FÍSICA TEÓRICA 1 - 2do. Cuatrimestre 2010

Notas de la práctica sobre la Guía 2: separación en cartesianas (II)

Aquí figuran los problemas de separación en cartesianas en regiones no acotadas. (Prob. 3 −→ pág. 5, prob.4 −→ pág. 15, prob. 9 −→ pág. 23, prob. 10 −→ pág. 26.)

Resuelvan los problemas ustedes solos, consulten la solución para verificar sus resultados o cuando no puedanavanzar más. Cuando se plantee algo que no esté en la guía, traten de resolverlo primero sin mirar la solución.

� Ya vimos cómo resolver Laplace y Poisson dentro de cajas rectangulares como la de la figura,

Con o sin cargas, estos problemas se reducían a resolver la ecuación de Laplace en una o más zonas, dejandolas cargas en los contornos y fronteras entre zonas. La solución en cada zona se construía superponiendosoluciones de la forma

X(x)Y (y)Z(z).

En cada dirección teníamos ecuaciones del tipo

X(x)′′ + αX(x) = 0. (1)

Las direcciones importantes en estos problemas eran aquellas donde había que anular el potencial en dospuntos, siempre dentro de una misma zona. En esas direcciones uno encontraba bases de funciones. Con losejes como en la figura de arriba, si el potencial debía anularse en x = 0 y x = a, las funciones adecuadas enesa dirección eran

Xn(x) = sin(nπx

a

), n = 1, 2, . . . (2)

que corresponden a una constante de separación en (1)

αn =(nπ

a

)2.

Había que rebuscárselas para dividir en zonas o descomponer el problema en otros problemas más sim-ples, para que fuera posible encontrar bases en las que expandir las condiciones de contorno. Por ejemplo, sien el problema de la figura había un potencial V (x, z) en la cara en y = 0, además del conjunto de solucionesXn se hacía necesario tener también base en la dirección z. Así que, de una forma u otra, había que llegar aun problema donde el potencial fuese también cero en las caras z = 0 y z = c, para tener la base

Zn(z) = sin(nπz

c

).

1

Las condiciones de borde de este tipo eran las que permitían obtener un conjunto de funciones que fueranbase. Pero también, recíprocamente, éstas eran las únicas funciones que permitían satisfacer esas condicionesde contorno. Los otras clases de soluciones de la ecuación X(x)′′ + αX(x) = 0 eran las lineales,

X(x) = A+Bx, α = 0,

y las exponenciales reales,

X(x) = Ae−√−αx +Be

√−αx, α < 0,

y para anularlas en dos puntos era necesario anularlas en todos.

Pero cuando pasamos a resolver Poisson o Laplace en en dominios no acotados hay tres clases de direc-ciones importantes. Problemas donde a primera vista sólo pueda encontrarse una de estas direcciones debenser descompuestos en problemas más simples. Estas direcciones son:

1. como antes, aquellas direcciones acotadas en donde hay que anular el potencial en los dos extremos,

2. las direcciones donde la variable puede recorrer todo el eje,

3. las direcciones en donde la variable puede recorrer sólo un semieje, y al mismo tiempo el potencialdebe anularse en su extremo.

Veamos caso por caso. El primero es el que ya vimos.

� Direcciones en donde hay que anular el potencial en dos puntos. Las funciones en estas direccionesforman una base. Tomando la dirección x como ejemplo, si uno de los dos puntos es el origen y el otro x = a,la base son las funciones (2). Una expansión en este tipo de funciones toma la forma

f(x) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)fn, fn =

2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)f(x). (3)

� Direcciones donde la variable puede recorrer todo el eje. Tomando como ejemplo la dirección x, aquílo que se pide es que las funciones X(x) sean acotadas en todo el eje. De los tres tipos de soluciones de laecuación X ′′ + αX = 0 sólo hay dos que pueden cumplir con esa condición, la función constante

X0(x) = A,

que está asociada a un valor de la constante de separación α = 0, y las exponenciales imaginarias, que tienenα = k2,

Xk(x) = Aeikx +Be−ikx, k > 0.

En definitiva, como el caso α = 0 puede tratarse como si fuera el segundo tipo de solución con k = 0, esposible incluir todas estas funciones en una sola definición,

Xk(x) = eikx, −∞ < k < ∞, (4)

2

permitiendo a k recorrer todo el eje real. Es irrelevante aquí incluir o no una constante multiplicativa. Estassoluciones forman también una base, pero esta vez para funciones definidas en todo el eje,

f(x) =

∫ ∞

−∞dk eikx f(k), f(k) =

1

2π

∫ ∞

−∞dx e−ikx f(x). (5)

En la última ecuación, f es lo que se conoce como la transformada de Fourier de f . La relación de ortogo-nalidad entre las funciones de la base es

1

2π

∫ ∞

−∞dx Xk(x)X

∗k′(x) =

1

2π

∫ ∞

−∞dx ei(k−k′)x = δ(k − k′). (6)

En mayor número de dimensiones tendrán

1

(2π)d

∫ddr ei(k−k′)·r = δd(k− k′).

Esto es simplemente multiplicar d deltas. Las transformadas también se modifican de manera bastante obvia

f(r) =

∫ddk eik·r f(k), f(k) =

1

(2π)d

∫ddr e−ik·r f(r). (7)

Las integrales son en todo el espacio. Diferentes libros suelen usar diferentes convenciones para escribir f ysu transformada. Por ejemplo, suelen definir, de modo más simétrico,

f(x) =1√2π

∫ ∞

−∞dk eikx F (k), F (k) =

1√2π

∫ ∞

−∞dx e−ikx f(x).

La relación con la otra definición sería F =√2π f . Lo que nunca cambia es la relación de ortogonalidad

(6), porque no depende de ninguna definición.

Ahora veremos el otro tipo de dirección que puede darse en un dominio no acotado.

� Direcciones en donde la variable puede recorrer sólo un semieje, y al mismo tiempo el potencial debeanularse en su extremo. Tomando como ejemplo la dirección x, el dominio en esta dirección podría ser0 ≤ x < ∞ y el potencial debería anularse en x = 0. Aquí lo que se pide es que las funciones X(x) seanacotadas en todo el intervalo 0 ≤ x < ∞ y que se anulen en x = 0. De los tres tipos de soluciones dela ecuación X ′′ + αX = 0, sólo hay uno que puede cumplir con estas condiciones. Vayamos descartando:las lineales no están acotadas, aunque pueden anularse en el origen; las exponenciales reales acotadas en elsemieje 0 ≤ x < ∞ no pueden anularse en el origen. La última posibilidad está del lado de las combinacionesde exponenciales imaginarias, o de senos y cosenos. Todas estas funciones son acotadas, y, en particular, lasque se anulan en el origen son los senos. Así que en este caso las soluciones en x deberían ser

Xk(x) = sin kx, k > 0,

donde es suficiente que k recorra sólo los valores positivos. Si el comienzo del intervalo semiinfinito noocurre en x = 0 sino en x0, las funciones correctas serán los sin k(x − x0). Este tipo de funciones formanbase. No es difícil deducir, a partir de la regla de ortogonalidad de las exponenciales, ec. (6), cuál es la reglaque vale en el caso de estas nuevas funciones∫ ∞

0

dx sin kx sin k′x =1

2

∫ ∞

−∞dx

1

(2i)2

[ei(k+k′)x + e−i(k+k′)x − ei(k−k′)x − e−i(k−k′)x

]=

2π

8

[2δ(k − k′)− 2δ(k + k′)

]=

π

2δ(k − k′).

