Equação de Poisson e Laplace

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Equação de Poisson e Laplace
Sérgio Antenor de Carvalho
c©2012
2
Conteúdo
7 Equação de Poisson e Laplace 5
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
7.2 Equações de Poisson e Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
7.3 Teorema da Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
7.4 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas retangulares . . . . . . . . . 16
7.5 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . 22
7.6 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . 28
7.7 Solução Imagem da Equação de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3
4 CONTEÚDO
Capítulo 7
Equação de Poisson e Laplace
7.1 Introdução
• até agora só temos uma expressão que fornece o potencial em termos da fonte
V =
∫
v
ρ dv
4pi ε0R
• uma equação integral mais fácil que a do campo elétrico
~E =
∫
v
ρ dv
4pi R2
~aR
• agora obteremos uma relação V ↔ ρ na forma diferencial
• teremos mais uma maneira de resolver os problemas!
7.2 Equações de Poisson e Laplace
• obter a equação de Poisson é muito fácil!
• partimos da lei de Gauss na forma pontual
∇ · ~D = ρ
• da relação entre ~D e ~E temos ~D = ε ~E
• e da relação entre V e ~E temos ~E = −∇V , assim obtemos
∇ · ~D = ∇ · (ε ~E) = −∇ · (ε∇V ) = ρ
• para uma região homogênea, isto é, ε = cte, temos
∇ · (∇V ) = −ρ
ε
• a equação
∇ · (∇V ) = −ρ
ε
5
6 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• é denominada de equação de Poisson
• ∇2V , ∇ · (∇V ) é o operador laplaciano , assim temos
∇2V = −ρ
ε
• a equação de Poisson se aplica quando queremos obter o potencial V na região da fonte ρ
• quando a região não possui fontes temos
∇2V = 0
• que é a equação de Laplace
• equação de Laplace nos sistemas de coordenadas
• sistema de coordenadas retangulares - V = f(x, y, z)
∇2V = ∂
2V
∂2x
+
∂2V
∂2y
+
∂2V
∂2z
= 0
• sistema de coordenadas cilíndricas - V = f(ρ, φ, z)
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
+
1
ρ2
∂2V
∂2φ
+
∂2V
∂2z
= 0
• sistema de coordenadas esféricas - V = f(r, φ, θ)
∇2V = 1
r2
∂
∂r
(
r2
∂V
∂r
)
+
1
r2 sen θ
∂
∂θ
(
sen θ
∂V
∂θ
)
+
1
r2 sen2θ
∂2V
∂2φ
= 0
• para resolver a equação de Laplace quantas condições de contorno precisamos ?
∇2V = 0
• precisamos de duas condições
• o que especificam estas condições?
• valores de potenciais
• que são as superfícies equipotenciais
7.2. EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE 7
• considere uma junção pn com densidades constantes de cargas +ρ e −ρ, obtenha a distribuição
de potenciais a partir da equação de Poisson, fixar o potencial nulo em x = 0
• desprezando os efeitos de borda, como deve variar o potencial na região −h < x < +h ?
• a função potencial será função da coordenada x, assim
∇2V = d
2V
dx2
= −ρ
ε
• resolveremos esta equação em cada região
• é um EDO de 2a ordem, assim precisaremos de duas condições sobre V
– valor de V em um ponto
– valor da 1a derivada de V em um ponto
• região 0 < x < +h
d2V
dx2
= −ρ
ε
• integrando obtemos
dV
dx
= −ρ
+ x
ε
− k
• que condição devemos aplicar para definir a constante?
• com qual quantidade está relacionada o termo dV
dx
?
• campo elétrico, por quê?
8 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• região 0 < x < +h
• campo elétrico, por quê? ~E = −∇V
• em x = +h o campo E = 0 (por quê?), assim
0 =
ρ+ x
ε
+ k → k = −ρ
+ h
ε
• substituindo o valor de k e integrando obtemos
V = −
∫
ρ+
ε
(x− h) dx = −ρ
+
ε
(
x2
2
− hx
)
+ k
• com em x = 0 fixamos V = 0 temos
V = −ρ
+
ε
(
x2
2
− hx
)
• seguindo o mesmo procedimento encontramos para a região −h < x < 0
V = −ρ
−
ε
(
x2
2
+ hx
)
, resumindo
• região 0 < x < +h
V = −ρ
ε
(
x2
2
− hx
)
• região −h < x < 0
V =
ρ
ε
(
x2
2
+ hx
)
7.2. EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE 9
• consideremos que V é uma função de x, a equação de Laplace reduz-se a
∇2V = ∂
2V
∂2x
+
∂2V
∂2y
+
∂2V
∂2z
= 0
∇2V = ∂
2V
∂2x
= 0→ d
2V
d2x
= 0
• integrando duas vezes obtemos
d V
d x
= A→ V = Ax+B, A e B são constantes
• precisamos de duas condições de fronteira
• precisamos de duas condições de fronteira
d V
d x
= A→ V = Ax+B, A e B são constantes
• V = f(x) são superfícies equipotenciais definidas por x = cte
• que superfícies são estas? planos perpendiculares ao eixo x
• que estrutura possui (gera) esta distribuição de potencial?
