capitulo_3
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Tercera parte de fundamentos de electromagnetismo.TRANSCRIPT
Capitulo 3:Variaciones temporales y las ecuaciones deMaxwell
En este capıtulo discutiremos las ecuaciones del electromagnetismo con variaciones en el espacio y el tiempo.
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Indice
1. Fuerza de Lorenz 4
2. La Ley de Induccion de Faraday 5
3. Materia y las ecuaciones de Maxwell 63.1. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2. Condiciones de Borde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4. Transformaciones de campos 84.1. Rotacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.2. Inversion Espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.3. Inversion Temporal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.4. Cantidades Electromagneticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5. Energıa y Teorema de Poynting 105.1. Ecuacion de Energıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105.2. Energıa Magnetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115.3. Ecuacion del Momento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125.4. Campos Armonicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
6. Transformaciones duales y monopolos magneticos 15
7. Metodo I: solucion por potenciales 167.1. Gauge de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167.2. Gauge de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177.3. Solucion a la ecuacion de onda escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177.4. Teorema de Green generalizado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187.5. Funcion de Green en coordenadas cartesianas para el espacio infinito . . . . . . . . . . . . . 20
7.5.1. Solucion en el espacio r − ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207.5.2. Solucion en el espacio k − ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
7.6. Movimiento de una partıcula sencilla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227.6.1. Caso β = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247.6.2. Caso β 6= 0 con β << 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257.6.3. Radiacion para una partıcula acelerada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267.6.4. Movimiento colineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267.6.5. Movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
8. Metodo II: soluciones para oscilaciones harmonicas 298.1. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338.2. Funcion de Green en coordenadas cartesianas para el espacio infinito . . . . . . . . . . . . . 348.3. Funcion de Green en coordenadas esfericas para el espacio infinito . . . . . . . . . . . . . . . 34
2
9. Solucion a la ecuacion de onda vectorial 359.1. En coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379.2. Fuente Localizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
10.Metodo III: Solucion por Vector de Hertz 4310.0.1. Campo de una lınea de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
11.Metodo IV: Solucion Numerica de la ecuacion de ondas 4511.1. La Ecuacion de Ondas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4511.2. Propagacion de Frentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
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1. Fuerza de Lorenz
Podemos escribir, de manera clasica, la ley de fuerza usada para cargas en movimiento como
ρ(y, t) = qδ (y − x(t))
J(y, t) = qv(t)δ (y − x(t))
De dichas relaciones obtenemos
dp
dt= F = qE + q
[vc×B
]Es importante notar que los campos que siente una particular cargada es E y B, los cuales incluyen laredistribucion de cargas en el material. Mientras que D y H son los campos producidos por las distribucionesde carga y corrientes libres.
F VR
Figura 1: Conductor en un campo magnetico
Supongamos que tenemos un conductor que se mueve en un campo magnetico uniforme; entonces las cargaslibres en el conductor sienten una fuerza que es proporcional a v × B. En el fondo dicha fuerza generaun campo electrico “efectivo” E en el conductor. Asumiendo una trasformacion Galileana, re-escribimos laecuacion de arriba para un sistema de referencia moviendose con el conductor, obteniendo
F = qE → E =[vc×B
]Esto demuestra que los campos se transforman de una manera no trivial (esta observacion nos llevara a lateorıa de la relatividad y a una formulacion covariante de las ecuaciones de Maxwell). Por lo tanto es deesperarse que la relacion general es
F = qE → E = E +[vc×B
]
4
cuando hay campos electricos y magneticos en el sistema inicial. Lo cual se ha comprobado en un sinfınde experimentos para velocidades pequenas. Aun falta lo que pasa para B, pero esto lo estudiaremos en elcapıtulo de relatividad.