3

La última igualdad proviene del hecho de que para k, k′ > 0 la delta δ(k + k′) es siempre 0. Si admitimosademás que forman un conjunto completo, la expansión de una función definida en el intervalo 0 ≤ x < ∞será

f(x) =

∫ ∞

0

dk sin kx f(k), f(k) =2

π

∫ ∞

0

dx sin kx f(x). (8)

Esto es lo que se conoce como la transformada seno de Fourier. Ven que aquí dijimos que f(x) estaba definidaen 0 ≤ x < ∞, pero pueden extenderla a todo el eje como una función impar. ¿Por qué es útil notar esto?Porque en direcciones del segundo tipo, donde la variable puede moverse en todo el eje, habrá problemasdonde por una razón u otra sea posible anticipar que el potencial debe ser impar en esa dirección. Entonces,en lugar de plantaer una expansión del tipo

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dk eikx Y (y)Z(z)

pueden directamente escribirlo usando una expansión en senos

Φ(x, y, z) = −Φ(−x, y, z)−→ Φ(r) =

∫ ∞

0

dk sin kx Y (y)Z(z). (9)

Y, análogamente, en un problema en el cual pueda afirmarse que el potencial debe ser par respecto de x,podrán hacer una expansión en cosenos,

Φ(x, y, z) = Φ(−x, y, z)−→ Φ(r) =

∫ ∞

0

dk cos kx Y (y)Z(z). (10)

Estas funciones son base, y valen aquí también relaciones como las anteriores,∫ ∞

0dx cos kx cos k′x =

2

π, f(x) =

∫ ∞

0dk cos kx f(k), f(k) =

2

π

∫ ∞

0dx cos kx f(x). (11)

En esta figura se resumen los 3 tipos de bases, según el dominio sea acotado, infinito o semiinfinito en ladirección x.

Entonces, lo primero que hace uno en los problemas de separación de variables en cartesianas en volúmenesno acotados es ver cuáles son las direcciones que dictan el tipo de expansión para el potencial. Debe haberdos de esas direcciones. (Pueden ver que si tienen tres, la solución debe ser Φ = 0.) Si sólo encuentran una

4

dirección de ese tipo, tienen que descomponer el problema en problemas más simples. Veremos primero losproblemas 3 y 4, y luego los problemas de Green en las cajas cuadradas de los problemas 9 y 10.

Problema 3. A los primeros ítems de este problema los hicimos en clase. Hay dos planos conductoresinfinitos a tierra, paralelos, separados una distancia a, y, paralelo a los planos hay un hilo con densidad decarga por unidad de longitud λ. Se pide encontrar Φ en todo el espacio. En las regiones que están limitadaspor uno solo de los planos, el potencial es cero, porque tienen condiciones de contorno homogéneas. Elverdadero problema ocurre en el espacio entre los dos planos. Se pedía encontrar Φ dividiendo esta región dedos maneras. La primera de ellas se muestra abajo en la figura de la derecha

� Primer método. Dividiendo la región entre los planos con un plano perpendicular a los otros dos comoa la derecha en la figura de arriba. Con la elección de ejes que muestra la figura, las dos zonas en quequedaría dividido el problema pueden clasificarse según sea y menor o mayor que cero. Al hilo cargado, queha quedado en el plano que divide las dos zonas, en principio podríamos describirlo mediante una densidadsuperficial que fuese función de x y de z,

σ(x, z).

Vamos a hacer dos cosas: primero, no vamos a escribir σ(x, z) hasta después, y, luego, dejaremos sin deter-minar por el momento la posición del hilo sobre el eje x; diremos que lo corta en el punto x0, y recién al finalle daremos el valor a/2. En verdad, σ(x, z) es sólo una función de x. El problema tiene simetría de traslaciónen z. Vamos a ver cómo eso aparece naturalmente en el resultado final. Pero después, al ensayar el segundotipo de división, usaremos la simetría desde el comienzo.

Es el momento de preguntarse por las direcciones importantes. Y en efecto hay dos: según x hay queanular el potencial en x = 0 y x = a, y según z podemos movernos en todo el eje. En x entonces tendremosla base (2) y en z la base (4). En las dos regiones en que ha quedado dividido el espacio entre los hilos, el

5

potencial podrá expandirse en la forma

Φ(r) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikz Yn,k(y).

Las funciones en la dirección y quedan determinadas por lo que pasa en x y en z. Para el problema en y,

Y ′′(y) + γ Y (y) = 0,

la constante de separación γ está dada por las otras dos,

γ−→ γn(k) = −[(nπ

a

)2+ k2

].

Como esta cantidad es negativa, las soluciones en y son exponenciales reales. En general, serían una combi-nación lineal

Yn,k(y) = An(k) eωn(k)y +Bn(k) e

−ωn(k)y,

donde

ωn(k) = +

√(nπa

)2+ k2. (12)

En cada unas de las dos regiones deberíamos tener dos conjuntos de coeficientes An(k) y Bn(k). Pero comoen cada región la variable y puede tomar valores arbitrariamente grandes en valor absoluto, es razonable pedirque, de las dos exponenciales, en cada región sólo aparezca la que no diverge en y−→ ±∞, según el caso.Entonces escribiríamos

Φ(r) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikz ×

An(k) e

ωn(k)y, si y ≤ 0,

Bn(k) e−ωn(k)y, si y ≥ 0.

La condición de continuidad sobre el plano y = 0 implica que An(k) = Bn(k). Esto lo podemos afirmarporque estamos comparando desarrollos ortogonales. Igualar dos desarrollos es igualar sus coeficientes tér-mino a término. Podemos escribir Φ en una sola expresión, usando el valor absoluto de y en la exponencialpara contemplar las dos alternativas,

Φ(r) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikz An(k) e

−ωn(k) |y|.

Lo que determina ahora los coeficientes An(k) es la condición de salto de la derivada en el plano y = 0,

∂Φ

∂y

∣∣∣∣y=0−

− ∂Φ

∂y

∣∣∣∣y=0+

= 4πσ(x, z),

∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikz 2ωn(k) An(k) = 4πσ(x, z).

Si escribiésemos σ(x, z) de la misma manera en que está escrito Φ, podríamos comparar término a término ydespejar las funciones An(k); es decir, si pudiésemos escribir

σ(x, z) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikzσn(k)

6

entonces

An(k) =2πσn(k)

ωn(k).

Esto resuelve el problema general, porque los coeficientes σn(k) pueden calcularse combinando (3) y (5)

σn(k) =2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞

dz

2πe−ikz σ(x, z).

Veamos lo que pasa con un σ que no depende de z, como en el enunciado de la guía. Queda

σn(k) =2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞

dz

2πe−ikz σ(x)

=

[2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)σ(x)

] [∫ ∞

−∞

dz

2πe−ikz

].

Pero lo que está escrito en último término es la delta de k, ec. (6), así que, cuando σ no depende de z es

σn(k) =

[2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)σ(x)

]δ(k) ≡ σnδ(k). (13)

¿Y qué pasa entonces con Φ? Tenemos

An(k) =2πσnδ(k)

ωn(k),

y luego

Φ(r) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)∫ ∞

−∞dk eikz

2πσnδ(k)

ωn(k)e−ωn(k) |y| =

= 2π∞∑n=1

sin(nπx

a

) σn

ωn(0)e−ωn(0) |y|.

Según la ec. (12), ωn(0) = nπ/a. Finalmente,

Φ(r) = 2a∞∑n=1

sin(nπx

a

) σn

ne−nπ |y|/a. (14)

Ven que la dependencia en z desapareció, como habíamos anticipado que ocurriría debido al a simetría detraslación.

Terminemos de resolver el problema tal como está planteado en la guía. Ahí, σ(x) = λ δ(x − x0), conx0 = a/2. Entonces, según la definición de σn en (13), es

σn =2λ

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)δ(x− x0) =

2λ

asin(nπx0

a

)=

2λ

asin(nπ

2

).

Sólo para n = 2m+1, con m = 0, 1, 2, . . . es esto distinto de cero, y en tal caso sin(nπ/2) = (−1)m. Luego

Φ(r) = 4λ∞∑

m=0

sin

[(2m+ 1)πx

a

]e−(2m+1)π |y|/a

2m+ 1(−1)m. (15)

7

Dejemos anotada también la fórmula para un x0 genérico,

Φ(r) = 4λ∞∑n=1

sin(nπx

a

)sin(nπx0

a

) e−nπ |y|/a

n. (16)

� Segundo método. La división en zonas se hace ahora con un plano paralelo a los planos conductores y quepasa por el punto x0.

¿Cuáles son las direcciones importantes ahora? Noten que x ya no lo es, porque dentro de cada zona dondevamos a resolver Laplace, el potencial ya no se tiene que anular en dos puntos, sino en uno solo. Además lanaturaleza acotada del problema en la dirección x no se modifica. Las direcciones que determinan ahora laforma del desarrollo de Φ son y y z, pues en cada una de esas direcciones las variables pueden recorrer todoel eje. Así que, en cada zona, Φ tendrá la forma

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dky

∫ ∞

−∞dkz e

i(kyy+kzz) Xky ,kz(x).