• capacitor de placas planas paralelas e infinitas
• precisamos de duas condições de fronteira
d V
d x
= A→ V = Ax+B, A e B são constantes
• capacitor de placas planas paralelas e infinitas
• aplicando as duas condições de fronteira
– V = V1 em x1 e V = V2 em x2
• obtemos
V1 = Ax1 +B
V2 = Ax2 +B
• resolvendo o sistema obtemos
A =
V1 − V2
x1 − x2 , B =
V2 x1 − V1 x2
x1 − x2
10 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• substituindo as constantes A e B obtemos
V =
V1 (x− x2)− V2 (x− x1)
x1 − x2
• consideremos: x = 0 temos V = 0 e x = d temos V = V0, assim
A =
V0
d
, B = 0→ V = V0 x
d
• conhecendo V podemos encontrar a capacitância
V → ~E = −∇V → ~D = ε ~E → ρs = ~D · ~an
C =
q
V0
7.2. EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE 11
• consideremos que V é uma função de ρ, a equação de Laplace reduz-se a
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
+
1
ρ2
∂2V
∂φ2
+
∂2V
∂2z
= 0
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
= 0→ 1
ρ
d
dρ
(
ρ
dV
dρ
)
= 0
• excluindo o ponto ρ = 0 ( por quê?) e fazendo a 1a integração obtemos
ρ
d V
d ρ
= A→ V = A lnρ+B, A e B são constantes
• precisamos de duas condições de fronteira
• precisamos de duas condições de fronteira
ρ
d V
d ρ
= A→ V = A lnρ+B, A e B são constantes
• V = f(ρ) são superfícies equipotenciais definidas por ρ = cte
• que superfícies são estas?
• são cilindros com eixo z
• que estrutura possui (gera) esta distribuição de potencial?
• linha de transmissão coaxial ou capacitor coaxial
• precisamos de duas condições de fronteira
ρ
d V
d ρ
= A→ V = A lnρ+B, A e B são constantes
• linha de transmissão coaxial ou capacitor coaxial
12 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• aplicando as duas condições de fronteira
– V = V0 em ρ = a e V = 0 em ρ = b
• obtemos
V0 = A lna+B
0 = A lnb+B
• resolvendo o sistema obtemos
A =
V0
ln(a/b)
, B =
−V0 lnb
ln(a/b)
• substituindo as constantes A e B obtemos
V = V0
ln(b/ρ)
ln(b/a)
• o campo elétrico é dado por ~E = −∇V , assim
~E =
V0
ρ
1
ln(b/a)
~aρ
• o que podemos calcular a partir destes resultados
• podemos calcular a capacitância da estrutura
• a distribuição de carga na superfície ρ = a é
~D =
V0
ρ
ε
ln(b/a)
~aρ
ρs = Dn(ρ = a) =
εV0
aln(b/a)
q =
∫
ρsds =
εV0 2pi l
ln(b/a)
C =
q
V
=
2pi ε l
ln(b/a)
7.2. EQUAÇÕES DE POISSON E LAPLACE 13
• uma superfície esférica de raio a está uniformemente carregada vom uma densidade ρs, deter-
mine a distribuição de potenciais, resolvendo a equação de Laplace
• de qual coordenada o potencial é função? coordenada r, assim
∇2V = 1
r2
∂
∂r
(
r2
∂V
∂r
)
+
1
r2 sen θ
∂
∂θ
(
sen θ
∂V
∂θ
)
+
1
r2 sen2θ
∂2V
∂2φ
= 0
∇2V = 1
r2
∂
∂r
(
r2
∂V
∂r
)
= 0→ ∇2V = 1
r2
d
dr
(
r2
dV
dr
)
= 0
• quais são as regiões em que queremos resolver a equação Laplace?
∇2V = 1
r2
d
dr
(
r2
dV
dr
)
= 0
• região interna r < a
• regiãoexterna r > a
• região externa r > a
∇2V = 1
r2
d
dr
(
r2
dV
dr
)
= 0
• integrando obtemos
r2
dV
dr
= k1 → dV
dr
=
k1
r2
V =
∫
k1
r2
=
−k1
r
+ k2
• quais são as duas condições de fronteira necessárias para definir as constantes k1 e k2?
• região externa r > a
V =
−k1
r
+ k2
• condição no infinito
• quando r →∞ o potencial deve tender a zero ( por quê?), assim, k2 = 0
V =
−k1
r
14 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• região externa r > a
V =
−k1
r
• condição num ponto distante
• num ponto distante do centro da esfera como deve ser o comportamento do potencial ?
