Correntes paralelas e antiparalelas e as seções tóricas

A segunda questão do teste continha uma sutileza, como quase sempre! Obviamente, não foi levado em conta na correção, e a maioria argumentou corretamente como deveriam ser o vetor potencial e o campo magnético nas duas situações. Como o enunciado sugeria, a melhor opção era fazer uma superposição das situações consideradas na primeira questão. Para o caso das correntes antiparalelas, teremos que o vetor potencial será (vejam na solução do teste)

\vec A = -\frac{\mu_0 J}{4\pi} A(x,y)\hat k,

com

A(x,y) = \log\left(\left(x+\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right)-\log\left(\left(x-\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right),

O campo magnético pode também ser facilmente determinado superpondo-se os dois casos, que poderiam ser cálculados, por exemplo, usando a Lei de Biot-Savart. Vamos, porém, determinar o campo magnético a partir da definição do vetor potencial \vec B = \nabla\times \vec A. Neste caso, teremos

\vec B = \partial_y A\hat\imath - \partial_x A\hat\jmath.

Notem, porém, que o campo vetorial \vec B é ortogonal a \nabla A = \partial_x A\hat\imath + \partial_y A\hat\jmath ! Isto significa que o campo vetorial \vec B é tangencial as linhas de A constante. As equipotenciais neste caso já foram descritas no T2 (são cilindros), e o campo magnético será tangencial aos cilindros e perpendicular ao eixo z. (Direção na qual aponta \vec A). A situação numa “fatia” de z constante é a da figura abaixo:

antiparalelo

Comparem com o caso do campo elétrico do T2. (Esta figura foi criada com o gnuplot usando-se estes comandos. Notem que apenas a direção de \vec B está indicada, e não sua magnitude, que decai quando nos afastamos dos fios.). Desta figura, fica evidente a “itensificação” do campo na região entre os fios. Além disso, aplicando-se a lei de Ampere em um circuito contendo os dois fios, fica claro que teremos contribuições com sinais diferentes (o total será nulo, é claro).

Examinemos agora o caso paralelo, para o qual o vetor potencial terá

A(x,y) = \log\left(\left(x+\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right)+\log\left(\left(x-\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right),

As superfícies de A constante serão

\left(\left(x+\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right)\left(\left(x-\frac{d}{2}\right)^2 +y^2\right) =c={\rm\ constante}.

Um pouco de álgebra elementar nos permitirá escrever estas superfícies (curvas, na verdade, pois está tudo restrito ao plano (x,y)) como

\left( x^2+y^2\right)^2 = \frac{d^2}{2}\left( x^2-y^2\right)+c - \frac{d^4}{16}

Está é uma curva algébrica conhecida, trata-se de uma “Spiric” (não sei se há nome em português. Pago uma coca-cola pra quem descobrir! Vejam mais sobre ela aqui.). Ocorre que esta curva é uma das conhecidas como “seções tóricas”, vejam mais aqui e aqui, sendo provavelmente a mais famosa delas a Lemniscata. As nossas são uma classe especial, as curvas de Cassini. Seções tóricas são examente isso, seções de um toro, vejam aqui o caso da lemniscata

LemniscateToricSection_800

(Figura retirada daqui.) O caso anterior das circunferências também são seções tóricas, mas correspondem ao caso mais simples, o do toro partido exatamente no meio, dando origem a duas circunferências não concêntricas. A figura abaixo mostra estas curvas e os campos tangenciais correspondentes ao vetor \vec B. Compare com o caso anterior, vejam que a região externa aos fios agora têm as maiores intensidades do vetor \vec B. (A leminiscata é a curva qua passa pela origem e se parece como símbolo do \infty. Não é uma mera coincidência, o símbolo do infinito é uma lemniscata! Eletro também é cultura!!!!)

paralelo(Esta figura foi criada com o gnuplot usando-se estes comandos. Notem que apenas a direção de \vec B está indicada, e não sua magnitude, que decai quando nos afastamos dos fios.).

Graças ao princípio da superposição, podemos intuir como será o campo de quatro fios, dois em cada direção. Vejam abaixo:

quatro(Esta figura foi criada com o gnuplot usando-se estes comandos. Notem que apenas a direção de \vec B está indicada, e não sua magnitude, que decai quando nos afastamos dos fios.). As curvas aqui são mais complicadas, serão de grau 8, e não tem nome, até onde sei. Fica evidente, porém, que a região entre os fios sempre terá \vec B mais intenso, exatamente como ocorre com o solenoide.