Las funciones Xky ,kz(x) no tienen otra posibilidad que ser combinación de exponenciales reales, porque loque pasa en dos direcciones determina lo que pasa en la tercera.

Podemos incluir desde el comienzo lo que sabemos acerca de la simetría de traslación en z. En la variablez, la base de funciones es la de las exponenciales eikzz. Si por simetría sabemos que la solución no tiene quedepender de z, de estas exponenciales la única que estará permitida será la que corresponde a kz = 0, porquees la única que no depende de z. De ahí que en lo que hicimos antes apareciera la δ(k). Desde el principiopodemos fijar que la constante de separación del problema en z sea 0. No hay ninguna integral que hacer enkz porque es una sola la función correcta que participa en la superposición. Tendremos

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dk eiky Xk(x).

En cada zona, la combinación de exponenciales reales Xk en la variable x queda definida por el punto enque hay que anular el potencial. Deberá ser sinh[kx] en la zona comprendida entre x = 0 y x = a/2,y sinh[k(a − x)] en la otra. Con todo lo que ya hemos visto en los otros apuntes, espero que no tendrán

8

dificultad en demostrar que la forma correcta para Φ, que se anula en x = 0 y x = a y que es continua através del plano x = x0 es

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dk eiky A(k) sinh[kx<] sinh[k(a− x>)], (17)

donde x< = min[x, x0] y x> = max[x, x0], es decir,

sinh[kx<] sinh[k(a− x>)] =

sinh[kx] sinh[k(a− x0)], si 0 ≤ x ≤ x0,

sinh[kx0] sinh[k(a− x)], si x0 ≤ x ≤ a.

La información sobre las cargas será una densidad σ(y) sobre el plano x = x0. Por el momento, podemosdejarla sin especificar. Necesitaremos escribirla como una transformada de Fourier,

σ(y) =

∫ ∞

−∞dk eiky σ(k), σ(k) =

∫ ∞

−∞

dy

2πe−iky σ(y).

La ecuación que necesitamos es la del salto de la derivada normal de Φ al atravesar el plano x = x0. De-muestren ustedes que esa ecuación termina escribiéndose como

k sinh[ka] A(k) = 4πσ(k) ⇒ A(k) =4πσ(k)

k sinh[ka].

Entonces

Φ(r) = 4π

∫ ∞

−∞dk eiky σ(k)

sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]. (18)

Esto resolvería cualquier problema de una distribución de carga plana, paralela a dos planos conductoresinfinitos a tierra y que fuese invariante de traslación en z.

Para el problema el cable pueden ver que σ(y) = λ δ(y), y por lo tanto

σ(k) =λ

2π.

Luego obtienen

Φ(r) = 2λ

∫ ∞

−∞dk eiky

sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]. (19)

Una cosa que es más o menos fácil ver es que este potencial es real. Para eso noten que la función

Fk(x) =sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]

es par respecto de k. Entonces pueden dividir el intervalo de integración y escribir

Φ(r) = 2λ

∫ ∞

0

dk eiky Fk(x) + 2λ

∫ 0

−∞dk eiky Fk(x)

= 2λ

∫ ∞

0

dk[eikyFk(x) + e−ikyF−k(x)

]= 2λ

∫ ∞

0

dk(eiky + e−iky

)Fk(x)

= 4λ

∫ ∞

0

dk cos(ky)sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]. (20)

9

Aquí se ven dos cosas: primero, que la función Φ es, en efecto, real, y además que es par respecto de y, algoque también debía resultar cierto, debido a la simetría del problema. Noten de paso que esta es una expansiónen cosenos, y que podríamos haber escrito directamente esta forma para el potencial desde un principio,aplicando las relaciones (11). Sin embargo hay un punto a considerar. Supongan que guiados por la paridaden y y la simetría de traslación en z, en lugar de escribir la ec. (17) escribiésemos para empezar

Φ(r) =

∫ ∞

0

dk cos(ky) a(k)sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka].

Ya usamos la forma que sabemos que va a tener la función de x. La condición de salto nos diría

a(k) = 4π σcos(k),

donde ahora σcos son los coeficientes del desarrollo de σ en la base de cosenos. Estos coeficientes están dadosen la ec. (11),

σcos(k) =2

π

∫ ∞

0

dy cos(ky) σ(y).

Para σ(y) = λδ(y) una evaluación descuidada de esta integral daría

σcos(k) =2λ

π(¡mal!)

Fíjense que si usan este resultado obtienen a(k) = 8λ, cuando sabemos por la ec. (20) que lo correcto es 4λ.El error está en decir que la integral de la

∫∞0

dy δ(y) es 1. Dicho mal y pronto, al hacer esa integral sóloestán integrando media delta, y entonces ∫ ∞

0

dy δ(y) =1

2.

Es para que lo tengan en cuenta∗. Este factor 1/2 arregla las cosas para que a(k) sea 4λ.

� La cuestión que se plantea ahora es demostrar que las soluciones que obtuvimos mediante los dos tipos dedivisión en zonas son equivalentes. En la ec. (16) ya habíamos escrito la primera solución en el caso de unx0 genérico; era

Φ(r) = 4λ∞∑n=1

sin(nπx

a

)sin(nπx0

a

) e−nπ |y|/a

n. (21)

Se trata de ver que esto es lo mismo que (19). Es la historia de siempre: si quieren comparar dos expresiones,escriban las dos según un mismo desarrollo y comparen término a término. Hay dos alternativas: escribir(21) como una transformada de Fourier según y, en cuyo caso necesitarán calcular la integral∫ ∞

−∞dy e−iky

[4λ

∞∑n=1

sin(nπx

a

)sin(nπx0

a

) e−nπ |y|/a

n

], (22)

o escribir la expresión (19) como una serie de Fourier en senos en la variable x, y entonces necesitaráncalcular

ϕn(y) =2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

){2λ

∫ ∞

−∞dk eiky

sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]

}.

∗También tengan en cuenta que estamos hablando de bases de funciones en coordenadas cartesianas. Las deltas en otrossistemas de coordenadas pueden comportarse de distinta manera. Por ejemplo, para la delta radial que aparece en la relación deortogonalidad de las funciones de Bessel al separar en cilíndricas,

∫∞0

dρ ρ Jν(kρ)Jν(k′ρ) = 1

k δ(k − k′), vale∫∞0

dk δ(k) = 1.

10

Fíjense que lo que está escrito ahí son los coeficiente de Fourier de Φ respecto de x en la base de senos. Laintegral en x sólo afecta los últimos términos, así que pueden escribir

ϕn(y) = 2λ

∫ ∞

−∞dk eiky

[2

a

∫ a

0

dx sin(nπx

a

)Fk(x)

],

−→ ϕn(y) = 2λ

∫ ∞

−∞dk eikyFkn, (23)

donde los Fnk son los coeficientes del desarrollo en serie de senos de la función

Fk(x) =sinh[kx<] sinh[k(a− x>)]

k sinh[ka]. (24)

Entonces la segunda de las soluciones que obtuvimos para el potencial se escribiría

Φ(r) =∞∑n=1

sin(nπx

a

)ϕn(y). (25)

Otra formas, más directa, de llegar hasta aquí hubiera sido a partir de la propia ec. (19), usando la definiciónde Fk(x) y escribiendo

Φ(r) = 2λ

∫ ∞

−∞dk eiky Fk(x) = 2λ

∫ ∞

−∞dk eiky

[∑n=1

sin(nπx

a

)Fnk

]

=∑n=1

sin(nπx

a

)[2λ

∫ ∞

−∞dk eiky Fnk

].

Desde donde de nuevo se llega a la ec. (25). Es esta expresión lo que hay que comparar con (21). Debería ser

ϕn(y)?= 4λ sin

(nπx0

a

) e−nπ |y|/a

n. (26)

Una de las primeras clases calculamos los coeficientes Fkn, y eso está mostrado también en el primer apuntesobre separación en cartesianas. Con obvias modificaciones el resultado era

Fnk =2/a

k2 +(nπa

)2 sin(nπx0

a

). (27)

Aplíquense a reproducir este resultado a partir de las ecs. (88) y (91) del apunte anterior. Ahora la ec. (23)se lee

ϕn(y) = 4λ sin(nπx0

a

) 1

a

∫ ∞

−∞dk

eiky

k2 +(nπa

)2y lo que queda demostrar en la ec. (26) es ver si

1

a

∫ ∞

−∞dk

eiky

k2 +(nπa

)2 ?=

e−nπ |y|/a

n. (28)

La integral que figura aquí es muy común en física. La forma de resolverla es por residuos. Como función dek en el plano complejo

f(k) =eiky

k2 + ω2, con ω =

nπ

a,

11

tiene dos polos simples, allí donde se anula k2 + ω2, es decir en

k± = ± iω.