2. La Ley de Induccion de Faraday
Faraday (∼ 1830) observo el comportamiento de un circuito electrico en el tiempo cambiando los camposmagneticos. El observo que se generaba un transiente de corriente en el circuito si
La corriente de un circuito aledano era prendida o apagada
Un circuito adyacente, con una corriente fija, se movıa respecto al primer circuito
Un magneto permanente se ponıa dentro o fuera del circuito
La relacion derivada para la diferencia de potencial mostrada en el diagrama es
|EL| =∣∣∣vcB0L
∣∣∣las cuales se pueden relacionar con integrales de superficie y de linea, para el caso menos homogeneo, como∮
δS(t)
E · d` = −1
c
d
dt
∫S(t)
(B · n) dS
recordando que el borde de la superficie esta orientada de tal forma que d` y n satisfacen la regla de la manoderecha. Esto quiere decir que si Bo es paralelo a ny por lo tanto sale del plano en la figura, entonces E y d`estan en la misma direccion. Esta derivada completa es exactamente el resultado relevante (y experimental),y tiene sentido si notamos que el area del circuito de la figura cambia como
dA
dt= −vL
Estas son las observaciones de Faraday, que pueden ser resumidas como
ε = −1
c
dΦ
dt
con las definiciones
Φ =
∫S(t)
B · ndS ε =
∮δC
E · dl
Con Φ como el flujo magnetico que cruza el circuito cerrado. ε es la fuerza electromotriz o la integral delınea del campo electrico E que rodea el circuito. El campo E es, para el sistema de referencia en reposo,un elemento dl del circuito C. La constante de proporcionalidad c−1 depende de las unidades definidas porlas leyes de Coulomb y Ampere, y puede ser obtenida por un argumento similar al usado arriba para unatransformacion Galileana. El signo (-) es consistente con la ley de Lenz, que dice que la corriente inducidaesta en una direccion que se opone al cambio de flujo en el circuito.
5
Notemos que tenemos
dB
dt=∂B
∂t+ (v · ∇)B =
∂B
∂t+∇× (v ×B) + v(∇ ·B)
donde v es constante durante la diferenciacion. Por lo tanto
d
dt
∫S(t)
(B · n) dS =
∫S(t)
∂B
∂t· ndS +
∮∂S(t)
(B × v) · d`
Esto nos permite re-escribir la ley de Faraday con los campos en el mismo sistema de referencia∫ [∇× E +
1
c
∂B
∂t
]· ndS = 0
Dado que la superficie es en principio arbitrario, tenemos
∇× E +1
c
∂B
∂t= 0
Con esta relacion podemos completar las ecuaciones de Maxwell, propuestas por el mismo en 1865, como
∇ · E = 4πρ ∇× E = −1
c
∂B
∂t
∇ ·B = 0 ∇×B =4π
cJ +
1
c
∂E
∂t
El ultimo termino de la ecuacion de Ampere fue derivado en el capitulo 1 y es necesario para hacer lasecuaciones consistentes con la descripcion microscopica
∂ρ
∂t+∇ · J = 0
La ley de fuerza
F = qE + q[vc×B
]En muchas situaciones, tambien incluiremos la ley de Ohm
J = σE = σ(E +
v
c×B
)que relacione la corriente y el campo electrico. Veremos mas de esto mas adelante.
3. Materia y las ecuaciones de Maxwell
En el capitulo 2 derivamos que en la presencia de materiales tenemos
< ρ(x, y) >== ρ(x, y)−∇ · P (x, t) +∂2Qα,β
∂xα∂xβ
+ . . .
con lo cual podemos definir
6
Dα = Eα + 4πPα − 4π∂Qαβ
∂xβ
+ . . .
Tambien encontramos que
〈∑
n jn〉α = Jα(x, t) +1
4π
∂
∂t[Dα − Eα] + c (∇×M)α
+∂
∂xβ
〈∑
n [vn,βpn,α − vn,αpn,β] δ(x− xn)〉
− 1
6
∂2
∂xβ∂xγ
〈∑
n [Qn,αβvn,γ −Qvn,γβvn,α] δ(x− xn)〉+ . . .
En el caso que vn = v (el sistema completo puede moverse con velocidad constante v), entonces
Bα = Hα + 4πMα +[(D − E)× v
c
]α
el ultimo termino es usualmente pequeno, cuando
v
c<< 1
3.1. Ecuaciones de Maxwell
Estos resultados se mantienen en el caso de variaciones temporales, por lo tanto las ecuaciones de Maxwellson a primer orden
∇ ·D = 4πρ ∇× E = −1
c
∂B
∂t
∇ ·B = 0 ∇×H =4π
cJ +
1
c
∂D
∂t
En muchos casos podemos asumir que tenemos un material linear como en el capitulo 2. Se debe tenercuidado en considerar las variaciones en las temperaturas y en las densidades. Por lo tanto, el analisisdirecto requiere el uso de conceptos de mecanica estadıstica, y la descripcion tensorial es un poco mascomplicada.