• a esfera é vista como uma carga pontual, assim
V =
q
4pi ε0 r
=
ρs 4pi a
2
4pi ε0 r
=
ρs a
2
ε0 r
−k1
r
=
ρs a
2
ε0 r
→ k1 = −ρs a
2
ε0
• região externa r > a
V =
ρs a
2
ε0 r
• região interna r < a
∇2V = 1
r2
d
dr
(
r2
dV
dr
)
= 0
• integrando obtemos
r2
dV
dr
= k3 → dV
dr
=
k3
r2
= −E
• que condição temos sobre ~E na região interna?
• pela simetria ~E é nulo no centro da esfera, assim k3 = 0
dV
dr
= 0→ V = k4
• a continuidade do potencial na fronteira (r = a) fornece
k4 =
ρs a
2
ε0 a
=
ρs a
ε0
V =
ρs a
ε0
• região externa r > a
V =
ρs a
2
ε0 r
• região interna r < a
V =
ρs a
ε0
• o que podemos calcular a partir deste resultado?
7.3. TEOREMA DA UNICIDADE 15
7.3 Teorema da Unicidade
• provaremos agora que a solução obtida para a equação de Poisson ou Laplace é única
• este teorema vai garantir que ao resolver um dado problema obtemos ...
• consideremos que temos duas soluções V1 e V2
∇2V1 = 0 e ∇2V2 = 0
• assim ∇2 (V1 − V2) = 0
• observe que se usassemos a equação de Poisson chegaríamos a mesma condição
• usando ∇ · (f ~A) ≡ f (∇ · ~A+ ~A (∇V )) com
– f = V1 − V2 e ~A = ∇ (V1 − V2)
• obtemos
∇ · [(V1 − V2) ∇ (V1 − V2)] ≡ (V1 − V2) [∇ · ∇ (V1 − V2)]
+ ∇ (V1 − V2) · ∇ (V1 − V2)
• integrando no volume limitado pelas superfícies de contorno obtemos∫
v
∇ · [(V1 − V2) ∇ (V1 − V2)] dv ≡∫
v
(V1 − V2) [∇ · ∇ (V1 − V2)] dv +
∫
v
[∇ (V1 − V2)]2 dv
• aplicando o teorema da divergência na integral a esquerda da igualdade obtemos∫
v
∇ · [(V1 − V2) ∇ (V1 − V2)] dv ≡∮
s
[(V1b − V2b)∇ (V1b − V2b)] · ~ds = 0
• assim a equação torna-se∫
v
(V1 − V2) [∇ · ∇ (V1 − V2)] dv +
∫
v
[∇ (V1 − V2)]2 dv = 0
• assim a equação torna-se∫
v
(V1 − V2) [∇ · ∇ (V1 − V2)] dv +
∫
v
[∇ (V1 − V2)]2 dv = 0
• como ∇ · ∇ (V1 − V2) = ∇2 (V1 − V2) = 0 temos∫
v
[∇ (V1 − V2)]2 dv = 0
• [∇ (V1 − V2)]2 = 0→ ∇ (V1 − V2) = 0→ (V1 − V2) = cte
• como (V1 − V2) = cte em toda a região, na fronteira temos V1 − V2 = V1b − V2b = 0→ cte = 0
assim
• V1 = V2 solução única!!!
16 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
7.4 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas
retangulares
• não existe um método geral para se resolver a equação de Laplace
• cada método abrange um certo tipo de problema
• consideraremos agora um método que admite que a solução pode ser escrita como o produto
de três funções
– cada função variando com uma só coordenada do sistema
• esta técnica de solução é muito usada em problemas de propagação de ondas eletromagnéticas
• consideremos que a solução da equação de Laplace pode ser escrita como
V (x, y, z) = f(x) g(y)h(z)
• onde f(x) é uma função exclusiva da coordenada x e, respectivamente, g(y) e h(z)
• com estas considerações a equação de Laplace torna-se
∇2V = ∂
2f(x)
∂2x
g(y)h(z)+f(x)
∂2g(y)
∂2y
h(z)+f(x) g(y)
∂2h(z)
∂2z
= f ′′(x) g(y)h(z) + f(x) g′′(y)h(z) + f(x) g(y)h′′(z) = 0
• dividindo pela solução produto proposta f(x) g(y)h(z), obtemos
f ′′(x)
f(x)
+
g′′(y)
g(y)
+
h′′(z)
h(z)
= 0
• observe cada parcela, o que acontece?
– cada parcela é uma função exclusiva de uma só variável
– sugestões de possíveis soluções
– cada parcela deve ser independente da outra, isto só é possível se cada parcela for igual a
uma constante
– x2 + y2 + (2z + 1) = 0 não funciona porque leva a dependência mutua
• fazendo cada parcela igual a uma constante temos
f ′′(x)
f(x)
= −k2x
g′′(y)
g(y)
= −k2y
h′′(z)
h(z)
= −k2z
• o sinal − e o expoente 2 são feitos por conveniência futura! como veremos!!
