Biot-Savart: la integral que sí hay que montar

Un cable recto de un metro, mirado desde un centímetro, produce 319,9 μT con 16 A, y la fórmula del cable infinito da 320,0 μT: un error del 0,020 %. La misma comparación, aplicada al imán de una resonancia magnética de 1,6 m de largo y 45 cm de radio, sale 14,7 %: la fórmula del infinito se pasa en esa proporción sobre el campo verdadero, y ésa es la razón de que un imán clínico no sea un solenoide uniforme. Los dos números salen de la misma integral, que es la que este artículo monta y resuelve en los tres únicos casos en que se deja. En todo el artículo el error de una aproximación se mide sobre el valor exacto, que es el único denominador que no depende de con qué se compare.

Necesitas: del artículo 01 de este módulo, la densidad de corriente con sus tres formas —

\mathbf{J}\,d\tau

\mathbf{K}\,da

I\,d\boldsymbol{\ell}

— y la condición de corriente estacionaria

\nabla\cdot\mathbf{J}=0

. Del módulo II.1, la estructura de la integral de Coulomb: aquí se monta la misma clase de integral, y conviene tener presente cuál de las dos es más difícil y por qué.

La ley, y por qué se parece tanto a la de Coulomb sin serlo

El resultado experimental que ordena la magnetostática entera es que el campo producido por una corriente estacionaria se puede escribir como una suma sobre trozos de circuito. Para un hilo:

\boxed{\;\mathbf{B}(\mathbf{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi}\,I\!\int \frac{d\boldsymbol{\ell}'\times\hat{\boldsymbol{\imath}}}{\imath^{2}}\;}\qquad \boldsymbol{\imath} = \mathbf{r}-\mathbf{r}'

Es la ley de Biot-Savart. Conviene compararla término a término con la integral de Coulomb del módulo II.1, porque los parecidos son más peligrosos que las diferencias.

	Electrostática (II.1)	Magnetostática
Fuente	$dq' = \lambda\,d\ell'$ , un escalar	$I\,d\boldsymbol{\ell}'$ , un vector
Caída	$1/\imath^{2}$	$1/\imath^{2}$ , la misma
Dirección	a lo largo de $\hat{\boldsymbol{\imath}}$	perpendicular a $\hat{\boldsymbol{\imath}}$ y a $d\boldsymbol{\ell}'$
Constante	$1/4\pi\varepsilon_0 = 8{,}99\times10^{9}$	$\mu_0/4\pi = 1{,}00\times10^{-7}$
Superposición	sí	sí

La permeabilidad del vacío vale $\mu_0 = 1{,}256\,637\,061\,27\times10^{-6}$ N/A², y hay un detalle de 2019 que conviene no arrastrar mal: ya no es exactamente 4π×10⁻⁷. Cuando el amperio se definía por la fuerza entre dos hilos, $\mu_0$ era exacta por decreto; desde que el amperio se define fijando $e$ , es una magnitud medida, y difiere de 4π×10⁻⁷ en 1,3 partes en 10¹⁰. Para cualquier cuenta de este módulo da igual, y para escribir bien una tabla de constantes, no.

Las tres versiones de la integral, según cómo esté repartida la corriente, son la traducción directa de las tres formas del artículo 01:

\mathbf{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\mathbf{K}(\mathbf{r}')\times\hat{\boldsymbol{\imath}}}{\imath^{2}}\,da' = \frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\mathbf{J}(\mathbf{r}')\times\hat{\boldsymbol{\imath}}}{\imath^{2}}\,d\tau'

Y el límite honesto, que se enuncia antes de usar la fórmula: el «campo de un elemento de corriente» no existe. La ley de Biot-Savart sólo tiene sentido integrada sobre un circuito cerrado, porque un trozo aislado de corriente no cumple $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ : acumularía carga en sus dos extremos, y todo lo que este módulo demuestra dejaría de valer. $d\mathbf{B}$ es un integrando, no una medida. La diferencia importa porque hay maneras alternativas de repartir el integrando —cambiando $d\mathbf{B}$ por otra expresión que difiera en un gradiente— que dan el mismo resultado al cerrar el circuito y resultados distintos elemento a elemento. Ninguna es más cierta que otra, y ninguna se puede medir.