3.2. Condiciones de Borde
Podemos estudiar nuevamente las condiciones de borde para las, ahora completas, ecuaciones de Maxwell.Para un borde inmovil, tenemos lo que tenıamos antes
(D2 −D1) · n = 4πσ (E2 − E1)× n = 0
(B2 −B1) · n = 0 (H2 −H1)× n =4π
cK
Para una interfase en movimiento, con velocidad v, usamos la transformacion
7
∫S
[∂D′[x(t), t]
∂t
]· ndS →
∫S(t)
[dD′[x(t), t]
dt
]· ndS
Debido a que en el sistema S, D no cambia en el tiempo. Mientras que en el sistema S(t), la integral debecambiar debido a el movimiento de S. Entonces, tenemos∫
S(t)
[[∂D
∂t+ (v · ∇)D
]· n
]dS =
∫S(t)
[[∂D
∂t+∇× (v ×D)− v (∇ ·D)
]· n
]dS
Notemos que no tomamos derivadas con respecto a v. Entonces, las condicion de borde para los campos,visto en el sistema del laboratorio, para la interfase en movimiento, es
(D2 −D1) · n = 4πσ (E2 − E1)× n− (n · β) (B2 −B1) = 0
(B2 −B1) · n = 0 (H2 −H1)× n− (n · β) (D2 −D1) =4π
cK
4. Transformaciones de campos
Ahora iremos a las leyes de transformacion para los campos, esto nos servira, por ejemplo, para construirrelaciones tipo D(E) y H(B). Estamos interesados en tres transformaciones en general.
Supongamos que realizamos una transformacion de coordenadas que es, en general, no lineal. La preguntaes que le pasa a las variables fısicas
4.1. Rotacion
Las coordenadas se transforman como vectores bajo un rotacion
x = Rx
dondexT x = xTx → RTR = 1
Esto implica que detA = ±1. El producto cruz, se transforma de una forma especial, dada por
B = C ×D → B = det(t)A× B
y por lo tanto B se denomina un pseudo-vector. Por ejemplo, x, v, p se transforman como vectores y elmomento angular como pseudo-vector.
El potencial electrostatico solo depende de la distancia entre dos puntos, y por lo tanto es invariante bajorotaciones. Se le denomina un escalar
Ψ(x) = ψ(x)
Por ejemplo el producto escalar de dos vectores se transforma como un escalar.
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Si una transformacion del sistema transforma un campo como vector, entonces
V (x) = RV (x)
Se puede definir la transformacion de un vector.
4.2. Inversion Espacial
Supongamos que realizamos una transformacion de coordenadas
x = −x
los vectores se transforman como vectores polares
V (x) = −V (x)
o como seudo-vectores(ası como el producto cruz)
V (x) = V (x)
Un analisis similar se aplica a los escalares y los tensores. En general, un tensor de rango N se transformacon un factor (−1)N , y un seudo-tensor se transforma como (−1)N+1.
4.3. Inversion Temporal
Supongamos que realizamos una transformacion de coordenadas
t = −t
La pregunta es cuando los tensores son pares o impares. Tomemos como ejemplo las ecuaciones de movi-miento de Newton; son invariantes respecto a una reversion temporal si t = −t y x = x, dado que
d2x
dt2= −q∇Ψ → d2x
dt2= −q∇Ψ
4.4. Cantidades Electromagneticas
Si decidimos que la carga debe ser un escalar bajo las 3 transformaciones. De las ecuaciones de Maxwellnotamos que E es un vector polar dado que ∇ · E = 4πρ.
E,D, P rotan como un vector; son impares bajo una inversion espacial, y pares bajo una reversion temporal.B,H,M rotan como un vector; son pares bajo una inversion espacial, y pares bajo una reversion temporal.J rota como un vector; es par bajo una inversion espacial y par bajo una reversion temporal.
