice el teorema, porque se cita mal muy a menudo: no prohíbe la levitación, prohíbe la levitación con cargas fijas y estáticas. Un diamagnético levita porque su magnetización responde al campo; una trampa de Paul funciona porque el campo oscila a megahercios y convierte la silla en un pozo efectivo; un tren de levitación usa corrientes inducidas. Las excepciones no violan el teorema: se salen de sus hipótesis, que es la única manera honesta de esquivar un teorema.

Ejercicio 4

El segmento cargado del ejemplo resuelto 2 del artículo 01, ahora por el camino de este artículo: allí se montó la integral vectorial del campo, aquí se pide la escalar del potencial.

Un hilo recto de longitud $2L$ con densidad lineal $\lambda$ uniforme. (a) Monta $V = (1/4\pi\varepsilon_0)\int dq'/|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|$ en un punto de su mediatriz, a distancia $s$ , y resuélvela. (b) Deriva y comprueba que recuperas el campo del artículo 01. (c) Evalúa $V$ para un hilo de 1 m con $\lambda = 1$ μC/m a 1 cm. (d) Haz $L\to\infty$ en tu $V$ y en tu $E$ : uno de los dos sobrevive y el otro no. ¿Por qué eso no rompe nada?

Solución

(a) Con el hilo sobre el eje $x$ y el punto en $(0,s)$ , cada elemento $dq' = \lambda\,dx$ está a $\sqrt{x^{2}+s^{2}}$ . Y aquí no hay nada que proyectar —ésa es toda la ventaja—: se suman números.

V(s) = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-L}^{L}\frac{dx}{\sqrt{x^{2}+s^{2}}} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\,\ln\!\frac{L+\sqrt{L^{2}+s^{2}}}{s}

La primitiva es $\ln\!\left(x+\sqrt{x^{2}+s^{2}}\right)$ , que sale con el mismo cambio $x = s\tan\theta$ del artículo 01 — allí llevaba a $\int\cos\theta\,d\theta$ y aquí a $\int\sec\theta\,d\theta$ .

(b) $E = -dV/ds$ , y derivando el logaritmo sale

E = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2L}{s\sqrt{s^{2}+L^{2}}}

que es exactamente el resultado del ejemplo resuelto 2 del artículo 01, obtenido allí con una integral vectorial y una proyección. Una integral escalar y una derivada contra tres integrales: el ahorro es real.

(c) Con $L = 0{,}5$ m, $\lambda = 1$ μC/m y $s = 1$ cm: $\lambda/2\pi\varepsilon_0 = 17{,}98$ kV y el logaritmo vale $\ln 100{,}01 = 4{,}61$ , así que $V =$ 82,8 kV. El campo que se deriva de ahí son los 1,80 MV/m ya conocidos.

(d) Con $L\to\infty$ , $E$ tiende al $\lambda/2\pi\varepsilon_0 s$ del hilo infinito, finito y perfectamente respetable; pero $V \approx (\lambda/2\pi\varepsilon_0)\ln(2L/s)$ diverge. No rompe nada porque $V$ no es medible: lo medible es la diferencia, y en la diferencia la $L$ se cancela dentro del logaritmo.

La segunda lección son las cifras de esa cancelación, porque convierten la advertencia del apartado anterior en algo que se puede comprobar. Alargar el hilo de 1 m a 10 m sube $V$ a 1 cm de 82,8 kV a 124 kV, y cada década de longitud añade otros 41,4 kV —para siempre, sin converger nunca—. Y sin embargo la diferencia de potencial entre 1 cm y 2 cm del hilo vale 12,5 kV tanto para el hilo de 1 m como para el infinito: los dos números se separan en un 0,04 %. Ahí está la lección de método: cuando una magnitud diverge, hay que mirar si lo que se mide es ella o una diferencia de ella. Es exactamente el motivo de que para el hilo y el plano infinitos haya que poner la referencia a distancia finita, y el mismo mecanismo por el que la electrodinámica cuántica sobrevive a integrales infinitas: lo observable es una resta.