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Equilíbrio estável de dipolos

Corrigindo a prova, percebi que há uma solução mais simples para a questão do equilíbrio estável do dipolo. Relembrando, a questão se resumia a mostrar que o “potencial”
\phi = -\frac{1}{2}\nabla \left( \vec E\cdot\vec E\right)
não tem mínimo local no vácuo (\nabla\cdot\vec E=0).  A solução que discutimos (a que está na solução da prova), explorava a propriedade do valor médio para funções harmônicas. Porém, há uma solução com tecnologia de cálculo II.

Relembrando, a matriz Hessiana
H_{ij} = \partial_i\partial_j \phi
tem as informações necessárias para caracterizar localmente um ponto de equilíbrio (crítico, no qual \nabla\phi=0) de qualquer função de várias variáveis. Em particular, um ponto de equilíbrio estável irá requerer que TODOS os autovalores da matriz Hessiana sejam positivos (vejam os detalhes na Seção 9.9 do Apostol, ou se estiverem com muita pressa, aqui).  Basta que haja um autovalor negativo para caracterizar o ponto fixo como instável, como um ponto de sela.

Calculemos, então, nossa matriz Hessiana. Faremos o cálculo por componentes. Primeiro, usando a identidade da dica 2 da prova, teremos
\nabla \phi = - \left(\vec E\cdot\nabla\right)\vec E
de onde temos que, em termos de componentes
\partial_j\phi = -\sum_{k=1}^nE_k\partial_k E_j
A hessiana será, portanto
H_{ij} = - \partial_i\left( \sum_{k=1}^nE_k\partial_k E_j\right)
H_{ij} = -\sum_{k=1}^n\left(\partial_i E_k\right)\left(\partial_k E_j\right)-\sum_{k=1}^nE_k\partial_i\partial_k E_j

Calculemos agora o traço da matriz Hessiana T = \sum_{i=1}^n H_{ij}. Teremos duas contribuições, P e Q, vindo de cada termo da expressão acima. Do primeiro, temos:
P = -\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n\left(\partial_i E_k\right)\left(\partial_k E_i\right)=
= -\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n\left(\partial_i E_k\right)^2<0
para E não constante (se E for constante, a força resultante será sempre nula e portanta não há equilíbrio estável). Na passagem da primeira para a segunda expressão, usou-se o fato de que E é conservativo e, portanto, \partial_i E_j = \partial_j E_i = -\partial_i\partial_j\varphi. Para a outra contribuição, temos
Q = -\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^nE_k\partial_i\partial_k E_i=
=- \sum_{k=1}^nE_k \partial_k \left(\nabla\cdot \vec E \right)=0
no vácuo! Quer dizer, o traço da matriz hessiana é negativo, o que implica que pelo menos um de seus autovalores é negativo (Vejam, por exemplo, aqui). Um autovalor negativo está associado a uma direção em que a força é repulsiva e, portanto, não pode haver equilíbrio estável.

Como comentei, os tipos de pontos críticos de uma função harmônica de três variáveis são conhecidos e classificados. Vejam aqui e aqui, é um material avançado, mas claro e interessante.