9
Supongamos que queremos encontrar P (E,B0) en una campo magnetico constante. Entonces, los candidatospara la transformacion de propiedades son de segundo orden en B0
P = λ0E + λ1
(∂E
∂t×B0
)+ λ2 (B0 ·B0)E + λ3 (E ·B0)B0 + . . .
Si requerimos que, para bajas frecuencias, solo las fuerzas electricas entren, entonces
P = λ0E + λ1
(∂E
∂t×B0
)+ λ2 (B0 ·B0)
∂2E
∂t2+ λ3
(∂2E
∂t2·B0
)B0 + . . .
Otra relacion que es interesante es la relacion de Ohm mas generalizada, que tiene
λo∂J
∂t= E +
v
c×B + ηoJ + λ1(H × J) + . . .
Este resultado incluye el comportamiento girotropico y el efecto de Hall en los materiales y el plasma.
5. Energıa y Teorema de Poynting
Comenzaremos mirando un sistema de partıculas; tenemos
F = qE + qv
c×B
5.1. Ecuacion de Energıa
Si miramos las ecuaciones de fuerza, notaremos que las relaciones de energıa pueden ser derivadas multipli-cando por la velocidad (no-relativista). En este caso solo el campo E da unacontribucion
d
dt
[1
2mv2
]= qv · E
En el caso de una distribucion de carga continua, el trabajo efectuado por el campo es
d
dt[Umec] =
∫Ω
(J · E) d3x
=1
4π
∫Ω
[cE · (∇×H)−
(E · ∂D
∂t
)]d3x
= − 1
4π
∫Ω
[c∇ · (E ×H) +
(E · ∂D
∂t
)+
(H · ∂B
∂t
)]d3x
Si asumimos que el material es lineal, podemos definir la energia electromagnetica
10
Ue&m =1
8π
∫Ω
[(E ·D) + (B ·H)] dx3
Definiendo U = Umec + Ue&m tenemos el principio de conservacion de energıa como
dUmec
dt+dUe&m
dt= −
∮δΩ
(n · S) dS
con
S =c
4π(E ×H)
como el vector de Poynting. Dado que el volumen es arbitrario, podemos definir la densidad de energıaelectromagnetica como
ue&m =1
8π[E ·D +B ·H]
y por lo tanto
∂u
∂t+ (∇ · S) = 0
5.2. Energıa Magnetica
Finalicemos la discusion acerca de la energıa magnetica. El termino
Wm =
∫(B ·H)
8πd3x
es la energıa magnetica en el campo. Podemos usar un simple argumento para notar que lo arriba escritoes, justamente, la energıa magnetica. Tomemos un pequeno “loop” de corriente de espesor ∆σ y area S. Siel flujo sobre el loop cambia, entonces la fuente debe hacer trabajo para mantener la corriente constante.
d
dt
[1
2mv2
]= qv · E → dW
dt= −I
∑=I
c
dΦ
dt
Cuando un se realiza un cambio infinitesimal, tenemos
dW =I
cdφ
Aquı asumimos que las corrientes son sumables, entonces ∇ · J = 0. El incremento del trabajo realizadocontra el emf inducido, es
δW =J∆σ
c
∫S
(n · δB) dS =J∆σ
c
∫S
[n · (∇× δA)]dS =J∆σ
c
∮δS
δA · d`
Cualquier distribucion de la densidad de la corriente puede ser escrita como una suma de pequenos “loops”como este. Entonces, como J∆σδ` = Jd3x, tenemos
11
δW =1
c
∫(δA · J) d3x → δW =
1
4π
∫(δB ·H) d3x
y para el caso de un material lineal, tenemos
W =1
2c
∫A · Jd3x → W =
1
2c
∫(B ·H) d3x
Las expresiones de la derecha son para una distribucion localizada de cargas.