Las líneas que se cierran

Un corte por un plano que contiene el eje. Las líneas no están dibujadas: se obtienen integrando dr/ds ∝ B a partir del campo exacto de la espira, y aun así ninguna empieza ni acaba en ningún sitio. El rectángulo de trazos es el corte de un cilindro cerrado: muévelo y mira la última cifra.

Fuente: una espira Radio del cilindro de prueba ρ₀: 9.2 cm Semialtura del cilindro de prueba: 6.2 cm

Flujo por la tapa de arriba 28.9 nWb

Flujo por la tapa de abajo -28.9 nWb

Flujo por la pared 9.30×10⁻¹⁶ nWb

Flujo NETO ∮B·da 9.30×10⁻¹⁶ nWb

Neto / flujo de una cara 3.22×10⁻¹⁷

Error de cierre de una línea 0.12 % de R

El cilindro encierra la espira entera, y por dentro hay tanto campo como quieras: la tapa de arriba recoge 28.9 nWb. Sale todo por la pared, 9.30×10⁻¹⁶ nWb, y la cuenta cierra en 3.22×10⁻¹⁷ del flujo de una cara. Ésa es la versión medible de ∇·B = 0: no hay ninguna superficie cerrada, en ningún sitio, con flujo magnético neto. Compáralo con la ley de Gauss del módulo II.1, donde encerrar la fuente daba exactamente Q/ε₀.

El campo es el exacto de una espira circular, escrito con integrales elípticas completas K y E y evaluado aquí por la media aritmético-geométrica: no hay aproximación dipolar en ninguna parte del dibujo. Las tapas se integran con B_z y la pared con B_ρ, que son expresiones distintas evaluadas por separado, de modo que la cancelación del último recuadro es una comprobación numérica y no un álgebra escrita al revés. El «error de cierre» es la distancia entre el principio y el final de una línea seguida durante 488 pasos de R/400; si el campo tuviera fuentes, esa línea no volvería nunca.

El hilo recto finito, que es el único caso realmente resoluble

Sea un segmento recto sobre el eje $z$ y un punto a distancia perpendicular $s$ . Con $d\boldsymbol{\ell}' = dz'\,\hat{\mathbf{z}}$ , el producto vectorial $d\boldsymbol{\ell}'\times\hat{\boldsymbol{\imath}}$ apunta en $\hat{\boldsymbol{\phi}}$ para todos los elementos —de modo que el problema es escalar— y su módulo es $dz'\sin\alpha$ con $\sin\alpha = s/\imath$ . Parametrizando con el ángulo $\theta$ medido desde la perpendicular, $z' = s\tan\theta$ , $dz' = s\sec^{2}\theta\,d\theta$ y $\imath = s\sec\theta$ :

B = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\int \frac{s\,dz'}{\imath^{3}} = \frac{\mu_0 I}{4\pi s}\int_{\theta_1}^{\theta_2}\cos\theta\,d\theta = \frac{\mu_0 I}{4\pi s}\left(\sin\theta_2 - \sin\theta_1\right)

Con $\theta_{1,2}\to\mp\pi/2$ se recupera el hilo infinito, $B = \mu_0 I/2\pi s$ , que el módulo I.3 usó como dato y aquí queda deducido con su condición de validez incluida. Y esa condición es una razón, no una longitud:

Cable de 1 m con 16 A, a distancia $s$	Finito (exacto)	Fórmula del infinito	Error, $(B_\infty - B)/B$
1 cm ( $L/s = 100$ )	319,94 μT	320,00 μT	0,020 %
10 cm ( $L/s = 10$ )	31,38 μT	32,00 μT	1,98 %
25 cm ( $L/s = 4$ )	11,45 μT	12,80 μT	11,80 %

El error depende sólo de $L/s$ : un cable de 100 m visto desde 1 m se equivoca exactamente lo mismo que uno de 1 m visto desde 1 cm. Es el mismo hecho que en el módulo II.1 hacía «infinito» a un hilo cargado de un metro, y por la misma razón — sólo que allí el error del hilo infinito a 1 cm era también del 0,02 %, y esa coincidencia no es casual: las dos integrales tienen el mismo integrando angular.