Esfera condutora em campo elétrico constante pelo método das imagens

O primeiro problema a atacarmos explorando as soluções soluções da equação de Laplace em coordenadas esféricas foi o da esfera condutora de raio R aterrada (mantida a potencial nulo) num campo elétrico \vec E uniforme no infinito. Colocando-se a esfera no centro das coordenadas e alinhando-se o eixo z na direção do campo no infinito, o potencial elétrico \varphi desta configuração corresponde a solução do seguinte problema de valor de contorno: \left\{\begin{array}{l}\nabla^2\varphi = 0 \\ \varphi(R,\theta,\phi) = 0\\\lim_{r\to \infty} -\nabla\varphi = \vec E = E_0\hat k\end{array}\right. A última condição de contorno pode ser escrita em coordenadas esféricas notando-se que, para que ela seja satisfeita, temos que \lim_{r\to \infty} \varphi = -E_0z = -E_0 r\cos\theta = -E_0 r P_1(\cos\theta) A primeira coisa a se destacar é que este é um problema axissimétrico, isto é,  não deve depender do ângulo azimutal \phi . Os harmônicos esféricos se reduzem basicamente aos polinômios de Legendre em \cos\theta . A solução geral da equação de Laplace nestas condições é \varphi(r,\theta,\phi) = \sum_{\ell =0}^{\infty} \left(\frac{A_\ell}{r^{\ell+1}}+B_\ell r^\ell \right)P_\ell(\cos\theta) Da condição \varphi(R,\theta,\phi)=0, temos A_\ell = -B_\ell R^{2\ell +1} , que reduz a solução a \varphi(r,\theta,\phi) = -\sum_{\ell =0}^{\infty} B_\ell\left(\frac{R^{2\ell+1}}{r^{\ell+1}}- r^\ell \right)P_\ell(\cos\theta) Da condição de contorno no infinito, temos que todos B_\ell para \ell\ne 1 devem se anular, e B_1 = -E_0. Ficamos finalmente com a solução \varphi(r,\theta,\phi) = E_0\left(\frac{R^{3}}{r^{2}}- r \right)\cos\theta A partir desde potencial, podemos determinar todos as outras grandezas elétricas como distribuição de carga na esfera etc etc.

Solução do problema pelo método das imagens

Este problema pode ser resolvido também pelo método das imagens, e este é o propósito deste post. Vamos primeiro discutir como conseguir um campo elétrico uniforme E_0 na direção z a partir de duas cargas. Já sabemos que este potencial deve corresponder  a \varphi = -E_0z. Considere duas cargas q e -q, situadas respectivamente nos pontos (0,0,a) e (0,0,-a). O potencial elétrico total será 4\pi\varepsilon_0\varphi = q\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z+a)^2}} - \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z-a)^2}}\right) Intuitivamente, (desenhem as linhas de campo), temo que para a\to\infty, devemos ter uma configuração homgênea de campo. Notem que \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z+a)^2}}=\frac{1}{\sqrt{r^2+a^2+2ar\cos\theta }}\approx \frac{1}{|a|}\left( 1-\frac{r}{a}\cos\theta\right) para a grande. O potencial total para a grande será 4\pi\varepsilon_0\varphi \approx -2r\frac{q}{a^2}\cos\theta Para termos o campo homogêneo \vec E = E_0\hat z para a\to\infty, o valor da carga q deve ser tal que \frac{q}{a^2} = 2\pi\varepsilon_0E_0 Vamos agora relembrar o problema da esfera condutora aterrada na prensença de uma carga q no seu exterior. Se a carga q estiver no ponto (0,0,a), a carga imagem para que tenhamos a solução procurada deve ser -qR/a e estar no ponto (0,0,R^2/a). Isto nos garante que o potencial se anula sobre a esfera com centro na origem e raio R. Consideremos agora a superposição dos potenciais de quatro cargas:

  1. q em (0,0,a)
  2. -qR/a em (0,0,R^2/a)
  3. -q em (0,0,-a)
  4. qR/a em (0,0,-R^2/a)

Por contrução, temos que o potencial total se anula na esfera de raio R centrada na origem, isso para quaisquer valores de a e q. Porém, tomando-se o limite de a\to\infty, com q = 2\pi\varepsilon_0E_0a^2, teremos a situação correspondente ao problema em questão! (Confiram!) O potencial total será a soma do caso do campo homogêne acima com os das cargas imagens dentro da esfera, que corresponde a 4\pi\varepsilon_0\varphi = -\frac{qR}{a}\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z+R^2/a)^2}} - \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z-R^2/a)^2}}\right) Notem que \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z+R^2/a)^2}} \approx \frac{1}{r} - \frac{R^2\cos\theta}{ar^2} para a grande, de tal maneira que o potencial total das duas cargas imagens será 4\pi\varepsilon_0\varphi = \frac{2q}{a^2} \frac{R^3\cos\theta}{r^2} Lembrando que q = 2\pi\varepsilon_0E_0a^2, teremos que o potencial total, superposição do das duas cargas externas à esfera com as duas imagens, dará o mesmo que foi calculado diretamente acima.

PS.: Sim, o segundo termpo corresponde a um dipolo!