5.3. Ecuacion del Momento
La suma de todos los momentos es
dPmec
dt=
∫V
[ρE +
1
c(J ×B) + (otrasfuerzas)
]d3x
Despues de un poco de algebra, podemos encontrar que
dPmec,α
dt+d
dt
∫V
[1
4πc(E ×B)
]α
d3x =∑
β
∫V
[∂
∂Xβ
Tαβ
]d3x =
∑β
∮δβ
Tαβnβd3x
donde el tensor de stress de Maxwell es
Tαβ =1
4π
[EαEβ +BαBβ −
1
2[(E · E) + (B ·B)]δαβ
]Obtenemos el resultado que los campos E y M tienen un momento efectivo
PE&M =1
4πc(E ×B) =
S
c2
Este momento electromagnetico puede ser visto como presion radiativa. La NASA ha disenado una naveespacial que puede ir lejos de la Tierra usando la presion radiactiva solar como un sistema de propulsion.Se debe tener cuidado, eso sı, para contrarrestar el efecto gravitacional.
5.4. Campos Armonicos
Asumamos que los campos tienen una dependencia temporal harmonica E(x, t) = E(x)e−iωt. Por lo tanto
E(x, t) = Re[E(x)e−iωt] =1
2[E(x)e−iωt + E∗(x)eiωt]
J · E =1
2Re
[(J∗ · E) + (J · E) e−2iωt
]La ultima parte del producto desaparece si estamos interesados en promedios temporales.
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Las ecuaciones de Maxwell para este caso particular son
∇ ·D = 4πρ ∇× E = iω
cB
∇ ·B = 0 ∇×H =4π
cJ − i
ω
cD
podemos calcular de nuevamente el principio de conservacion de energıa como
1
2
∫Ω
(J∗ · E) d3x+ 2iω
∫Ω
(we − wm)d3x+
∮δΩ
(S · n) dS = 0
donde
S =c
8π(E ×H∗) we =
1
16π(E ·D∗) wm =
1
16π(B ·H∗)
La parte real representa la conservacion de energıa, promediada en el tiempo. La parte imaginaria describeel flujo de energia entre los campos. Esta ecuacion nos permite, ademas, definir la impedancia de un circuito.
Imaginemos un sistema electromagnetico que es forzado por un voltaje oscilatorio Vi y una corriente Ii, queingresan al circuito por una pequena superficie Si. La potencia que entra al sistema
1
2I∗Vi = −
∫Si
(S · n) dS
y por lo tanto tenemos
1
2I∗Vi =
1
2
∫Ω
(J∗ · E) d3x+ 2iω
∫Ω
(we − wm)d3x+
∮δΩ−Si
(S · n) dS
La integral de superficie es la potencia irradiada al infinito (una integral real), y a altas frecuencias, unaimportante componente del equilibrio de energıa. La impedancia es definida como Z = R−iX, con Vi = ZIi
R =1
|Ii|2
Re
[∫Ω
(J∗ · E) d3x
]+ 4ωIm
[∫Ω
(we − wm)d3x
]+ 2
∮δΩ−Si
(S · n) dS
X =
1
|Ii|2
4ωRe
[∫Ω
(we − wm)d3x
]− Im
[∫Ω
(J∗ · E) d3x
]
Para bajas frecuencias, tenemos
R =1
|Ii|2
∫Ω
σ|E|2d3x
X =4ω
|Ii|2
∫Ω
(wm − we)d3x
asumiendo la ley de Ohm, J = σE.
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En general si no hay efectos de propagacion en el circuito, y estamos interesados en la solucion asintotica,cuando la corriente entrante tiene la misma frecuencia que el voltaje entrante.