7.4. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS RETANGULARES17
• as três equações são EDO lineares de 2a ordem
• reescrevendo as equações
d2f
dx
+ k2x f(x) = 0
d2g
dy
+ k2y g(y) = 0
d2h
dz
+ k2z h(z) = 0
• as três constantes satisfazem a equação
k2x + k
2
y + k
2
z = 0
• das três constantes somente duas são independentes
• observe que as três equações possuem a mesma estrutura matemática
• resolvendo uma equação temos a solução das outras
• estudaremos a equação
d2f
dx
+ k2x f(x) = 0
• se a constante kx = 0 temos a solução linear
d2f
dx
= 0→ f(x) = Ax+B
18 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• em geral a solução de EDO é uma função exponencial, pois a soma desta função com a sua
derivada pode ser nula
• vamos experimentar uma solução da forma
f(x) = Aes x
• substituindo na equação obtemos
• substituindo f(x) = Aes x na equação obtemos
As2 es x + k2xAe
s x = 0→ s2 + k2x = 0
• neste momento vemos a conveniência do expoente 2 em kx, a solução é
s = ±j kx
• temos dois valores para o expoente, a solução geral será
f(x) = A1 e
j kx x + A2 e
−j kx x
= A1 (coskx x+ j senkx x) + A2 (coskx x− j senkx x)
= Acoskx x+B senkx x
• se kx for um número imaginário, por exemplo kx = jk o valor de s será
s = ±j (j k) = ±k
• e a solução será
f(x) = A1 e
k x + A2 e
k x
= A1 (coshk x+ j senhk x) + A2 (coshk x− j senhk x)
= Acoshk x+B senhk x
• que tipos de funções podem ser solução da equação de Laplace em coordenadas retangulares?
• que tipos de funções podem ser solução da equação de Laplace em coordenadas retangulares?
– linear, senoidal ou hiperbólica
• exemplo
V (x, y, z) = (Ax+B) (C eky y +D e−ky y) (E coskzz + F senkzz)
7.4. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS RETANGULARES19
• um plano em x = 0 tem potencial nulo, um segundo plano, paralelo, em x = 1, não condutor,
tem o potencial variando segundo a função V (x = 1) = sen 2 y, calcular a função potencial na
região entre os planos
• a geometria e as condições de contorno indicam que tipo de solução produto
• só podemos esperar variação com as coordenadas x e y, assim
V = f(x) g(y)→ k2x + k2y = 0
• que tipo de variação com a coordenada y sugere a condição de fronteira no plano x = 1?
g(y) = Acos2 y +B sen2 y
• função proposta g(y)
g(y) = Acos2 y +B sen2 y
• assim sy = ±j 2 e ky = ±2→ kx = ±j 2 e sx = ± 2, logo
f(x) = C cosh2x+D senh2x
• a solução geral proposta é
V = (Acos2 y +B sen2 y) (C cosh2x+D senh2x)
• para determinar as constantes aplicamos as condições de fronteira
V = (Acos2 y +B sen2 y) (C cosh2x+D senh2x)
• condições de fronteira
emx = 0→ V = 0→ C = 0
emx = 1→ V = sen 2 y = (Acos2 y +B sen2 y) (D senh2x)
A = 0 e BD =
1
senh 2
20 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• a solução final é
V =
1
senh 2
senh 2x sen 2 y
• o que podemos calcular a partir da solução?
V =
1
senh 2
senh 2x sen 2 y
– campo elétrico
– capacitância
– distribuições de carga
• sugestão: calcule !!!
• calcular a função potencial na região limitada pelos quatro planos mostrados na figura, com os
seguintes potenciais
x = 0 V = 0
x = 1 V = y
y = 0 V = 0
y = 1 V = x
• a geometria e as condições de contorno indicam uma solução produto da forma
V = f(x) g(y)
• as constantes satisfazem a equação k2x + k2y = 0
• que tipo de funções as condições de fronteira sugerem
7.4. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS RETANGULARES21• sugerem uma variação linear, assim kx = ky = 0 assim
V = (Ax+B) (C y +D)
• aplicando as condições de contorno temos
0 = (0 +B)(C y +D) assim B = 0
0 = (Ax)(0 +D) assim D = 0
y = AC y assim AC = 1
x = AC x assim AC = 1
• a função potencial é V = x y
• calcular a função potencial na região limitada pelos quatro planos mostrados na figura, com os
seguintes potenciais
x = 0 V = 0
x = 1 V = 0
y = 0 V = 0
y = 1 V = sen pi x
22 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
7.5 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas
cilíndricas
• não existe um método geral para se resolver a equação de Laplace
• cada método abrange um certo tipo de problema
• consideraremos agora um método que admite que a solução pode ser escrita como o produto
de três funções
– cada função variando com uma só coordenada do sistema
• esta técnica de solução é muito usada em problemas de propagação de ondas eletromagnéticas
• consideremos que a solução da equação de Laplace pode ser escrita como
V (ρ, φ, z) = R(ρ)F (φ)Z(z)
• onde R(ρ) é uma função exclusiva da coordenada ρ e, respectivamente, F (φ) e Z(z)
• com estas considerações a equação de Laplace torna-se
∇2V = 1
ρ
∂
∂ρ
(
ρ
∂V
∂ρ
)
+
1
ρ2
∂2
∂φ2
+
∂2V
∂z2
= 0
= F Z
1
ρ
d
d ρ
(
ρ
dR
dρ
)
+RZ
1
ρ2
d2F
dφ2
+RF
d2Z
dz2
= 0
• dividindo pela solução produto proposta R(ρ)F (φ)Z(z), obtemos
F Z
1
ρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+RZ
1
ρ2
d2F
dφ2
+RF
d2Z
dz2
= 0
1
Rρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
1
F ρ2
d2F
dφ2
+
1
Z
d2Z
dz2
= 0
• que parcela pode ser separada diretamente e já analisamos as suas soluções?