La espira en su eje

Segundo caso resoluble, y el que sostiene el artículo 04. Para un punto del eje de una espira circular de radio $R$ a altura $z$ , todos los elementos están a la misma distancia $\imath = \sqrt{R^{2}+z^{2}}$ y $d\boldsymbol{\ell}'\perp\hat{\boldsymbol{\imath}}$ , de modo que cada $|d\mathbf{B}| = (\mu_0 I/4\pi)\,d\ell'/\imath^{2}$ . Las componentes transversales se cancelan por pares diametralmente opuestos —ése es el paso que hace el problema— y sobrevive la proyección axial, con factor $\cos\psi = R/\imath$ :

B_z(z) = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{1}{R^{2}+z^{2}}\frac{R}{\sqrt{R^{2}+z^{2}}}\oint d\ell' = \frac{\mu_0 I}{2}\frac{R^{2}}{\left(R^{2}+z^{2}\right)^{3/2}}

En el centro, $B = \mu_0 I/2R$ , que da 12,57 μT para $R=5$ cm y 1 A. Y lejos, con $z\gg R$ , queda $B \simeq \mu_0 I R^{2}/2z^{3}$ : cae como $1/z^{3}$ y depende de la corriente y del radio sólo por el producto $IR^{2}$ . Ese producto es lo que el artículo 04 llamará momento magnético, y aquí ya se puede ver por qué tenía que aparecer.

Fuera del eje, esta integral no tiene primitiva elemental. La solución completa existe y se escribe con integrales elípticas completas $K$ y $E$ ; es la que dibuja el interactivo de arriba, y por eso sus líneas son las de verdad y no un esquema. Que el caso más simple imaginable —una circunferencia— ya salga del catálogo de funciones elementales dice todo lo que hay que saber sobre la dificultad de la ley de Biot-Savart.

Ejemplo resuelto 1 · El imán de una resonancia magnética, y por qué no es un solenoide

Problema. (a) Integrando espiras, deduce el campo en el eje de un solenoide de longitud $L$ , radio $a$ y $n$ vueltas por metro. (b) ¿Cuántos amperivueltas por metro hacen falta para 3 T? (c) Un imán clínico tiene un túnel de $L = 1{,}6$ m con bobinado de radio $a = 0{,}45$ m. ¿Qué campo daría en su centro un bobinado uniforme con el $nI$ de (b)? (d) ¿Y en la boca del túnel?

Solución. (a) Una rodaja de espesor $dz'$ lleva $n\,dz'$ vueltas, es decir una corriente $nI\,dz'$ , y aporta el campo de una espira. Integrando la forma cerrada de la sección anterior:

B(z) = \int_{-L/2}^{L/2}\frac{\mu_0 (nI\,dz')}{2}\frac{a^{2}}{\left[a^{2}+(z-z')^{2}\right]^{3/2}} = \frac{\mu_0 nI}{2}\left[\frac{z'-z}{\sqrt{a^{2}+(z-z')^{2}}}\right]_{-L/2}^{L/2}

que en el centro ( $z=0$ ) se reduce a

B(0) = \mu_0 nI\,\frac{L}{\sqrt{L^{2}+4a^{2}}}

El corchete tiende a 1 cuando $L\gg a$ , y entonces $B=\mu_0 nI$ , la fórmula del solenoide infinito: no aparecen ni el radio, ni la longitud, ni la distancia al eje.

(b) $nI = B/\mu_0 = 3/1{,}2566\times10^{-6} =$ 2,39×10⁶ A/m. Con los 300 A que aguanta un hilo superconductor de niobio-titanio, eso son 7 958 vueltas por metro.

(c) El factor vale $1{,}6/\sqrt{1{,}6^{2}+4(0{,}45)^{2}} =$ 0,872. Con ese $nI$ , el imán daría 2,61 T y no 3 T. Medido con el criterio de la tabla —sobre el valor exacto—, la fórmula del infinito se pasa un 14,7 %; visto desde el objetivo de diseño, el imán se queda un 12,8 % por debajo de los 3 T que se le pedían. Es el mismo hecho con dos denominadores, y por eso conviene decir siempre cuál se usa. Para llegar a los 3 T haría falta 2,74×10⁶ A/m, o sea 9 130 vueltas por metro con la misma corriente.

(d) En $z=L/2$ , el corchete deja sólo uno de los dos términos: el campo cae a algo más de la mitad, y a exactamente la mitad en el límite de un solenoide muy largo. Aquí, con el $nI$ real, en la boca del túnel quedan 1,66 T —el 55,2 % del central—, y ése es el campo que hay donde se coloca quien empuja la camilla.