Si tenemos una inductancia localizada, la dinamica esta regida por
V = LdI
dt
entonces podemos ver que la inductancia esta relacionada con X donde la energıa magnetica domina
V = −iωLI = −iXI → X = ωL =4ω
|Ii|2
∫Ω
wmd3x
Si tenemos una capacitancia, la dinamica esta regida por
V = Q/C
entonces, podemos ver que la capacitancia esta tambien conectada con la reactancia X, donde ahorala energıa electrica es la dominante
V =I
−iωC= −iXI → X = − 1
ωC= − 4ω
|Ii|2
∫Ω
wed3x
Un circuito LRC esta regido por
V (t) =Q(t)
C+ I(t)Rc + L
dL(t)
dt
entonces tenemos
Vi =
(−1
iωC+Rc − iωL
)Ii = (R− iX)Ii
y por lo tanto
R = Rc X = ωL− 1
ωC
14
6. Transformaciones duales y monopolos magneticos
Supongamos que incluimos una carga magnetica y corriente
∇ · E = 4πρ ∇× E = −1
c
∂B
∂t− 4π
cJm
∇ ·B = 4πρm ∇×B =4π
cJ +
1
c
∂E
∂t
Podemos hacer la siguiente transformacion, con ξ real,
E = E ′ cos ξ +B′ sin ξ B = −E ′ sin ξ +B′ cos ξ
ρe = ρ′e cos ξ + ρ′m sin ξ Je = J ′e cos ξ + J ′m sin ξ
ρm = −ρ′e sin ξ + ρ′m cos ξ Jm = −J ′e sin ξ + J ′m cos ξ
que deja las ecuaciones de Maxwell invariantes. Esto tambien deja E×B,E2 +B2 invariantes. Esto significaque es una asunto de conveniencia el hablar de carga electrica o magnetica. Si todas las partıculas tienen elmismo radio de carga electrica a magnetica, podemos hacer una transformacion dual para obtener ρm = 0y Jm = 0. Por el estudio de la mecanica cuantica de un electron en presencia de un monopolo magnetico,se puede demostrar que la consistencia de tal cuantizacion requiere
qmqehc
=n
2n = 0,±1,±2, . . .
ası que la existencia de un monopolo magnetico implica la cuantizacion de una carga electrica.
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7. Metodo I: solucion por potenciales
Podemos ver que el considerar el campo electrico como el gradiente de del potencial electrico ya no es valido.En el vacıo, necesitamos definir los potenciales; comenzaremos por B = ∇× A
∇×[E +
1
c
∂A
∂t
]= 0 → E = −1
c
∂A
∂t−∇ψ
Usando la forma que tienen las ecuaciones de Maxwell (sin materiales)
∇2ψ +1
c
∂ (∇ · A)
∂t= −4πρ
∇2A− 1
c2∂2A
∂t2−∇
[(∇ · A) +
1
c
∂ψ
∂t
]= −4π
cJ
Pero estamos interesados en los campos, no en los potenciales, esto implica una libertad de “gauge”. Estaesta dada por
A→ A = A+∇ω
pero esto requiere que
ψ → ψ = ψ − 1
c
∂ω
∂t
7.1. Gauge de Coulomb
En este caso asumimos una transformacion de escala
∇ · A = 0
lo que nos da
∇2ψ = −4πρ
∇2A− 1
c2∂2A
∂t2= −4π
cJ +
1
c∇∂ψ∂t
Lo que muestra que el potencial escalar satisface la misma ecuacion de antes, y puede ser integrada inme-diatamente. Pero la ecuacion para A es mas complicada. Podemos reescribir la ecuacion de arriba, para elvector potencial como
∇2A− 1
c2∂2A
∂t2= −4π
cJs = −1
c∇×∇×
∫J(y)d3y
|x− y|Esta no-local densidad de corriente es la llamada “densidad de corriente transversal”. En general la solucionrepresenta un tiempo de propagacion infinito para el potencial; y ondas viajeras que se propagan convelocidad constante c para el vector potencial. Esta escala es bastante util para electrodinamica cuantica,donde se requiere la cuantizacion de A.
16
7.2. Gauge de Lorentz
En este caso usamos la libertad de Gauge como
∇ · A+1
c
∂ψ
∂t= 0
Con esta transformacion de gauge obtenemos
∇2ψ − 1
c2∂2ψ
∂t= −4πρ
∇2A− 1
c2∂2A
∂t= −4π
cJ
Supongamos que tenemos unos potenciales que no satisfacen esta libertad, entonces podemos encontrarotros potenciales tal que
∇ · A+1
c
∂ψ
∂t=
[(∇ · A) +
1
c
∂ψ
∂t
]+
[∇2ω − 1
c2∂2ω
∂t2
]porque siempre es posible encontrar una solucion para ω
∇2ω − 1
c2∂2ω
∂t2= −
[(∇ · A) +
1
c
∂ψ
∂t
]como veremos mas adelante.
En general, el resolver problemas de electromagnetismo requiere resolver la ecuacion de onda con y sin con-diciones de borde. En general la solucion representa onda viajeras que se propagan con velocidad constantec. Esto implica que para sentir una perturbacion se requiere un tiempo de propagacion. Esto es bastante ex-trano, porque no hemos hecho mencion a un sistema de referencia en particular. Esta observacion conducira,eventualmente, a la teorıa de la relatividad especial.