• a última parcela só possui termos variando com a coordenada z
• esta parcela deve ser igual a uma constante, por quê?
• separando a parcela em z e fazendo igual a uma constante temos
1
Z
d2Z
dz2
= +m2
• supondo m real, a equação admite as seguintes soluções
– Z = Acoshmz +B senhmz para m 6= 0
– Z = Az +B para m = 0
7.5. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS CILÍNDRICAS23
• a equação de Laplace torna-se
1
Rρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
1
F ρ2
d2F
dφ2
+m2 = 0
• como poderemos isolar a parcela em φ?
• multiplicamos por ρ2 para isolar a parcela em φ, obtemos
ρ
R
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
1
F
d2F
dφ2
+m2ρ2 = 0
• agora podemos separar a parcela em φ, fazemos
1
F
d2F
dφ2
= −n2
• para n real as soluções são
– F = Acosnφ+B sennφ para n 6= 0
– F = Aφ+B para n = 0
• a equação de Laplace torna-se
ρ
R
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
− n2 +m2ρ2 = 0
• ou
ρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
+
(
m2ρ2 − n2) R = 0
• derivando obtemos
ρ2
d2R
dρ2
+ ρ
dR
dρ
+
(
m2ρ2 − n2) R = 0
• esta equação é conhecida como equação de Bessel
24 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• equação de Bessel
ρ2
d2R
dρ2
+ ρ
dR
dρ
+
(
m2ρ2 − n2) R = 0
• suas soluções são
– R = AJn(mρ) +B Yn(mρ) para m 6= 0
– R = Aρn +B ρ−n para m = 0 e n 6= 0
– R = A lnρ+B para m = n = 0
• as funções Jn e Yn são séries de potência do argumento mρ
• são denominadas funções de Bessel de 1a espécie (Jn) e de 2a espécie (Yn)
• o índice n indica a ordem
• funções de Bessel de 1a espécie
– ordem zero J0(ρ) = 1− (ρ/2)2(1!)2 + (ρ/2)
4
(2!)2
− (ρ/2)6
(3!)2
+ (ρ/2)
8
(4!)2
− ...
– primeira ordem J1(ρ) = ρ2 − (ρ/2)
3
2!
+ (ρ/2)
5
2!3!
− (ρ/2)7
3!4!
+ ...
• funções de Bessel de 2a espécie
– Yn(ρ) = lim
p→n
(
Jp(ρ) cos ppi−J−p(ρ)
sen ppi
)
para n = 0, 1, 2, ...
7.5. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS CILÍNDRICAS25
• um cabo coaxial com raios a e b (b > a) está com potenciais Va = V1 e Vb = V2, obter a função
potencial em seu interior
• como o potencial varia?
• pela simetria o potencial só depende de ρ, o que leva a m = n = 0
• como serão as soluções lineares em z e φ?
– Z = Az +B e F = A′ φ+B′ com A = A′ = 0, por quê?
• como é a forma da nossa solução? V = R(ρ)
• como m = n = 0 temos R(ρ) = a ln ρ+B
• como m = n = 0 temos R(ρ) = a ln ρ+B
• aplicando as condições de contorno obtemos
V1 = A lna+B
V2 = A lnb+B
• resolvendo o sistema obtemos
A =
V1 − V2
ln(a/b)
, B = V1 − V1 − V2
ln(a/b)
lna
V =
V1 − V2
ln(a/b)
ln(ρ/a) + V1
26 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• um longo cilindro metálico de raio a está numa região onde antes o campo elétrico era uniforme
e de valor ~E = E~ay, determine a função potencial na presença do cilindro
• como varia o potencial?
• o potencial varia com ρ e φ
• o que indica a distribuição simétrica de cargas?
• o plano horizontal xz tem potencial nulo
• temos potencial nulo em φ = 0 e φ = pi
• como deve ser a forma F (φ)?
• como o potencial se repete
• F (φ) = Acos nφ+B sennφ = 0|φ=0,pi → F (φ) = B sennφ
• qual deve ser o valor de n? n = 1 por quê?