Condutores, blindagens e o “erro” das Feynman’s lectures

Como comentamos na aula, o Prof. de Mecânica II garimpou o seguinte erro no final da seção 5-10 do Volume 2 das Feynman’s lectures on Physics:

fdgfcgee

Vocês demonstraram o erro do Feynman no teste, mas vale a pena uma pequena discussão sobre o assunto. A primeira parte do parágrafo está correta. Uma cavidade englobada por um condutor está efetivamente “blindada” contra qualquer campo eletrostático externo. Considerem a figura abaixo:

feynman

que corresponde a uma esfera condutora (em azul) com uma cavidade interior (em branco). Sendo um condutor, sabemos que \vec E=0 em seu interior, o que implica que seu potencial é constante \varphi_0.  Uma carga positiva, por exemplo, é adicionada à região exterior do condutor. Há uma redistribuição das cargas superfíciais do condutor para garantir que sua superfície seja uma equipotencial. Note que isso independe da esfera estar ou não aterrada.  O importante é que na cavidade interna do condutor, não há cargas. Portanto, o potencial lá deve satisfazer a equação de Laplace \nabla^2\varphi=0, com a condição de contorno \varphi = \varphi_0 na parede da cavidade. Ora, essa situação tem como solução (única) \varphi = \varphi_0 em toda a cavidade, e portanto o campo no seu interior é zero. Além disso, a aplicação da Lei de Gauss sobre uma superfície dentro do condutor e próxima a parede da cavidade (por exemplo, a esfera A na figura) leva a conclusão que não há nenhum carga superfícial na fronteira interna do condutor. Como dissemos, a região da cavidade englobada pelo condutor está “blindada” de qualquer campo eletrostático externo. Leiam algumas curiosidades aqui sobre este fenômeno. Algumas observações:

Se a carga total do condutor for nula, então \varphi_0=0

Em outras palavras, se o condutor estiver aterrado, não haverá migração de carga da “terra” ao condutor neste caso da carga externa. Como está na solução do T2, a solução geral para o campo externo (o interno já sabemos, é nulo independente do valor de \varphi_0) será a superposição da solução com \varphi_0=0 com um campo coulombiano (devido a simetria esférica do condutor, mas isso não é determinante no problema) com potencial \varphi_0=Q/R, sendo Q e R, respectivamente, a carga e o raio externo da esfera. A aplicação da Lei de Gauss sobre uma superfície contendo o condutor mas não a carga externa (como a esfera B na figura) deve nos dar a carga total Q no condutor.

O erro das Feynman lectures é a firmação que a blindagem que vale de dentro pra fora, vale também de fora pra dentro. Isto só é verdade se o condutor estiver aterrado (como, por certo, foi indicado a mão no recorte acima das Feynman’s lectures), caso contrário, não há blindagem. Consideremos o caso abaixo:

feynman1

Que corresponde a situação inversa: uma carga puntual dentro da cavidade e nada fora do condutor. Vamos supor inicialmente que a esfera está atterada. Neste caso, sabemos que o campo externo deve ser nulo (veja a solução do T2), pois da unicidade da solução da equação de Laplace temos que \varphi=0 deve ser a solução exterior. Isto só é possível porque, ao contrário do caso anterior, neste caso houve uma migranção de cargas da “terra” para o condutor, as quais ficaram todas na superfície interna do condutor (a parede da cavidade). Neste caso, para termos \varphi_0=0 (que garante a “blindagem” da região externa), o condutor deve estar carregado! (com a carga inversa daquela que se encontra na cavidade). Se o condutor tiver carga total nula, por exemplo, seu potencial \varphi_0 não será nulo e, portanto, a aplicação da lei de Gauss na esfera externa B, por exemplo, indicará a presença de um campo coulombiano (o único compátivel com as condições de contorno externas do problema).

Qual é então a “verdadeira” origem dessa assimetria entre a cavidade interna e a região externa? Um pouco de atenção nos revelará o problema. Para a cavidade interna, por se tratar de uma região compacta (fechada e limitada), a solução que tem \varphi=\varphi_0 na parede é \varphi=\varphi_0 em toda a cavidade, e isto implica em campo \vec E=-\nabla\varphi nulo. Porém, na região externa, que se estende até o infinito, temos sempre a condição \varphi\to 0 no infinito. Qualquer solução com \varphi\ne 0 sobre a superfície do condutor dará origem a um potencial não constante, o que implicará necessáriamente em um campo elétrico não nulo.