Resultado. El 14,7 % de (c) es la razón concreta de que un imán de resonancia no sea un bobinado uniforme. Un tubo de 1,6 m con 0,9 m de diámetro no es «largo» comparado con su radio, y las máquinas reales lo resuelven repartiendo las vueltas de forma no uniforme —más densas en los extremos— para aplanar el perfil. La especificación que persiguen no es el valor central sino la homogeneidad, del orden de partes por millón sobre una esfera de 40 cm, y esa homogeneidad la fija exactamente la integral de arriba. La segunda lección es de método: el solenoide infinito no es una idealización que se acepta o se rechaza, es el primer término de una expresión cerrada cuyo error se puede calcular. Y con el mismo denominador que la tabla del hilo, aquí ese error es del 14,7 % y allí, a un centímetro de un cable de un metro, del 0,020 %: cuatro órdenes de magnitud de diferencia entre dos usos de la palabra «infinito». La única manera de saberlo es haciendo la cuenta.

Lo que no se puede resolver, y por qué eso importa tanto

Los tres casos anteriores —hilo, espira en su eje, solenoide en su eje— son esencialmente todos los que la ley de Biot-Savart entrega en forma cerrada elemental. Fuera de ellos hay que integrar numéricamente. Compárese con el módulo II.1, donde la ley de Gauss regalaba tres simetrías completas y el potencial reducía tres funciones a una: aquí no hay ninguna de las dos cosas todavía, y por eso el artículo 03 va a buscar un teorema integral y el 04, un potencial. El orden del módulo no es caprichoso — es la lista de las cosas que faltan.

Y hay una asimetría que conviene señalar ya, porque será el tema del artículo 04: el problema magnético es más difícil que el eléctrico, no menos. La integral de Coulomb da tres componentes de un vector a partir de un escalar; la de Biot-Savart, tres a partir de tres, con un producto vectorial en medio.

Ejercicios

Ejercicio 1

Una «horquilla»: dos semirrectas paralelas separadas $2R$ con $R = 2{,}0$ cm, unidas por una semicircunferencia de radio $R$ , con $I = 5{,}0$ A.

(a) Monta la integral de Biot-Savart para el arco y resuélvela. (b) Ídem para una de las semirrectas, usando la fórmula del hilo finito con los ángulos correctos. (c) Suma y da el campo en el centro del arco, indicando su dirección. (d) ¿Qué fracción aporta el arco? ¿Y qué fracción aportarían las semirrectas si toda la figura se fabricara al doble de tamaño?

Solución

(a) En el arco, todos los elementos están a distancia $R$ del centro y son perpendiculares al radio, así que $|d\boldsymbol{\ell}'\times\hat{\boldsymbol{\imath}}| = d\ell'$ y todas las contribuciones apuntan igual:

B_{\text{arco}} = \frac{\mu_0 I}{4\pi R^{2}}\int_0^{\pi R} d\ell' = \frac{\mu_0 I}{4R} = 78{,}5\ \mu\text{T}

La mitad del campo de una espira completa, como tenía que ser.

(b) Cada semirrecta corre desde el centro hacia el infinito, así que sus ángulos van de $\theta_1 = 0$ a $\theta_2 = \pi/2$ : $B = (\mu_0 I/4\pi R)(1-0) = \mu_0 I/4\pi R =$ 25,0 μT. La mitad del hilo infinito, que es lo que dice la fórmula sin ninguna sorpresa.

(c) Las dos semirrectas contribuyen en el mismo sentido que el arco. Vale la pena comprobarlo con la regla de la mano derecha en vez de suponerlo: las dos rectas son paralelas y llevan corrientes opuestas, pero están a lados opuestos del centro, y las dos inversiones se cancelan. Total: $78{,}5 + 2\times25{,}0 =$ 129 μT, perpendicular al plano de la horquilla.

(d) El arco aporta $78{,}5/128{,}5 =$ 61,1 %, y las semirrectas el 38,9 % restante. Al fabricar la figura entera al doble de tamaño, el arco pasa a 39,3 μT y cada recta a 12,5 μT: los dos términos se dividen por dos, así que la proporción no cambia. Sigue siendo 38,9 % para las rectas, porque la fracción es un número puro, $2/(\pi+2) = 0{,}389$ , que no depende ni del radio ni de la corriente.

La segunda lección está en (d) y es una comprobación que conviene hacer siempre: cuando un resultado sale independiente del único parámetro del problema, es que ese parámetro sólo fijaba la escala. En Biot-Savart, todos los tramos de una figura escalada por un factor contribuyen escalados por el mismo factor, porque $d\ell'/\imath^{2}$ tiene dimensiones de 1/longitud. La consecuencia práctica es que sólo hay que calcular una horquilla: las demás salen dividiendo.