• F (φ) = B senφ
• como V não varia com z a equação de Bessel, com n = 1, reduz-se a
ρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
−R = 0
• equação de Bessel
ρ
d
dρ
(
ρ
dR
dρ
)
−R = 0
• fazendo a substituição de variáveis ρ = ex → dρ = ex dx obtemos
ex
d
exdx
(
ex
dR
ex dx
)
−R = 0
d2R
dx2
−R = 0
• considerando a solução da forma R = Aes x encontramos
s2 − 1 = 0→ s = ±1→ R = C ex +D e−x = C ρ+Dρ−1
• a solução produto será
V = F (φ)R(ρ) = B senφ
(
C ρ+
D
ρ
)
7.5. SOLUÇÃO PRODUTODA EQUAÇÃODE LAPLACE EMCOORDENADAS CILÍNDRICAS27
• precisamos definir as condições de contorno, quais?
– potencial nulo em ρ = a
– potencial longe do cilindro, como definimos?
• a ddp longe do cilindro vale
ddp = −
∫ ρ
ρ=a
~E · ~dl
• longe do cilindro o campo ~E é o campo inicial ~E = E~ay, por quê?
• a pertubação causada pelo cilindro não é percebida, assim,
ddp = V = −E y = −E ρ senφ
• porque adotamos a referência em ρ = a
• aplicando as condições obtemos
−Eρsenφ = B senφ
(
C ρ+
D
ρ
)
para ρ→∞
0 = B senφ
(
C a+
D
a
)
para ρ = a
• obtemos B = −E
C
e D = −C a2
V = −E
C
senφ
(
C ρ− C a
2
ρ
)
V = −E senφ
(
ρ− a
2
ρ
)
• distribuição de potencial com o cilindro presente
V = −E senφ
(
ρ− a
2
ρ
)
• calcule o campo ~E associado ao potencial V , analise o seu comportamento e plote as linhas de
campo
28 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
7.6 Solução Produto da Equação de Laplace em coordenadas
esféricas
• não existe um método geral para se resolver a equação de Laplace
• cada método abrange um certo tipo de problema
• consideraremos agora um método que admite que a solução pode ser escrita como o produto
de três funções
– cada função variando com uma só coordenada do sistema
• esta técnica de solução é muito usada em problemas de propagação de ondas eletromagnéticas
• consideremos que a solução da equação de Laplace pode ser escrita como
V (r, θ, φ) = R(r)F (θ)G(φ)
• onde R(r) é uma função exclusiva da coordenada r e, respectivamente, F (θ) e G(φ)
• com estas considerações a equação de Laplace torna-se
∇2V = 1
r2
∂
∂r
(
r2
∂V
∂r
)
+
1
r2 sen θ
∂
∂θ
(
sen θ
∂V
∂θ
)
+
1
r2 sen2θ
∂2V
∂φ2
= 0
=
F G
r2
d
d r
(
r2
dR
dr
)
+
RG
r2 sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
RF
r2sen2θ
d2G
d2φ
= 0
• multiplicando por r2 sen θ e dividindo pela solução produto proposta R(ρ)F (θ)G(φ), obtemos
FG
r2
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
RG
r2 senθ
d
dθ
(
senθ
dF
dθ
)
+
RF
r2sen2θ
d2G
d2φ
= 0
sen2θ
R
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
sen θ
F
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
1
G
d2G
d2φ
= 0
• que parcela pode ser separadadiretamente e já analisamos as suas soluções?
• a última parcela só possui termos variando com a coordenada φ
• esta parcela deve ser igual a uma constante, por quê?
• separando a parcela em φ e fazendo igual a uma constante temos
1
G
d2G
d2φ
= −n2
d2G
d2φ
+ n2G = 0
7.6. SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE EM COORDENADAS ESFÉRICAS29
• supondo n real, a equação admite as seguintes soluções
– G = Acosnφ+B sennφ para n 6= 0
– G = Aφ+B para n = 0
• substituindo a parcela em φ e dividindo o resultado por sen2θ obtemos
1
R
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
1
Fsen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
− n
2
sen2θ
= 0
• que parcela pode ser separada diretamente?