Para finalizar, consideremos este problema: seja uma distribuição limitada de cargas  que, obviamente, darão origem a um campo elétrico que se estenderá por todo o espaço (uma pergunta interessante e importantíssima é: tendo acesso parcial ao campo elétrico, é possível descobrir quais são suas fontes? Note que este é o problema inverso, dado uma solução da equação de Poisson em uma região do espaço, poderíamos inferir quem é a fonte, eventualmente fora desta região?). Duas distribuições diferentes dão origem a campos diferentes. Agora, considere que, instantaneamente, a distribuição de cargas é completamente englobada por um condutor esférico, o qual supomos de carga nula. O que podemos afirmar sobre o campo externo? Será necessariamente coulombiano. A única informação que nos restará sobre a distribuição  inicial é sua carga total. Do lado de fora do condutor, tudo se passará como se fosse uma carga central coulombiana. Qualquer outra informação além da carga total da distribuição, “sumiu”. Parafraseando um dos grandes do século XX, condutores não têm cabelos. 🙂

 

 

 

Equilíbrio em campos eletrostáticos e o menor teorema do mundo

A discussão sobre o (não) equilíbrio em campos eletrostáticos (no vácuo) está bem feita, como quase sempre, no Feynman.

Após a aula, o Vlad lembrou de uma outra prova deste fato. Lembrando que \vec E = -\nabla\varphi e que \nabla^2\varphi=0 no vácuo, a não existência de equilíbrios estáveis está ligado a não existência de mínimos locais do potencial \varphi. Ocorre que isso é verdadeiro, é a chamada propriedade do valor médio das funções harmônicas, vejam, por exemplo, na wikipedia. Uma questão relacionada a isso é o famoso teorema de Liouville, o que nos remete ao “teorema mais curto do mundo”, de E. Nelson. O artigo COMPLETO está abaixo. 🙂

Screenshot from 2015-03-24 07:10:04

Foi publicado nos Proceedings of the American Mathematical Society.

Um outro colega da brava turma de cálculo II pede referências mais matemáticas sobre a relação entre as propriedades topológicas do domínio e a existência ou não de potenciais. Sugiro esta.

Lei de Coulomb e o teorema da decomposição de Helmholtz

Em seu comment, nosso colega Vlad, um dos bravos (não irados), relembra as duas “leis” para o campo elétrico:

  1. \nabla\cdot \vec E = \frac{\varrho}{4\pi\epsilon_0}
  2. \vec E = \int \frac{\varrho}{4\pi\epsilon_0}\frac{\hat r}{r^2}\,d^3r

Vamos relembrar (está tudo no capítulo 2 do Griffiths) como obtivemos estas duas leis. O ponto de partida era a lei de Coulomb para uma carga puntual Q:

\vec E = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\frac{\hat r}{r^2}

A lei 2 acima é a versão da lei de Coulomb para uma densidade de carga \varrho ao invés de uma carga puntual, e a primeira lei é basicamente a versão diferencial da segunda (basta calcular o divergente em ambos os lados). Daqui, aprendemos duas coisas:

  1. A segunda lei é completamente equivalente a lei de Coulomb (supondo sempre, é claro, que a integral convirja). Em particular, se a densidade de carga \varrho tiver suporte compacto, \vec E\to 0 no infinito, como na lei de Coulomb.
  2. Do ponto de vista lógico, mostramos que a lei 2 implica na lei 1 (pois obtivemos a 1 a partir do cálculo do divergente em ambos os lados da 2). Quer dizer, 2 é condição necessária para 1. Ocorre que ela não é suficiente! Quer dizer, há campos que satisfazem 1, mas não 2. A origem das ambiguidades é, claro, a condição de contorno. Na lei 2, está tacitamente admitido que as condições de contorno são as mesmas da lei de Coulomb (por exemplo, \vec E\to 0 no infinito se \varrho tiver suporte compacto.). Os campos que satisfazem 1 incluem também os campos no vácuo (\varrho=0, as soluções da homogênea). Por serem soluções para \varrho=0, estes campos jamais contribuirão para 2.

Agora vem a questão, subentendida no comment do Vlad: e se a integral em 2 não convergir? Fica-se com a impressão que, de alguma maneira, a lei 1 é mais fundamental, pois ela pode nos dar uma resposta sempre (supondo que o problema seja bem posto, quer dizer, que tenhamos as condições de contorno necessárias para nos livrar das ambiguidades associadas a solução da homogênea (vácuo)), enquanto que a 2 só tem sentido se a integral convergir.