Ejercicio 2

Con una longitud fija de hilo $P = 40$ cm y una corriente $I = 2{,}0$ A se puede formar una espira cuadrada de lado $L = 10$ cm o una circular del mismo perímetro.

(a) Monta y resuelve el campo en el centro del cuadrado sumando los cuatro lados con la fórmula del hilo finito. (b) Halla el del círculo. (c) ¿Cuál gana, y por cuánto? Da la razón como número puro. (d) Compara con la razón de las áreas. ¿Qué figura tendrá mayor momento magnético, y qué dice eso sobre qué mide cada cosa?

Solución

(a) Cada lado está a $s = L/2$ del centro y lo ve bajo $\theta = \pm 45°$ , de modo que $\sin\theta_2-\sin\theta_1 = \sqrt{2}$ . Cuatro lados:

B_{\square} = 4\cdot\frac{\mu_0 I}{4\pi (L/2)}\sqrt{2} = \frac{2\sqrt{2}\,\mu_0 I}{\pi L} = 22{,}63\ \mu\text{T}

(b) El círculo del mismo perímetro tiene $R = P/2\pi = 2L/\pi = 6{,}37$ cm, y $B = \mu_0 I/2R = \pi\mu_0 I/4L =$ 19,74 μT.

\frac{B_\square}{B_\circ} = \frac{2\sqrt{2}/\pi}{\pi/4} = \frac{8\sqrt{2}}{\pi^{2}} = 1{,}1463

un 14,6 % más. La razón geométrica: el cuadrado acerca parte de su hilo al centro (los puntos medios de los lados están a $L/2 = 5$ cm, frente a los 6,37 cm de todo el círculo), y como el integrando va con $1/\imath^{2}$ , esos tramos próximos pesan más de lo que pierden las esquinas.

(d) Las áreas van al revés: $\pi R^{2} = 127{,}3$ cm² contra $L^{2}=100$ cm², razón $\pi/4 = 0{,}785$ — el círculo encierra un 27,3 % más de área con el mismo hilo, que es el problema isoperimétrico de toda la vida. Como el momento magnético es $IA$ , el círculo tiene más momento magnético y menos campo en el centro.

La segunda lección es exactamente esa contradicción aparente: el campo en el centro y el momento magnético miden cosas distintas y pueden ordenarse al revés. El primero es un valor local dominado por el hilo más cercano; el segundo gobierna el campo lejano, donde la forma de la espira ya no se distingue. Si lo que se quiere es un campo intenso en un punto, se acerca el hilo; si lo que se quiere es par en un campo externo o alcance a distancia, se encierra área. Un galvanómetro y una antena de bucle se diseñan con criterios opuestos por esta razón.

Ejercicio 3

Un solenoide de laboratorio de $L = 50$ cm, radio $a = 2{,}0$ cm, $n = 1\,000$ vueltas por metro e $I = 2{,}0$ A.

(a) Evalúa el campo en el centro y compáralo con $\mu_0 nI$ . (b) Evalúa el campo en la boca y da su fracción del central. (c) Demuestra que en un solenoide infinitamente largo la boca vale exactamente $\mu_0 nI/2$ , partiendo de la expresión general. (d) ¿A qué distancia de la boca, hacia dentro, el campo llega al 99 % del central? Exprésala en radios.

Solución

(a) El factor $L/\sqrt{L^{2}+4a^{2}}$ vale 0,996 815, así que $B =$ 2,505 mT frente a los 2,513 mT del infinito: con el denominador de siempre —el valor exacto—, un error del 0,319 %. Aquí sí se puede decir «solenoide infinito» sin más comentario, y el imán de la resonancia del ejemplo resuelto muestra que eso no es general.

(b) En la boca, $B =$ 1,256 mT, el 50,1 % del central — y no la mitad exacta, porque este solenoide no es infinitamente largo.

(c) En la expresión general, el corchete evaluado en $z = L/2$ deja $0 + L/\sqrt{a^{2}+L^{2}}$ , que tiende a 1 con $L\to\infty$ . Como el prefactor es $\mu_0 nI/2$ , sale exactamente la mitad. Nótese la interpretación: en la boca «falta» la mitad del solenoide, y como cada mitad aporta lo mismo por simetría, falta la mitad del campo. Con eso el resultado se puede escribir sin calcular nada.