Resulta práctico escribir entonces

f(k) =eiky

(k − k+)(k − k−).

Como son polos simples, el residuo asociado a cada uno se obtiene haciendo

Res(k±) = limk−→k±

(k − k±)f(k) = ± eik±y

(k+ − k−)= ± e∓ωy

2iω.

Si y > 0, el contorno se cierra por el semiplano superior, donde está el polo k+, y es recorrido en el sentidopositivo de circulación, ∫ ∞

−∞dk

eiky

k2 + ω2= 2iπRes(k+) =

πe−ωy

ω, y > 0.

Si y < 0, el contorno se cierra por el semiplano inferior, encierra al polo k− y tiene sentido de circulaciónnegativo, así que ∫ ∞

−∞dk

eiky

k2 + ω2= −2iπRes(k−) =

πeωy

ω, y < 0.

Las dos expresiones pueden resumirse en una sola∫ ∞

−∞dk

eiky

k2 + ω2=

πe−ω|y|

ω. (29)

Y esto era lo que tímidamente proponía la ec. (28), con la identificación ω = nπ/a. La ec. (29) dice que latransformada de Fourier de (k2 + ω2)−1 es la función πω−1e−ω|y|. Podemos invertir (29) y decir

1

k2 + ω2=

∫ ∞

−∞dy e−iky e−ω|y|

2ω. (30)

El camino inverso para demostrar la igualdad de las dos soluciones, consiste en partir de la serie (21)hacer la integral (22) y llegar a (19). Se puede empezar usando la identidad (30). Si siguen este camino veránque el paso decisivo, al final, es saber identificar los coeficientes de Fourier (27) con la función (24). Estohace a este camino un poco más complicado que el anterior, porque invertir las series (es decir, sumas) deFourier es un trabajo más guiado por la adivinación que por un método.

12

� El último punto del ejercicio es reescribir la solución en términos de funciones elementales, ser capaces dedictar la solución sin pronunciar las palabras integral ni suma. Partamos de la primera de las expresiones

Φ(r) = 4λ∞∑n=1

sin(nπx

a

)sin(nπx0

a

) e−nπ |y|/a

n. (31)

En este problema hay una dirección con simetría de traslación y por eso el potencial depende sólo de dosvariables. El problema es efectivamente bidimensional. Hay una clase problemas bidimensionales dondees posible sumar de manera explícita las series. (Vean, por ejemplo, en la 2da o 3ra. edición del Jacksonla sección 2.10, A Two-Dimensional Potential Problem; Summation of a Fourier Series.) El método quese sigue es el mismo que se usa para calcular sumas tales como

∑n sin(nx). Consiste en escribir las fun-

ciones trigonométricas en términos de exponenciales y construir sumas geométricas, u otras del mismo estilo,fácilmente identificables. Por ejemplo, si tienen que calcular

SN =N∑

n=1

sinnx,

una suma que aparece en problemas de interferencia, deben escribir

sinnx =1

2i

[einx − e−inx

]=

1

2i

[(eix)n − (e−ix

)n].

Entonces llaman y = eix, y con esto

SN =N∑

n=1

sinnx =1

2i

[N∑

n=0

yn −N∑

n=0

(y∗)n

]=

1

2i

[1− yN+1

1− y− 1− (y∗)N+1

1− y∗

].

Luego es acomodar un poco las cosas y encontrar que

SN =sin[(N+1)x

2

]sin(Nx2

)sin(x2

) .

Volviendo a la expresión (31), pueden definir, por ejemplo,

α = eiπ(x+x0)/a, β = eiπ(x−x0)/a, c = e−π|y|/a,

entonces

Φ(r) = 4λ

{1

(2i)2

∞∑n=1

1

n[(cα)n + (c/α)n − (cβ)n − (c/β)n]

}.

Pero saben que

∞∑n=1

xn

n=

∫dx

∞∑n=1

xn =

∫dx

1− x= − log(1− x).

El resultado al que deberían llegar es

Φ(r) = λ log

{1 + e−2π|y|/a − 2e−π|y|/a cos [π(x+ x0)/a]

1 + e−2π|y|/a − 2e−π|y|/a cos [π(x− x0)/a]

}. (32)

13

Deberían verificar que en x = 0 y x = a el potencial es 0. Por otro lado, con el Mathematica es muysencillo ver si el resultado tiene alguna posibilidad ser correcto. Aquí abajo está graficado el potencial entrelos planos. En la práctica, resulta cómodo trabajar con a = π. El gráfico corresponde a x0 = a/2.

Para comparar la función representada por la serie (31) con la expresión (32), se pueden graficar cortes delpotencial para distintos valores de x, que muestren al mismo tiempo la función (32) y varias aproximacionespara la serie (31). La gráficos abajo muestran cómo converge la serie sumando n términos, con n entre 2 y25. [Para x0 = a/2, en realidad la mitad de los términos en la suma son cero; ver ec. (15).] En trazo grueso,aparece la función (32).

14

Problema 4. Este problema consiste en un cuadrado cargado sobre el plano xy, con su centro en el origen.Hay que encontrar el potencial y el campo eléctrico en todo el espacio. Se pide resolverlo por varios métodos.El primero es separación de variables.

� Primer método. Para aplicar separación hay que dividir el espacio en zonas, dejando todas las cargas enlas fronteras. Aquí la única elección posible es dividir en dos zonas con el plano z = 0, porque en este planoestá la distribución superficial de carga, y es todo lo que hay. Por el momento alcanza con decir que en z = 0

hay una distribución superficial σ(x, y).¿Cuáles son las direcciones que guían la elección del desarrollo para Φ? En las dos zonas, tanto x como

y pueden recorrer todo el eje, de manera que esas son las direcciones importantes y Φ quedará escrito comouna transformada doble de Fourier en las variables x e y,

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dkx

∫ ∞

−∞dky e

i(kxx+kyy) Zkx,ky(z).

No hay simetrías de traslación que permitan reducir las dimensiones efectivas del problema. Las funcionesen z tienen que ser exponenciales reales, combinaciones de e−kzz y ekzz, donde

kz = +√

k2x + k2

y. (33)

En el semiespacio z > 0, sólo estarán permitidas las exponenciales decrecientes, y viceversa. Es muy fácilconseguir continuidad en el plano z = 0 y al mismo tiempo tener en cuenta lo que acabamos de decir,

Φ(r) =

∫ ∞

−∞dkx

∫ ∞

−∞dky e

i(kxx+kyy) A(kx, ky) e−kz |z|.

Podemos simplificar un poco la notación definiendo los vectores en el plano

ρ = x x+ y y, k = kx x+ ky y.

15

Observen que kz en la ec. (33) se puede escribir como el módulo de k. Entonces

Φ(r) =

∫d2k exp(ik · ρ) A(k) e−k|z|.

Ahora hay que usar la condición sobre el salto de la derivada de Φ respecto de z en el plano z = 0,

∂Φ

∂z

∣∣∣∣z=0−

− ∂Φ

∂z

∣∣∣∣z=0+

=

∫d2k exp(ik · ρ) 2k A(k) = 4πσ(ρ).

Lo que hay que hacer es escribir σ del mismo modo que Φ,

σ(ρ) =

∫d2k exp(ik · ρ) σ(k), σ(k) =

∫d2ρ

(2π)2exp(−ik · ρ) σ(ρ).

Aquí hemos usado la relación entre la función y su transformada de Fourier en el caso bidimensional, ec. (7)con d = 2. Entonces, comparando los desarrollos de Fourier, es

2kA(k) = 4πσ(k) ⇒ A(k) =2πσ(k)

k.

Como todavía no hemos especificado σ(x, y), podemos decir que la solución general de la ecuación de Pois-son en todo el espacio, cuando hay una distribución superficial de carga σ(x, y) en el plano z = 0, es

Φ(r) = 2π

∫d2k exp(ik · ρ) e−k|z|

kσ(k). (34)

En el problema de la guía, σ(x, y) era uniforme sobre un cuadrado definido por |x|, |y| ≤ a/2. De maneraque resulta

σ(k) =1

(2π)2

∫ ∞

−∞dx

∫ ∞

−∞dy e−i(kxx+kyy) σ(x, y)

=σ

(2π)2

∫ a/2

−a/2

dx

∫ a/2

−a/2

dy e−i(kxx+kyy) =σ

(2π)2

(∫ a/2

−a/2

dx eikxx

)(∫ a/2

−a/2

dy eikyy

).