Não há nenhum problema, ambas as leis são completamente equivalentes. A 2, como está, supõe que a integral converge. Se ela não convergir, a lei terá outra cara. Veremos qual, começando pelo teorema da decomposição de Helmholtz em R^3: podemos obter o campo vetorial \vec F se soubermos seu divergente \rho e seu rotacional \vec J? A resposta é sim, e \vec F pode ser escrito como

\vec F = -\nabla\varphi + \nabla\times \vec A

sendo que, por construção,

  1. \nabla^2\varphi=-\rho
  2. \nabla\times\nabla \vec A = \vec J

Ocorre que estas duas equações tem infinitas soluções. Por exemplo, se somarmos a uma solução \varphi de 1 (equação de Poisson) uma função \psi harmônica (\nabla^2\psi=0), teremos outra solução válida. Idem para 2. Se somarmos a uma solução particular \vec A um campo vetorial \vec C tal que \nabla\times\nabla\vec C=0, temos uma outra solução válida.

Como já conhecemos a função delta de Dirac tri-dimensional

\delta^3(\vec r-\vec r') = -\frac{1}{4\pi}\nabla^2\frac{1}{|\vec r -\vec r'|}

(vejam seção 1.5 do livro para detalhes), podemos construir uma solução particular pra 1:

\varphi_0(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi}\int_V \frac{\rho}{{|\vec r -\vec r'|}} d^3 r',

para um volume regular V de R^3 para o qual a integral convirja. Notem que se V for limitado, \varphi_0\to 0 no infinito. De maneira semelhante (vejam Apéndice B do livro), podemos construir uma solução particular para 2:

\vec A_0(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi}\int_V \frac{\vec J}{{|\vec r -\vec r'|}} d^3 r',

e támbem temos \vec A_0\to 0 no infinito para V limitado. Assim, a decomposição de Helmholz levando-se em conta as condições de contorno numa superfície regular S (vamos supor, para facilitar o argumento, que V está inteiramente contido em S) será:

\vec F = -\nabla\left(\varphi_0+\psi\right) + \nabla\times \left(\vec A_0+\vec C \right) =\vec W -\nabla\varphi_0 +\nabla\times\vec A_0

sendo \vec W = -\nabla\psi + \nabla\times \vec C um vetor com divergente e rotacional nulos, por construção. Se a região delimitada por S for regular e simplesmente conexa, um vetor \vec W com divergente e rotacional nulos é necessariamente da forma \vec W=\nabla\Psi, sendo \Psi uma solução da equação de Laplace \nabla^2\Psi=0. A condição de contorno adequada para \Psi em S é a seguinte (uma condição de Neumann, façam perguntas dificeis também ao Prof. de Métodos!)

\left.\nabla\Psi\right|_{S} = \left(\vec F + \nabla\varphi_0- \nabla\times \vec A_0\right)_S

Em breve, vocês terão intimidade com as funções de Green, e ficará mais claro todos estes passos. Por ora, já vemos que se as condições de contorno para \vec F forem tais que \Psi = 0 (na verdade \Psi constante), então temos, para \vec J=0S=1 a “lei de Coulomb” na sua forma de densidade, a número 2 citada no início deste post. Fisicamente, isto corresponde a situação na qual existem APENAS as cargas fontes \rho e nada mais. Em particular, o campo elétrico deve se anular no infinito. Esta situação é completamente distinta, como veremos na segunda feira, se as mesmas fontes estiverem, por exemplo, em um espaço oco no interior de um condutor. A equação diferencial 1 será a mesma neste caso, mas as soluções serão diferentes devido precisamente à condição de contorno na superfície interna do condutor. Aguardem e veremos….

 

Universo infinito carregado, séries condicionalmente convergente e trapaças

O Paradoxo do Universo infinito carregado

Na aula de ontem apreciamos (ou não!) o “paradoxo” do universo infinito repleto de uma densidade de carga uniforme. Como sempre, paradoxo vai entre aspas porque, quando devidamente enunciado, vemos que não há nenhum paradoxo (como sempre em Física e Matemática!).