• separando a 1a parcela que é só função da variável r e fazendo igual a uma constante definida
na forma m (m+ 1), por conveniência, obtemos
1
R
d
dr
(
r2
dR
dr
)
= m (m+ 1)
• ou
r2
d2R
d2r
+ 2 r
dR
dr
−m (m+ 1)R = 0
• a solução desta equação é obtida fazendo a substituição de variáveis r = ex → dr = ex dx,
obtemos
e2x
d
ex dx
(
dR
ex dx
)
+ 2 ex
dR
ex dx
−m (m+ 1)R = 0
• executando as derivadas da equação
e2x
d
ex dx
(
dR
ex dx
)
+ 2 ex
dR
ex dx
−m (m+ 1)R = 0
• obtemos
d2R
d2x
+
dR
dx
−m (m+ 1)R = 0
• uma EDO linear de 2a ordem, fazendo R = Aes x obtemos
s2 + s−m (m+ 1) = 0
• cujas raízes são s1 = m e s2 = −(m+ 1), a solução geral será
R = Aemx +B e−(m+1)x = Arm +B r−(m+1)
• a solução geral da equação
r2
d2R
d2r
+ 2 r
dR
dr
−m (m+ 1)R = 0
• é
R = Arm +B r−(m+1)
30 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• quando o potencial depender apenas de r ( simetria esférica) teremos
m = 0→ R = A+ B
r
• substituindo a parcela em termos de r por m(m+ 1) na equação
1
R
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
1
Fsen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
− n
2
sen2θ
= 0
• obtemos
m(m+ 1) +
1
Fsen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
− n
2
sen2θ
= 0
• ou
1
sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
[
m(m+ 1)− n
2
sen2θ
]
F = 0
• se o potencial depender apenas da variável θ teremos m = 0 e n = 0
• a equação
1
sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
[
m(m+ 1)− n
2
sen2θ
]
F = 0
• torna-se
sen θ
dF
dθ
= A→ F =
∫
A
dθ
sen θ
= A ln (tag(θ/2)) +B
• se o potencial não depender da variável φ teremos n = 0
• a equação
1
sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
[
m(m+ 1)− n
2
sen2θ
]
F = 0
• torna-se
1
sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+m(m+ 1)F = 0
• que é a equação de Legendre cuja solução geral é
F = APm(cos θ) +BQm(cos θ)
• onde Pm são os polinômios de Legendre e Qm são as funções de Legendre de 2a espécie
• polinômios de Legendre Pm são definidos por
P0(cos θ) = 1
P1(cos θ) = cosθ
P2(cos θ) =
1
2
(
3 cos2θ − 1)
P3(cos θ) =
1
2
(
5 cos3θ − 3 cosθ)
P4(cos θ) =
1
8
(
35 cos4θ − 30 cos2θ + 3)
7.6. SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE EM COORDENADAS ESFÉRICAS31
• o índice m indica o grau do polinômio
• funções de Legendre de 2a espécie Qm são definidos por
Q0(cos θ) =
1
2
ln
(
1 + cosθ
1− cosθ
)
Q1(cos θ) =
cosθ
2
ln
(
1 + cosθ
1− cosθ
)
Q2(cos θ) =
3 cos2θ − 1
4
ln
(
1 + cosθ
1− cosθ
)
− 3 cosθ
2
Q3(cos θ) =
5 cos3θ − 3 cosθ
4
ln
(
1 + cosθ
1− cosθ
)
− 5 cos
2θ
2
+
2
3
• o índice m indica o grau da função
• observe que as funções Qm são indefinidas no polo norte (θ = 0) e no polo sul (θ = pi)
• se o potencial depender das três variáveis temos a equação associada de Legendre
1
sen θ
d
dθ
(
sen θ
dF
dθ
)
+
[
m(m+ 1)− n
2
sen2θ
]
F = 0
• cuja solução geral é
F = AP nm(cos θ) +BQ
n
m(cos θ)
• onde P nm(cos θ) e Qnm(cos θ) são as funções associadas de Legendre de 1a espécie 2a espécie
• as funções associadas de Legendre de 1a espécie P nm(cos θ) e 2a espécie Qnm(cos θ), são obtidas
usando-se
P nm(x) = (1− x2)n/2
dn
dnx
Pm(x)
Qnm(x) = (1− x2)n/2
dn
dnx
Qm(x)
• onde x = cos θ
32 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• exemplo 1
• uma esfera metálica de raio a é mantida sob um potencial constante de valor Ve, obter o
potencial fora da esfera
• o potencial só varia com a coordenada r assim
m = 0→ V = A+ B
r
• aplicando as condições de fronteira obtemos
0 = A+
B
∞ → A = 0
Ve = 0 +
B
a
→ B = Ve a
V = Ve
a
r
• exemplo 2
• uma esfera de raio a tem o potencial em sua superfície variando segundo a função V cos θ, obter
o potencial dentro e fora da esfera
• o que sugerem as geometria e a condição de fronteira?
– sem variação com a coordenada φ → n = 0
– potencial na superfície V cos θ → m = 1 já que P1(cos θ) = cos θ
• as soluções propostas são
R(r) = Ar +B r−2
F (θ) = C P1(cos θ) +DQ1(cos θ)
• a constante D tem que nula por quê? a função Q1(cos θ) em θ = pi leva o potencial para o
infinito
• a solução produto proposta é
V = (C P1(cos θ) +DQ1(cos θ))
(
Ar +B r−2
)
• a constante D tem que nula por quê? a função Q1(cos θ) em θ = pi leva o potencial para o
infinito, aasim para que o potencial seja finito em r = 0 temos
V = C Ar cos θ
• aplicando a condição em r = a temos
V cos θ = C Aa cos θ → C A = V
a
• assim, no interior da esfera, temos
V =
V
a
r cos θ
7.6. SOLUÇÃO PRODUTO DA EQUAÇÃO DE LAPLACE EM COORDENADAS ESFÉRICAS33
• fora da esfera a constante A tem que ser nula para que o potencial não seja infinito em r =∞,
assim
V = C P1(cos θ)
(
Ar +B r−2
)
• torna-se
V = C cos θ
B
r2
• aplicando a condição em r = a temos
V cos θ =
C B
a2
cos θ → C B = V a2
• assim, no exterior da esfera, temos
V = V
a2
r2
cos θ
• exemplo 3
• uma esfera metálica de raio a está imersa numa região onde antes o campo elétrico era uniforme
e de valor ~E = E0~az V/m, calcular a função potencial com a presença da esfera
• o que podemos dizer?