Así que se trata de hacer una sola integral,∫ a/2

−a/2

dx eikx =eikx

ik

∣∣∣∣a/2−a/2

=2

ksin

(ka

2

).

Luego

σ(k) =σ

π2kxkysin

(kxa

2

)sin

(kya

2

),

y el potencial es, con todo detalle,

Φ(r) =2σ

π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞dkxdky

ei(kxx+kyy) e− |z|√

k2x+k2y

kxky√

k2x + k2

y

sin

(kxa

2

)sin

(kya

2

). (35)

Noten que todo lo que multiplica en el integrando a la función ei(kxx+kyy) es par respecto de kx y de ky porseparado. Pueden hacer el mismo juego de antes de dividir las integrales entre −∞ y 0 y entre 0 y ∞.Deberían poder mostrar que

Φ(r) =8σ

π

∫ ∞

0

∫ ∞

0

dkxdky cos(kxx) cos(kyy)e− |z|

√k2x+k2y

kxky√

k2x + k2

y

sin

(kxa

2

)sin

(kya

2

).

16

Esto muestra que el potencial es real y también que es par en x e y, como debía serlo por simetría. En relacióncon lo que mencionamos muy al principio ya, no dejarán de notar que esta expansión es una expansión encosenos, debido a la paridad de Φ.

� Segundo método. Ahora se pide encontrar primero el potencial de una carga, escrito como serie de Fourierbidimensional, y luego hacer alguna superposición que dé el potencial del cuadrado. La carga en principiopuede estar en cualquier punto del espacio. Supongamos que tiene coordenadas (x′, y′, z′). Por separaciónde variables el procedimiento es muy parecido a lo que ya hicimos. Como la carga está en z′, ahora lo queaparecerá en la exponencial será la diferencia |z− z′|. Seguiremos usando la notación k y ρ para los vectoresen el plano, ρ = (x, y, 0) y k = (kx, ky, 0). Escribiendo

Φ(r) =

∫d2k exp(ik · ρ) e−k|z−z′| ϕ(k),

deberían llegar a lo siguiente

2kϕ(k) = 4πσq(k),

donde σq es la densidad superficial asociada a la carga sobre el plano z = z′,

σq(ρ) = q δ2(ρ− ρ′),

σq(k) =1

(2π)2

∫d2ρ exp(−ik · ρ) σq(ρ) =

q

(2π)2exp(−ik · ρ′). (36)

Entonces

ϕ(k) =q

2πkexp(−ik · ρ′),

Φ(r) =q

2π

∫d2k exp [ik · (ρ− ρ′)]

e−k|z−z′|

k. (37)

Conviene mostrar también la dependencia de este potencial en el punto fuente, y escribirlo como

Φ(r) = q G(r, r′), (38)

donde

G(r, r′) =1

2π

∫d2k exp [ik · (ρ− ρ′)]

e−k|z−z′|

k. (39)

Si tenemos varias cargas, en posiciones r′i, el potencial neto será la suma del potencial de cada carga,

Φ(r) =∑i

qi G(r, r′i).

Si la distribución es continua, habrá una integral, que será de volumen, si la distribución es en volumen; desuperficie, si la distribución es en superficie; etc. No arruinaremos el suspenso si decimos que G(r, r′) es lafunción de Green, en todo el espacio, con condiciones homogéneas en el infinito.

Ahora hay que construir el potencial del cuadrado por superposición. Para ganar un poco de generalidad,supongamos que en el plano z = 0 hay una distribución σ(x, y). El elemento de superficie en r′ = ρ′ =

(x′, y′, 0) tendrá asociada una carga

dq = σ(x′, y′) dx′dy′ = σ(ρ′) d2ρ′,

17

y contribuirá al potencial total con una cantidad dΦ dada por

dΦ(r) = dq G(r, r′) = σ(ρ′)G(r,ρ′) d2ρ′.

El potencial total vendrá de integrar sobre toda la distribución,

Φ(r) =

∫d2ρ′ σ(ρ′) G(r,ρ′). (40)

Reemplazando aquí la expresión (39) para G, teniendo en cuenta que z′ = 0 porque r′ está en el plano xy,queda

Φ(r) =

∫d2ρ′ σ(ρ′)

[1

2π

∫d2k exp [k · (ρ− ρ′)]

e−k|z|

k

]

= 2π

∫d2k exp (ik · ρ) e−k|z|

k

[∫d2ρ′

(2π)2exp(−ik · ρ′) σ(ρ′)

]

= 2π

∫d2k exp (ik · ρ) e−k|z|

kσ(k).

El último paso consistió en identificar la expresión entre corchetes con la transformada de Fourier de σ. Yllegamos así al mismo Φ calculado por el primer método, ec. (34). Desde aquí, el potencial del cuadrado secalcula como antes.

Noten además una cosa. Ustedes saben, desde la más tierna edad, que el potencial de una carga puntualubicada en r′ es

Φ(r) =q

|r− r′|.

Pero acabamos de demostrar que Φ(r) = q G(r, r′). Así que tienen la siguiente identidad

1

|r− r′|=

1

2π

∫d2k exp [ik · (ρ− ρ′)]

e−k|z−z′|

k.

� Tercer método. Ahora se pide resolver de nuevo el problema por superposición, pero en lugar de usaruna transformada bidimensional para el potencial de cada carga elemental, hay que usar la transformadatridimensional. Esto es más en el espíritu de lo que ya hicimos para encontrar el potencial de una carga en uncubo a tierra [lo que sigue a partir de la ec. (93) del apunte anterior]. Vamos a plantear y resolver directamentela ecuación de Poisson,

−∇2Φ(r) = 4π q δ3(r− r′), Φ(r)−→ 0 cuando r−→ ∞.

Sin decir una palabra de separación de variables, considerada como función de r, Φ puede escribirse comouna integral de Fourier tridimensional. Ya usamos k para los vectores en el plano xy, así que ahora vamosusar p = (px, py, pz) como variable en 3 dimensiones

Φ(r) =

∫d3p exp(ip · r) ϕ(p). (41)

18

Vamos a necesitar también el desarrollo de la delta, que puede leerse directamente de la ecuación

δ3(r− r′) =

∫d3p

(2π)3exp [ip · (r− r′)]

=

∫d3p

(2π)3eip·r exp(−ip · r′) ⇒ δ(p) =

exp(−ip · r′)(2π)3

.

El laplaciano de Φ es

−∇2Φ(r) =

∫d3p exp(ip · r) p2 ϕ(p).

Esto suele adoptar en palabras la siguiente forma: tomar el laplaciano de una función es multiplicar sutransformada por −p2. La comparación con el desarrollo de 4πδ3(r− r′) implica

ϕ(p) =q exp(−ip · r′)

2π2 p2,

y luego, con estas funciones, la ec. (41) da

Φ(r) =q

2π2

∫d3p

exp [ip · (r− r′)]

p2.

Introduciendo de nuevo la función G(r, r′) como antes, ec. (38), resulta

G(r, r′) =1

2π2

∫d3p

exp [ip · (r− r′)]

p2.

Esta es la misma función G que ya calculamos más arriba, sólo que escrita de un modo diferente. Ademássabemos que tiene que ser 1/|r− r′|, de modo que tenemos esta otra identidad

1

|r− r′|=

1

2π2

∫d3p

exp [ip · (r− r′)]

p2. (42)

Si la carga está en el origen obtenemos un caso particular

1

r=

1

2π2

∫d3p

exp (ip · r)p2

. (43)

Oirán decir, con omisión de las constantes multiplicativas: la transformada de Fourier del potencial deCoulomb es uno sobre el impulso al cuadrado. Noten que el resultado (43) podría haber sido obtenido enprimer lugar, y el caso general (42) deducido mediante un corrimiento del origen. No es difícil demostrar (43)de manera independiente haciendo la integral en coordenadas esféricas, tomando el eje z según la direcciónde r; lo único que necesitarán saber es que∫ ∞

−∞dx

sinx

x= π.

Así que pueden hacerlo.