A questão envolvia a determinação do campo elétrico em R^3 devido a uma densidade de carga uniforme em todo espaço, a qual supomos igual a 1 (assim como \epsilon_0). Usando os mesmos argumentos de simetrias usados para o caso da esfera, do cilindro, ou do “plano gordinho” uniformente carregados, a conclusão é que não se esperaria campo nenhum, já que a isotropia de cada ponto garantiria que as contribuições vindas de todo o espaço se anulassem. Porém, está conclusão está em franco desacordo com a lei de Gauss, a qual nos diz que o fluxo do campo elétrico através de uma superfície fechada regular deve ser proporcional à quantidade de carga englobada por tal superfície. Ora, nesse universo, qualquer superfície fechada engloba uma carga proporcional ao seu volume, o que é incompatível com o fluxo nulo. Este é o paradoxo…

A primeira observação é que a solução de campo zero está ERRADA. O campo elétrico nessa situação deve satisfazer \nabla\cdot \vec E=1 e, portanto, \vec E=0 não pode ser solução. Como então fomos levados a este erro? Será que nosso elegante e, até agora, eficiente argumento da simetria está errado? Não, o argumento está correto, desde que usado corretamente… 🙂

Com o argumento de simetria, pudemos sem muita dificuldade escrever o campo elétrico corresponde a uma esfera de raio R repleta de uma densidade de carta uniforme \varrho=1 . O resultado é (em coordenadas esféricas)
\vec E=\left\{  \begin{array}{l}  \frac{r}{3}\hat r, \quad 0\le r < R \\  \frac{R^3}{3r^2} \hat r, \quad r\le R  \end{array}  \right.
Notem que \frac{r}{3}\hat r= \frac{1}{3}(x\hat\imath+y\hat\jmath+z\hat k), e que portanto \nabla\cdot \vec E=1 dentro da esfera, como esperado. O outro exemplo que fizemos foi o do cilindro de raio R infinito, com densidade constante de carga. Seu campo em coordenadas cilíndricas é
\vec E=\left\{  \begin{array}{l}  \frac{\rho}{2}\hat \rho, \quad 0\le \rho < R \\  \frac{R^2}{2\rho} \hat \rho, \quad \rho\le R  \end{array}  \right.
Lembrando que \frac{\rho}{2}\hat \rho= \frac{1}{2}(x\hat\imath+y\hat\jmath), temos, novamente, \nabla\cdot \vec E=1 dentro do cilindro. O último caso que fizemos explicitamente era o da região compreendida entre dois planos paralelos, distantes de 2h, repleta de uma densidade de carga constante. Considerando os planos perpendiculares a z e centralizando-os neste eixo, temos que o campo será
\vec E=\left\{  \begin{array}{l}  z\hat k, \quad |z| < h \\  {\rm sinal}\,(z) h\hat k, \quad |z| > h  \end{array}  \right.
É evidente que temos, uma vez mais, \nabla\cdot \vec E=1, na região com densidade de carga uniforme. Se considerarmos que o raio da esfera, o raio do cilindro e a distância entre os dois planos,  tendem a infinito, teremos três “modelos” válidos para R^3 repleto de carga uniforme unitária:
\vec E =\frac{1}{3}(x\hat\imath+y\hat\jmath+z\hat k)
\vec E =\frac{1}{2}(x\hat\imath+y\hat\jmath)
\vec E = z\hat k
A diferença entre qualquer par destes campos sempre será um campo tal que \nabla\cdot\vec E =0, a equação homogênea associada, que descreve o campo na ausência de cargas. Quer dizer, a qualquer uma das soluções de \nabla\cdot\vec E =1, podemos sempre somar uma solução de \nabla\cdot\vec E =0 que teremos uma outra solução válida. Como resolvemos estas ambiguidades? Fixando-se condições de contorno. No caso da esfera, por exemplo, o argumento de simetria por rotações em torno da origem (isotropia) implicava automaticamente em uma condição de contorno também isotrópica. Como toda equação diferencial, para que o problema de encontrar o campo vetorial \vec E tal que \nabla\cdot\vec E =1 seja bem posto, temos que fixar as condições de contorno. Assim, podemos responder direta e corretamente, por exemplo, as seguintes perguntas:

  1. P: Qual o campo elétrico isotrópico em torno da origem para um universo repleto de carga constante?
    R:\vec E =\frac{1}{3}(x\hat\imath+y\hat\jmath+z\hat k)
  2. P: Qual o campo elétrico com simetria cilíndrica em torno do eixo z para um universo repleto de carga constante?
    R:\vec E =\frac{1}{2}(x\hat\imath+y\hat\jmath)
  3. P: Qual o campo elétrico invariante por translação em xy e invariante por reflexão z\to -z para um universo repleto de carga constante?
    R:\vec E =z\hat k