7.3. Solucion a la ecuacion de onda escalar
Si utilizamos el Gauge de Lorenz, tenemos que resolver 4 ecuaciones de onda
∇2ψ − 1
c2∂2ψ
∂t= −4πρ
∇2A− 1
c2∂2A
∂t= −4π
cJ
Si trabajamos este problema en coordenadas cartesianas, vemos que en realidad necesitamos resolver elproblema de onda escalar. Si expandimos el Laplaciano vectorial ∇2A en otro sistema de coordenadas, elproblema se torna un poco mas difıcil y es un problema de ecuacion de onda vectorial que veremos masadelante.
17
Por lo tanto, comencemos con el problema de la ecuacion de ondas escalar. Y en particular veamos el casosin fuente
∇2ψ − 1
c2∂2ψ
∂t2= 0
ψ(x, 0) = f(x) ψt(x, 0) = g(x)
Que tiene solucion de la forma
ψ(x, t) =1
2[f(x+ ct) + f(x− ct)] +
1
2c
∫ x+ct
x−ct
g(y)dy
Que implica que la onda viaja de derecha a izquierda.
Para el problema general en el que estamos interesados, necesitamos resolver la ecuacion de ondas con unaarbitraria, pero previamente definida, fuente
∇2ψ − 1
c2∂2ψ
∂t2= −4πf(x, t)
7.4. Teorema de Green generalizado
Podemos construir un teorema de Green equivalente al de la situacion estatica. Para este caso definimos
∇2G− 1
c2∂2G
∂t2= −4πδ(x− x)δ(t− t)
Inventemos los operadores
∆ = (∂t,∇) ∆ = (−∂t,∇)
Notemos que con esta definicion tenemos
∆∆Ψ = −4πf(x, t) ∆∆G = −4πδ(x− x, t− t)
Entonces siguiendo la analogıa de Green, podemos construir
∆ ·(Φ∆Ψ
)= Φ∆∆Ψ + ∆Φ · ∆Ψ
∆ ·(Ψ∆Φ
)= Ψ∆∆Φ + ∆Ψ · ∆Φ
y por lo tanto
∫Ω
(Φ∆∆G−G∆∆Φ
)dx3dt =
∮dΩ
(Φ∂G
∂n−G
∂Φ
∂n
)dSdt
+∫
Ω
(∂
∂t
[G∂Φ
∂t
]− ∂
∂t
[Φ∂G
∂t
])dx3dt
El segundo termino de la derecha podemos considerarlo nulo (cuando no hay fuentes en el infinito) ya quelas senales se propagan con velocidad c. Con esta resorcion podemos re-escribir
18
Φ(x, t) =
∫Ω
ρ(x, t) G(x, t, x, t) dx3dt+1
4π
∮δΩ
(G(x, t, x, t)
∂
∂nx
Φ(x, t)− Φ(x, t)∂
∂nx
G(x, t, x, t)
)dSxdt
Las condiciones de borde de Dirichlet se usan cuando Φ esta definido en el borde, y las condiciones bordede Neumann cuando ∂Φ/∂n esta definido en el borde.
Todavıa no hemos forzado las condiciones de borde sobre G. Por lo tanto, asumimos dos soluciones
U = Φ2 − Φ1
que satisfacen las mismas condiciones de borde, y usando las igualdades dadas mas arriba tenemos∫Ω
(U∆∆U +
[| ∇U |2 −(∂tU)2
])dx3dt =
∮δΩ
(U∂U
∂n
)dSdt+
∫Ω
∂t(U∂tU)dx3dt
lo que implica que ∫Ω
[| ∇U |2 −(∂tU)2
]dx3dt =
∮∂Ω
(U∂U
∂n
)dSdt
Por lo tanto si ∮∂Ω
(U∂U
∂n
)dS = 0
existe una sola solucion, la cual es U = const. Por lo tanto las dos condiciones naturales son
especificar el potencial en el borde, Φ(x, t)|∂Ω
especificar la carga en el borde,∂Φ(x, t)
∂n
∣∣∣∣∂Ω
Vemos inmediatamente que especificar los dos tipos de condiciones seria redundante, y generarıa solucionesno reales. Esto significa que dada un tipo de condicion de borde para Φ, tenemos que hacer cero una de lasintegrales de superficie de arriba, y para eso utilizamos la flexibilidad de G.