Conocida la expansión para el potencial de una carga, el problema del cuadrado cargado o, en general,el de cualquier distribución σ(x, y) sobre el plano z = 0, puede resolverse por superposición. Es la mismaecuación (40),

Φ(r) =

∫d2ρ′σ(ρ′)G(r,ρ′),

19

sólo que empleando para G la forma (42). La variable de integración recorre el plano xy y por eso larepresentamos con un vector ρ′ = (x′, y′, 0) contenido en ese plano. Resulta entonces

Φ(r) =

∫d2ρ′ σ(ρ′)

{1

2π2

∫d3p

exp [ip · (r− ρ′)]

p2

}

=

∫d3p

exp (ip · r)p2

[2

∫d2ρ′

(2π)2exp (−ip · ρ′)σ(ρ′)

]

=

∫d3p

exp (ip · r)p2

2σ(k), (44)

donde k es el vector en el plano xy con componente (px, py, 0),

p = k+ pz z.

Esto resuelve el problema general. Reemplazar aquí el σ del cuadrado no dice mucho más.

� Respecto al último punto del problema, se trata de comparar las dos formas de escribir el potencial de unacarga puntual, para deducir de ahí cierta transformada de Fourier. Las ecuaciones que hay que comparar sonlas ecs. (39) y (42). Las copiamos aquí abajo, distinguiéndolas con dos letras diferentes,

G(r, r′) =1

2π

∫d2k exp [ik · (ρ− ρ′)]

e−k|z−z′|

k, [ec. (39)]

G(r, r′) =1

2π2

∫d3p

exp [ip · (r− r′)]

p2. [ec. (42)]

Si confiamos en la unicidad de las soluciones de la ecuación de Poisson, estas dos funciones son la mismafunción. Separemos en la segunda expresión las variables en el plano xy de las variables en z, como yahicimos varias veces,

p = k+ pz z, r = ρ+ zz,

y llevemos al frente de todo la integral en k,

G(r, r′) =1

2π

∫d2k exp [ik · (ρ− ρ′)]

[1

π

∫dpz

eipz(z−z′)

p2z + k2

].

Pero ahora, al comparar con la otra expresión, vemos que las dos han quedado escritas como una transformadabidimensional en x e y, y podemos igualar los integrandos, con lo que resulta la identidad

1

π

∫dpz

eipz(z−z′)

p2z + k2=

e−k|z−z′|

k.

Esto equivale a una relación entre funciones que son transformadas de Fourier una de la otra. Podemosescribir

πe−k|z|

k=

∫dp

eipz

p2 + k2, (45)

1

p2 + k2=

1

2π

∫dz e−ipz πe−k|z|

k. (46)

20

En realidad ya hemos encontrado este resultado antes, calculando la integral que aparece en (45) directamentemediante el método de residuos; el resultado está escrito en la ec. (29). Ustedes pueden usar esta identidaden la expresión del potencial del plano cargado que obtuvimos por el tercer método, ec. (44), hacer la integralen pz y demostrar que (44) es equivalente a

Φ(r) =

∫d2k exp (ik · ρ) σ(k)

2πe−k|z|

k,

que es el mismo resultado al que llegamos por los dos primeros caminos que propone el ejercicio.

� Antes de dejar el problema del cuadrado cargado podemos analizar varias situaciones límites. La soluciónpara el potencial del cuadrado está escrita en la ec. (35). Aquí abajo la reescribimos en una forma másabreviada

Φ(r) =2σ

π

∫d2k

kkxkyexp(ik · ρ) e− |z|k sin

(kxa

2

)sin

(kya

2

).

Primer límite. El cuadrado se hace infinitamente pequeño, a−→ 0, pero a la vez σ crece de tal modo que lacarga total a2σ = q es constante. En este caso, podemos escribir

sin

(kxa

2

)=

kxa

2+ . . . (47)

y resulta

Φ(r) −→ q

2π

∫d2k exp(ik · ρ) e− |z|k

k.

Comparado con la ec. (39), ven que esto es el potencial de una carga en el origen, Φ(r)−→ q

r.

Segundo límite. El potencial en puntos muy alejados del cuadrado, es decir, r ≫ a. Un método que usaremosmucho para analizar este tipo de cosas es elegir una dirección, cierto versor n y alejarnos a lo largo de larecta rα = αn. Podemos fijar α > 0, en cuyo caso r = α. Entonces, lo que habrá que analizar es α ≫ a.Para simplificar las expresiones escribamos n = m+nz z, donde m = (nx, ny, 0). Todavía sin tomar ningúnlímite, Φ a lo largo de la recta rα es

Φ(rα) =2σ

π

∫d2k

exp(iαk ·m) e−α|nz |k

kkxkysin

(kxa

2

)sin

(kya

2

).

Para eliminar α de las exponenciales, se puede hacer el cambio de variable k′ = αk,

Φ(rα) =2σ

π

∫d2k′

α2

exp(ik′ ·m) e− |nz |k′

α−3 k′k′xk

′y

sin

(k′xa

2α

)sin

(k′ya

2α

).

Ahora es el momento de considerar el límite α ≫ a. Volvemos a usar la ec. (47) y queda

Φ(rα)−→σa2

α

[1

2π

∫d2k exp(ik · ρ) e− |z|k

k

]=

q

α=

q

r.

De nuevo hemos usado la expansión para el potencial de una carga en el origen. Y como α = r, este resultadodice que, visto de lejos, el cuadrado equivale a una carga puntual de valor σa2. Ven que contrayendo elcuadrado o alejándonos de él llegamos al mismo resultado para el potencial a orden 1/r, pero observen que

21

el primer camino fue un poco más simple. ¿Vale esta equivalencia para el resto de los términos multipolares?¿Cuál es la densidad ρα de una distribución de carga ρ que se ha contraído (α > 1) o expandido (α <

1) uniformemente un factor α? ¿Cuál es su potencial Φα en términos del potencial original Φ? ¿Cómose relacionan entre sí los momentos multipolares de orden l, Qlm

α , de la distribución transformada y losmomentos Qlm de la original?

Respuesta:ρα(r)=α3ρ(αr),Φα(r)=αΦ(αr),Qlmα=α−lQlm.

Tengan presente también que al calcular el potencial en puntos lejanos no debería sorprendernos obtener Q/r,porque se trata de un resultado general que se demuestra para cualquier distribución acotada. Meramenteestamos verificando, mediante una cuenta complicada, un resultado simple, previsto por argumentos muygenerales. Si sólo les preguntaran cuál es el potencial en puntos lejanos, podrían decir Q/r (en el caso,claro, en que Q = 0). No es necesario hacer toda la cuenta. Otro asunto sería que les pidiesen verificarexplícitamente ese resultado. Y aunque no se los pidiesen, saber que tal cuenta tiene que dar tal cosa, lespuede servir para verificar que han hecho las cosas bien. Los casos límites suelen ser útiles para eso.

Tercer límite. El potencial en puntos cercanos al centro del cuadrado, digamos, en puntos r = z z, con z ≪ a.Deberíamos obtener el potencial de un plano. Volviendo a la expresión original del potencial con x = y = 0

Φ(r) =2σ

π

∫d2k

e− |z|k

kkxkysin

(kxa

2

)sin

(kya

2

),

podemos usare− |z|k = 1− |z| k + . . .

Entonces hasta primer orden en |z| es

Φ(r) ≈ 2σ

π

∫d2k

1

kxky

(1

k− |z|+ . . .

)sin

(kxa

2

)sin

(kya

2

)

=2σ

π

∫d2k

sin(kxa2

)sin(

kya

2

)kkxky

− 2σ |z|π

[∫ ∞

−∞

dk

ksin

(ka

2

)]2.

El primer término debería ser el potencial en el centro del cuadrado, Φ(0, 0, 0) ≡ Φ0. La integral en elsegundo término es una integral conocida, que ya ha aparecido más arriba,∫ ∞

−∞dx

sinx

x= π.

Luego, como primera aproximación

Φ(0, 0, z) ≈ Φ0 − 2πσ |z|. (48)

Este es el potencial de un plano cargado uniformemente, ya que la constante Φ0 es irrelevante. Ahora bien,es natural que quieran saber cuánto vale Φ0,

Φ0 =2σ

π

∫d2k

sin(kxa2

)sin(

kya

2

)kkxky

.