A pergunta

  1. Qual o campo elétrico para um universo repleto de carga constante?

Não faz sentido, porque não é bem posta do ponto de vista matemático, já que não tem solução única. Para termos uma solução única, devemos escolher condições de contorno, as quais podem, como vimos, estar ligadas a simetrias que esperamos da solução.  Tomando o cuidado de colocar o problema numa forma bem posta, vemos, como sempre, que não há nenhum paradoxo…

As séries condicionalmente convergentes

Dissemos na aula que, na prática, estamos descobrindo que o campo elétrico num hipótético universo repleto de carga constante depende da maneira com que ele foi contruído. Se ele foi obtido, por exemplo, adicionando-se cascas esféricas homogêneas a uma esfera inicial, aumentando-se assim seu raio até o infinito, o campo será o do caso esférico. Se ele foi construído adicionando-se cascas cilíndricas a um cilindro, a simetria será cilíndrica. Vamos olhar com mais cuidado o caso no qual “empilhamos” os planos “gordinhos”, quer dizer, o caso obtido a partir da acreção de fatias planas infinitas. Vamos considerar primeiro o seguinte caso (todas as fatias planas tem carga uniforme unitária):

Começa-se com uma fatia plana de espessura 1, paralela ao plano (x,y) e centrada em z. Adiciona-se, por cima, justapondo-se ao plano inicial, um novo plano homogêneo, mas agora de espessura 1/2. Agora, por baixo, coloca-se um de espessura 1/3, em seguida, por cima, um de 1/4, depois, por baixo, um de 1/5, e assim sucessivamente. (Vejam figura abaixo)

plan1

A primeira coisa a notar aqui é que, efetivamente, vamos preencher todo R^3 assim, já que
\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}\cdots = \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdots\right)\to\infty
e
\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}\cdots > \frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}\cdots\to\infty
Qual será o campo, com esta construção, em z=0? (Note que, por construção, o campo resultante será invariante por translações em xy. A escolha de z=0 não é relevante, poderíamos escolher qualquer ponto da faixa central.). Bem, o campo com a fatia original era 0. Com a adição da primeira fatia superior, será -1/2, pois será a superposição do campo interno da fatia central com o externo da superior. Após a colocação da primeira inferior, será -1/2+1/3. Quer dizer, o campo será
-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\cdots
somado desta maneira, quer dizer, a cada termo par negativo, há um termo impar positivo. Ocorre que está é uma das famosas séries condicionalmente convergentes. Está, em particular, somará -1+\log 2.

Porém, poderíamos “preencher” exatamente o mesmo R^3 alterando-se a ordem com que as fatias são adicionadas. Por exemplo, vamos colocar duas por cima, e uma por baixo. Assim, começaríamos com a primeira central, colocaríamos, por cima, uma de espessura 1/2, em seguida, outra de 1/4. Depois, uma de 1/3 por baixo. Depois, por cima, uma de 1/6 e uma de 1/8 e, por baixo, uma de 1/5, conforme a figura abaixo.

plan2

Notem que teríamos a mesma  configuração de fatias, mas montadas em ordem diferente. Qual será o campo em z=0? Será:
-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{6}-\frac{1}{8}+\frac{1}{5}-\cdots
somada nesta ordem (dois pares, um impar). Ocorre que esta soma dá -1+\frac{1}{2}\log 2, como já foi visto por alguns num não tão longinquo divertido curso de Cálculo III. O teorema de Riemann nos garante que podemos somar as séries condicionalmente convergentes de maneira a que nos dê qualquer resultado… Quer dizer, o campo neste universo depende da ordem com que adicionamos as fatias!

Trapaças

O problema gravitacional que tumultuou o final da aula é o conhecido como Jeans swindle, que pode ser traduzindo como a trapaça (ou estelionato) de  (Sir James) Jeans. Uma boa discussão provavelmente acessível a todos está neste paper (cópia aqui). Sobre aquela discussão de S^3, hiperesfera etc etc, eu sugiro este exercício, que no passado valeu nota para uma brava turma de Cálculo II (discussão aqui). Esta discussão sobre o paradoxo de Hamming é muito interessante neste contexto.