(d) Resolviendo numéricamente el perfil, el campo llega al 99 % del central a 8,75 cm de la boca hacia dentro, es decir 4,38 radios; al 90 % basta con 2,62 cm, o sea 1,31 radios. La regla que conviene recordar es que la escala a la que un solenoide se hace uniforme es su radio, no su longitud — pero con una constante grande: unos cinco radios para el uno por ciento. En el límite de solenoide muy largo, el corchete general da $\delta/\sqrt{\delta^{2}+a^{2}} = 2f-1$ , de donde 1,33 radios para el 90 % y 4,92 para el 99 %.

La segunda lección es el apartado (c) y vale para muchos problemas de este módulo: un argumento de simetría bien planteado sustituye a una evaluación. «La boca es el borde entre dos mitades iguales» es una demostración completa del factor 1/2, y además dice por qué es exacto en el límite infinito y aproximado fuera de él. Guardarse ese hábito ahorra mucho tiempo en el artículo 03, que va entero de eso.

Ejercicio 4

Dos espiras coaxiales iguales de radio $R = 15$ cm con $I = 1{,}0$ A cada una y la misma corriente en el mismo sentido, separadas una distancia $d$ .

(a) Escribe $B(z)$ en el eje sumando las dos. (b) Demuestra que $d^{2}B/dz^{2} = 0$ en el centro si y sólo si $d = R$ , y explica por qué la primera derivada ya era cero sin condición ninguna. (c) Evalúa $B$ en el centro con $d=R$ y compáralo con $\mu_0 I/R$ . (d) ¿Cuánto se aparta el campo del valor central a 1, 2 y 3 cm del centro? Da los tres números en partes por millón y di qué diámetro de zona útil ofrece esta pareja al 0,1 %.

Solución

(a) Con las espiras en $z=\pm d/2$ :

B(z) = \frac{\mu_0 IR^{2}}{2}\left\{\left[R^{2}+\left(z-\tfrac{d}{2}\right)^{2}\right]^{-3/2} + \left[R^{2}+\left(z+\tfrac{d}{2}\right)^{2}\right]^{-3/2}\right\}

(b) La función es par en $z$ por construcción, así que todas sus derivadas impares se anulan en el origen: la primera derivada es cero para cualquier $d$ , y no hay nada que imponer. La segunda no. Derivando dos veces un término y evaluando en $z=0$ :

\frac{d^{2}B}{dz^{2}}\bigg|_{0} = 3\mu_0 I R^{2}\,\frac{d^{2}-R^{2}}{\left(R^{2}+d^{2}/4\right)^{7/2}}

que se anula exactamente en $d=R$ , y sólo ahí (con $d>0$ ). Comprobado numéricamente: con $d=R$ la segunda derivada sale −2,7×10⁻¹⁰ T/m², que relativa a $B/R^{2}$ es 10⁻⁶, es decir el error de la diferencia finita; con $d=1{,}3R$ sale +2,2×10⁻⁴ T/m², seis órdenes de magnitud mayor.

(c) $B(0) = (8/5^{3/2})\,\mu_0 I/R = 0{,}7155\,\mu_0 I/R =$ 5,995 μT. Ese $8/5^{3/2}$ es el número que hay que reconocer en cualquier bobina de Helmholtz.

(d) Las desviaciones son −22,6 ppm a 1 cm, −357 ppm a 2 cm y −1 764 ppm a 3 cm. Crecen como $z^{4}$ —que es lo que queda cuando la segunda derivada se ha anulado— y por eso doblar la distancia multiplica el error por dieciséis: 22,6 × 16 = 362, frente a los 357 medidos. Al 0,1 % la zona útil llega hasta un radio de 2,60 cm, es decir un diámetro de 5,19 cm, algo más de un tercio del radio de las bobinas.

La segunda lección es de diseño y explica el ejemplo resuelto del imán clínico: anular derivadas sucesivas en el centro es la manera estándar de fabricar campo uniforme, y cada derivada anulada cuesta un grado de libertad. Helmholtz gasta la separación para matar la segunda derivada y consigue error $\propto z^{4}$ ; con cuatro bobinas se matan la segunda y la cuarta y el error pasa a $z^{6}$ . Los imanes de resonancia llevan del orden de seis a diez bobinas por eso mismo, y con ellas bajan de la parte por millón en cuarenta centímetros.