Pero en esta forma no resulta sencillo de calcular. Es más fácil calcularlo como en los ejercicios de integracióndirecta de la primera guía,

Φ0 = σ

∫ a/2

−a/2

dx

∫ a/2

−a/2

dy1√

x2 + y2.

22

Esta integral es relativamente fácil de hacer. Primero conviene independizarse de a mediante un cambio devariables, y también usar la paridad del integrando para integrar sólo en un cuarto del cuadrado,

Φ0 = 4σa

2

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy1√

x2 + y2.

La primitiva de la primera integral es el argsinh (y/x), luego∫ 1

0

dy1√

x2 + y2= log(1 +

√1 + x2)− log x.

La integral en x da más trabajo, pero sale:∫dx log(1 +

√1 + x2)

partes= x log(1 +

√1 + x2)−

∫dx

x2

(1 + x2 +√1 + x2)

,

∫dx

x2

(1 + x2 +√1 + x2)

x=sinhu=

∫du (coshu− 1) = sinhu− u = x− log(x+

√1 + x2)

−→∫ 1

0dx[log(1 +

√1 + x2)− log x

]= x log(x+

√1 + x2) + log(x+

√1 + x2)− x log x

∣∣∣10= 2 log(1 +

√2).

El resultado final es

Φ0 = 4σa log(1 +√2). (49)

� En la guía hay otros 2 problemas de separación en cartesianas, en la sección acerca de la función de Green.Son los problemas 9 y 10. En el primero se trata de encontrar la función de Green en un prisma semiinfinito,de base cuadrada. En el segundo caso el prisma es infinito. Tal vez el orden debería haber sido el inverso,porque en la solución del segundo se incluye la solución del otro, como veremos luego.

Problema 9. Hay que encontrar el potencial dentro de una caja semiinfinita de base cuadrada. Las paredesestán a potencial 0 y dentro de la caja hay una carga de valor 1 en una posición cualquiera r′. De eso se trataencontrar la función de Green de Dirichlet. Supongamos que la caja se extiende a lo largo del eje z entre 0 einfinito. Hay dos tipos de división en zonas que permitirían resolver este problema. Uno es con un plano porz = z′. El otro tipo consiste en dividir con el plano x = x′ o y = y′.

23

� Primer método. La división en zonas está indicada arriba en la figura de la izquierda. La separación essegún sea z mayor o menor que z′. En x e y hay que anular el potencial en dos puntos, así que ahí tendremoslas bases de senos en el intervalo entre 0 y a. La expansión del potencial será del tipo

Φ(r) =∞∑

n,m=1

sin(nπx

a

)sin(mπy

a

)Znm(z).

Las funciones en z serán combinaciones lineales de las exponenciales reales e−ωnmz y eωnmz, con

ωnm =π

a

√n2 +m2.

En la zona z′ ≤ z, Znm sólo debe contener exponenciales decrecientes, y en la zona 0 ≤ z ≤ z′, debeanularse en 0. Además debe ser continua en z = z′. Podemos conseguir todo esto eligiendo

Znm(z) = Anm sinh(ωz<) e−ωz> = Anm

sinh(ωz) e−ωz′ , si 0 ≤ z ≤ z′,

sinh(ωz′) e−ωz, si z′ ≤ z.(50)

Para aligerar la notación hemos escrito ω en lugar de ωnm. No quisiera que pensaran que escribir esto dependeexclusivamente de un golpe de inspiración: podrían haber planteado lo que antes enunciamos,

Znm(z) = anm sinh(ωz), si 0 ≤ z ≤ z′,

Znm(z) = bnm e−ωz, si z′ ≤ z.

Con esto ya tienen acotación en z−→ ∞ y también Znm = 0 en z = 0. Ahora continuidad significa

anm sinh(ωz′) = bnme−ωz′ .

Fijense entonces que si de entrada hubieran escrito Anme−ωz′ en lugar de anm y Bnm sinh(ωz′) en lugar de

bnm, esta ecuación les hubiera dado Anm = Bnm, que es lo que está implícito en la ec. (50).

Ahora hay que escribir el salto de la derivada normal de Φ a través del plano z′ = z. Adelantémonos yescribamos la densidad superficial asociada a la carga, usando el desarrollo de las deltas en la base de senos,

σq(x, y) = q δ(x− x′)δ(y − y′)

=4q

a2

∞∑n,m=1

sin(nπx

a

)sin(mπy

a

)sin

(nπx′

a

)sin

(mπy′

a

). (51)

Aquí lo que usamos fue que si

f(x, y) =∞∑

n,m=1

sin(nπx

a

)sin(mπy

a

)fnm

entonces

fnm =4

a2

∫ a

0

dx

∫ a

0

dy sin(nπx

a

)sin(mπy

a

)f(x, y).

24

Para f(x, y) = q δ(x − x′)δ(y − y′) se obtiene (51). Luego para la ecuación del salto de la derivada normalresulta

∂Φ

∂z

∣∣∣∣z′−

− ∂Φ

∂z

∣∣∣∣z′+

= 4πσq(x, y).

Comparando los desarrollos a cada lado de esta ecuación obtenemos

ω[cosh(ωz′) + sinh(ωz′)

]e−ωz′ Anm =

16πq

a2sin

(nπx′

a

)sin

(mπy′

a

)

⇒ Anm =16πq

a2ωsin

(nπx′

a

)sin

(mπy′

a

).

Finalmente,

Φ(r) =16πq

a2

∞∑n,m=1

[sin(nπx

a

)sin

(nπx′

a

)][sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]sinh(ωz<) e

−ωz>

ω. (52)

La función de Green se obtiene cuando q = 1.

� Segundo método. Si en lugar de dividir en zonas con el plano z = z′, lo hacemos con el plano x = x′ oy = y′ hallaremos otra forma de la solución. Dividamos entonces usando el plano x = x′, como en el centrode la figura del comienzo. Ahora x ya no es una de las direcciones en donde encontraremos base, porque,aunque es acotada, dentro de cada zona no hay que anular el potencial en dos puntos, sino sólo en uno. Ladirección y seguirá aportando una base, porque ahí las dos zonas se extienden entre y = 0 e y = a, y elpotencial debe anularse en esas caras. La dirección z será la que aporte la segunda base en la expansión de Φ.En esa dirección el problema es semiinfinito y el potencial debe anularse en z = 0. Estamos en el tercer casode los que numeramos al comienzo del apunte. En z, la expansión será una transformada seno de Fourier, ec.(8). Teniendo en cuenta que el potencial debe anularse en x = 0 y en x = a y ser continuo a través del planox = x′, podemos escribir, ya de un tirón,

Φ(r) =∞∑

m=1

sin(mπy

a

)∫ ∞

0

dk sin(kz) Am(k) sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)],

con

ωm(k) =

√(mπ

a

)2+ k2.

Para determinar Am(k) planteamos el salto de la derivada normal de Φ a través del plano x = x′. Para esonecesitamos escribir la densidad de carga superficial asociada a q según el mismo tipo de desarrollo usadopara Φ. Es decir, escribir

σq(y, z) =∞∑

m=1

sin(mπy

a

)∫ ∞

0

dk sin(kz) σm(k).

Sabemos que los coeficientes de este desarrollo serán

σm(k) =2

a

∫ a

0

dy sin(mπy

a

) 2

π

∫ ∞

0

dz sin(kz) σq(y, z)

25

y usando σq(y, z) = q δ(y − y′)δ(z − z′), resulta

σm(k) =4q

aπsin

(mπy′

a

)sin(kz′).

El salto de la derivada normal implica luego

Am(k) =16q

aωm(k) sinh[ωm(k)a]sin

(mπy′

a

)sin(kz′).

Con el último aliento escribimos Φ(r) = q G(r, r′), donde

G(r, r′) =16

a

∞∑m=1

sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)

×∫ ∞

0

dk sin(kz) sin(kz′)sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)]

ωm(k) sinh[ωm(k)a]. (53)

Problema 10. Hay que encontrar el potencial dentro de una caja infinita de base cuadrada. Las paredes estána potencial 0 y dentro de la caja hay una carga de valor 1 en una posición cualquiera r′. Supongamos quela caja se extiende a todo lo largo del eje z. Como antes, hay dos tipos de división en zonas que permitenresolver este problema. Uno es con un plano por z = z′. El otro tipo consiste en dividir con el plano x = x′

o y = y′. Veremos los dos métodos.