– a simetria em φ leva a n = 0
– distante da esfera o campo permanece inalterado, o potencial é dado por
V = −E0 z = −E0 r cos θ
• a simetria da distribuição de cargas implica em potencial nulo em θ = 90o, sugere? solução na
forma cos θ → m = 1
• a parcela Q1(cos θ) é eliminada porque levaria o potencial ao infinito em θ = pi
34 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• a solução produto proposta é
V = P1(cos θ)
(
Ar +
B
r2
)
= cos θ
(
Ar +
B
r2
)
• aplicando a condição para potencial distante temos
−E0 r cos θ = Ar cos θ → A = −E0
• como o plano xy está no potencial nulo a esfera também está no potencial nulo, assim
0 = cosθ
(
−E0a+ B
a2
)
→ B = E0 a2
• a função potencial será
V = cosθ
(
−E0 r + E0 a
3
r2
)
• calcule o campo ~E associado ao potencial V , analise o seu comportamento e plote as linhas de
campo nos planos x = 0 e z = 0
7.7. SOLUÇÃO IMAGEM DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 35
7.7 Solução Imagem da Equação de Laplace
• vamos usar um método de experimentar funções potenciais e verificar se elas satisfazem a
equação de Laplace
• uma carga pontual +q está a uma distância h de uma grande placa metálica aterrada
• o que podemos dizer sobre este sistema?
• o que podemos dizer sobre este sistema?
– linhas de campo nascem na carga +q e terminam ortogonalmente ao plano, em cargas
negativas induzidas na placa
36 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• esta configuração de linhas de campo lembra que estrutura estudada?
• sugerem que estas linhas são metade das linhas de campo de um dipolo elétrico
• sugerem que estas linhas são metade das linhas de campo de um dipolo elétrico
• vamos considerar a existência de uma carga imagem fictícia negativa• esta carga substituirá o efeito das cargas verdadeiras induzidas na placa
• o sistema equivalente atende as condições de fronteira?
• o potencial de uma carga pontual é
V =
q
4pi ε0 r
• este potencial atende a equação de Laplace ∇2V = 0, por quê?
7.7. SOLUÇÃO IMAGEM DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 37
• a solução considerando as duas cargas é dada por
V =
q
4pi ε0 r+
+
−q
4pi ε0 r−
• a solução proposta atende as condições de fronteira?
V =
q
4pi ε0 r+
+
−q
4pi ε0 r−
• na placa o potencial é nulo, como r+ = r− → V ==
• junto a carga +q que condição temos?
• temos r+ >> r− o que leva a
V =
q
4pi ε0 r+
• exemplo 1
• calcular a densidade superficial de carga induzida no plano terra do sistema abaixo
38 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DE POISSON E LAPLACE
• usando a condição de contorno no plano terra temos
En =
ρs
ε
• como calculamos o campo normal ao plano terra?
• da figura temos
E+ =
q
4pi ε0 r2+
, E− =
q
4pi ε0 r2−
• considerando uma placa fina, r+ ≈ r− = r, assim
E =
q cosθ
4pi ε0 r2
+
q cosθ
4pi ε0 r2
=
2 q cosθ
4pi ε0 r2
• do campo normal a placa
E =
2 q cosθ
4pi ε0 r2
• usando a condição de contorno obtemos
ρs = ε0E =
−2 q cosθ
4pi r2
7.7. SOLUÇÃO IMAGEM DA EQUAÇÃO DE LAPLACE 39
• exemplo 2
• um fio longo de comprimento `, carregado com uma densidade linear de carga ρ` está a uma
distância h de uma grande placa metálica aterrada, calcular o potencial a meia distância entre
o fio e a placa e a força de atração recebida pelo fio
• qual é a imagem do fio longo?
• um fio longo de comprimento ` com −ρ` a uma distância h
• o potencial é dado por
V = −
∫ h/2
h
~E1 · dρ1~aρ1 −
∫ 3h/2
h
~E2 · dρ2~aρ2
=
∫ h
h/2
ρl
2pi ε0 ρ1
dρ1 +
∫ h
3h/2
−ρl
2pi ε0 ρ2
dρ2
=
ρl
2pi ε0
[
ln
(
h
h/2
)
− ln
(
h
3h/2
)]
=
ρl
2pi ε0
ln 3
• como calculamos a força de atração?
~F = q ~E → F = ρl ` ρ`
2pi ε0 2h
=
ρ2` l
4pi ε0 h
N
• potencial a meia distância entre o fio e a placa
V =
ρl
2pi ε0
ln 3