� Primer método. La caja se divide mediante el plano z = z′, como en la izquierda de la figura anterior.El resultado de esta división son dos cajas semiinfinitas. Una se extiende entre −∞ y z′, y la otra entre z′ e∞. La dirección z queda descartada como dirección importante, en el sentido de que, siguiendo el métodode separación de variables, las funciones en la dirección z no serán base. Las direcciones relevantes sonentonces x e y. Puesto que en esas direcciones el potencial debe anularse en dos puntos, el desarrollo de Φ

será en las bases sin(nπx/a) y sin(mπy)/a.

26

La solución para Φ, teniendo en cuenta continuidad y el buen comportamiento de las funciones de z enz−→ ±∞, será

Φ(r) =∞∑

n,m=1

sin(nπx

a

)sin(mπy

a

)Anm e−|z−z′|ωnm ,

donde

ωnm =π

a

√n2 +m2.

A esta altura tienen que escribir la forma correcta de Φ en un acto instintivo. El salto de la derivada normalde Φ a través del plano z = z′ determina el valor de los coeficientes Anm,

∂Φ

∂z

∣∣∣∣z′−

− ∂Φ

∂z

∣∣∣∣z′+

= 4πσq(x, y). (54)

Ya antes escribimos el desarrollo de σq(x, y) en las base de senos en x e y, ec. (51). La comparación de losdesarrollos que aparecen a izquierda y derecha en la ec. (54) implica

2ωnmAnm =16πq

a2sin

(nπx′

a

)sin

(mπy′

a

).

Finalmente,

Φ(r) =8q

a

∞∑n,m=1

[sin(nπx

a

)sin

(nπx′

a

)][sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]e−π|z−z′|

√n2+m2/a

√n2 +m2

. (55)

La función de Green se obtiene haciendo q = 1. Es importante verificar que G(r, r′) sea simétrica frente alintercambio de r y r′. En efecto aquí ocurre eso.

� Segundo método. Ahora dividimos en zonas usando alguno de los planos x = x′ o y = y′. Tomemos elprimer caso, como en el centro de la figura de más arriba. La caja infinita cuadrada queda separada en doscajas infinitas de bases rectangulares. En las dos zonas z va desde menos a más infinito, así que será una delas direcciones en donde haya base. En la dirección y, tanto en una zona como en la otra, hay que anular elpotencial en dos puntos. Eso dará la otra base necesaria. Teniendo en cuenta que en una zona el potencial seanula en x = 0, y en la otra en x = a, la expansión de Φ será

Φ(r) =∞∑

m=1

sin(mπy

a

) ∫ ∞

−∞dk eikz Am(k)×

sinh[ωm(k)x] sinh[ωm(k)(a− x′)], si 0 ≤ x ≤ x′,

sinh[ωm(k)x′] sinh[ωm(k)(a− x)], si x′ ≤ x ≤ a.

=∞∑

m=1

sin(mπy

a

) ∫ ∞

−∞dk eikz Am(k) sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)].

Aquí ya incluimos las constantes adecuadas para que el potencial sea continuo a través del plano x = x′,además,

ωm(k) =

√(mπ

a

)2+ k2, x< = min[x, x′], x> = max[x, x′].

27

Necesitaremos expandir la densidad superficial de carga en la misma base. Tenemos

σ(y, z) = q δ(y − y′)δ(z − z′)

=∞∑

m=1

sin(mπy

a

) ∫ ∞

−∞dk eikz σm(k),

σm(k) =2

a

∫ a

0

dy sin(mπy

a

)∫ ∞

−∞

dz

2πe−ikzσ(y, z) =

q

πasin

(mπy′

a

)e−ikz′ .

Hay que calcular la diferencia

∂Φ

∂x

∣∣∣∣x=x′−

− ∂Φ

∂x

∣∣∣∣x=x′+

e igualarla a 4πσ(y, z). El resultado de esto es la igualdad término a término de los dos desarrollos. Al finalresulta

Am(k) =4q

a

sin

(mπy′

a

)e−ikz′

ωm(k) sinh[ωm(k)a].

En definitiva

Φ(r) =4q

a

∞∑m=1

[sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)] ∫ ∞

−∞dk eik(z−z′) sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)]

ωm(k) sinh[ωm(k)a].

Luego G(r, r′) = Φ(r)/q. Usando lo que está contenido en las ecs. (24), (27) y (29) pueden demostrar laequivalencia de esta solución con la que encontramos por el primer método, ec. (55). Muestren también queG es real, más aún, que

G(r, r′) =8

a

∞∑m=1

[sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)] ∫ ∞

0dk cos[k(z − z′)]

sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)]

ωm(k) sinh[ωm(k)a]. (56)

Aquí apareció otra vez un desarrollo en cosenos, centrado en el punto z′, y es que el potencial tiene que serpar respecto de ese punto. Podríamos haber propuesto inicialmente para Φ ese tipo de expansión, usando lasrelaciones (11).

� Les prometí antes, que en la solución del problema de la caja infinita se encontraría también la solución delde la caja semiinfinita. Lo que hay que usar es imágenes. Si en la caja semiinfinita hay una carga q en z′ > 0,la condición de contorno en la tapa en z = 0, que está a potencial cero, puede simularse colocando una carga−q en la posición −z′ < 0. Esta carga sería la imagen de q. Entonces, lo que pueden hacer para resolver elproblema de la caja semiinfinita es sumar a la solución del problema de la caja infinita con la carga q en z′, lamisma solución pero con una carga −q en −z′.

28

En la región z > 0, el potencial será el mismo que el del problema de la caja semiinfinita que están buscando:

1. Las condiciones de contorno se cumplen: el potencial es cero en las paredes laterales, porque así eratambién en el problema de la cada infinita; y es cero en la base, por simetría, puesto que reflejar elsistema por el plano z = 0 y cambiar el signo de las cargas es una transformación de simetría. Estoimplica que el potencial es impar respecto de z, y por lo tanto debe anularse en z = 0. [Vean si puedenformalizar este argumento de simetría tal como hicimos las primeras clases; tienen que poder demostrarrigurosamente que Φ(−z) = −Φ(z).]

2. Las fuentes de la ecuación de Poisson son las mismas. En la región z > 0, la única carga que hay en elproblema equivalente es q, y está en z′, como en el problema original de la caja semiinfinita.

Convencidos de que la solución de la caja semiinfinita se puede escribir de esta forma, hagamos de maneraexplícita la superposición. En términos de las funciones de Green lo que estamos diciendo es que

Gsemi(r, r′) = Ginf(r, r

′)−Ginf(r, r′′) (57)

donde r′′ = (x′, y′,−z′). La solución del problema de la caja semiinfinita quedó escrita en un desarrollo desenos en x e y en la ec. (52); la copiamos aquí abajo

Gsemi(r, r′) =

16π

a2

∞∑n,m=1

[sin(nπx

a

)sin

(nπx′

a

)][sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]sinh(ωz<) e

−ωz>

ω. (58)

Para hacer la comparación con (57) usaremos la solución del potencial de la caja infinita según este mismotipo de desarrollo, ec. (55), reescrito como

Ginf(r, r′) =

8π

a2

∞∑n,m=1

[sin(nπx

a

)sin

(nπx′

a

)][sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]e−ω|z−z′|

ω.

29

Al restar dos de estas soluciones, una con z′ y otra con −z′, teniendo en cuenta que en la región z > 0 essiempre (z + z′) > 0, quedará la siguiente combinación de exponenciales

e−ω|z−z′| − e−ω(z+z′) =

2 sinh(ωz) e−ωz′ , si 0 ≤ z ≤ z′,

2 sinh(ωz′) e−ωz, si z′ ≤ z.

Entonces

Ginf(r, r′)−Ginf(r, r

′′) =

=16π

a2

∞∑n,m=1

[sin(nπx

a

)sin

(nπx′

a

)][sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]sinh(ωz<) e

−ωz>

ω,

que es igual a la ec. (58), el hecho que pretendíamos demostrar.

Teníamos también la otra forma de las soluciones; para la caja semiinfinita era la ec. (53), y la ec. (56)para la caja infinita. Muestren que en este caso la superposición (57) da

Gsemi(r, r′) =

16

a

∞∑m=1

[sin(mπy

a

)sin

(mπy′

a

)]

×∫ ∞

0

dk sin(kz) sin(kz′)sinh[ωm(k)x<] sinh[ωm(k)(a− x>)]

ωm(k) sinh[ωm(k)a],

que coincide con la solución original, ec. (53).

30