En el caso de las condiciones de borde de Dirichet, forzamos G(x, t, x, t) =|y∈δΩ 0 para x en el borde, lo cuales equivalente a encontrar la carga en la superficie
Φ(x, t) =
∫Ω
ρ(x, t) G(x, t, x, t) dx3dt− 1
4π
∮∂Ω
Φ(x, t)∂
∂nx
G(x, t, x, t) dSxdt
En el caso de las condiciones borde de Neumann, tambien se pueden definir, pero hay que ser mas cuidadoso.
19
7.5. Funcion de Green en coordenadas cartesianas para el espacio infinito
Necesitamos construir la funcion de Green
∇2G− 1
c2∂2G
∂t2= −4πδ(x− x′)δ(t− t′)
tal que
ψ(x, t) =
∫ ∫G(x, t, x′, t′)f(x′, t′)dx′dt′
7.5.1. Solucion en el espacio r − ω
Usamos el metodo de la transformada de Fourier para resolver esta ecuacion, donde
f(x, t) =1√2π
∫∞−∞ f(x, ω)e−iωtdω f(x, ω) =
1√2π
∫∞−∞ f(x, t)eiωtdt
δ(t− t) =1
2π
∫eiω(t−t)dω δ(ω − ω) =
1
2π
∫ei(ω−ω)tdω
En el caso de los problemas con condiciones iniciales, puede resultar mas util usar una transformacion deLaplace. Transformamos el tiempo y obtenemos
G(x, t, x, t) =1√2π
∫ ∞
−∞G(x, ω, x, t)e−iωtdω
con lo que obtenemos
∇2G+ k2G = − 4π√2πδ(x− x)eiω′ → G(x, ω, x, t) = ¯G(x, x)eiωt
dado que la transformada de Fourier de
1√2π
∫δ(t− t)eiωtdt =
1√2πeiωt
Esta nueva funcion satisface
∇2 ¯G+ k2 ¯G = −4πδ(x− x) → ¯G = Aeik|x−x|
|x− x|+B
e−ik|x−x|
|x− x|cuya solucion converge cuando k|x− x| → 0 (solucion electrostatica), lo que implica A+B = 1, e incluye lafuncion delta. Las dos soluciones implican dos condiciones de borde diferentes en el tiempo, i.e., (a)funcionde Green retardada o causal con ondas de propagacion hacia el infinito y (b), funcion de Green avanzadao no causal con ondas de propagacion desde el infinito. Generalmente tomamos la solucion
¯G(x, x) =eik|x−x|
|x− x|Ahora debemos de volver a la forma G(x, t, x, t)
20
G(±)(x, t, x, t) =1
2π
∫ ∞
−∞
eik|x−x|
|x− x|eiω(t−t)dω =
δ
[t−
(t± |x− x|
c
)]|x− x|
lo que implica un retardo o avance dependiendo de la funcion de Green. En general, estamos interesados enla funcion retardada G(+) que garantiza causalidad, donde la solucion general
ψ(x, t) =
∫[f(x, t)]ret
|x− x|dx
con la definicion de retardo
t(x, t, x) = t− |x− x|c
que garantiza que la fuente no contribuya antes que se vuelva activa. Esta ultima ecuacion puede tenervarias soluciones, dependiendo del problema.
7.5.2. Solucion en el espacio k − ω
Como estamos interesados en el espacio infinito, hacemos una expansion de la funcion de Green en funcionespropias de la ecuacion de onda sin bordes.
G(x, t, x, t) =
∫¯G(k, ω, x, t)ei((k·x−ωt)dωd3x
δ(x− x)δ(t− t) =
∫eik·(x−x)e−iω(t−t)dωd3k
Incluimos un termino disipativo,
∇2G− 1
c2∂2G
∂t2− ε
∂G
∂t= −4πδ(x− x)δ(t− t)
con ε > 0, que da la flecha en el tiempo que discutimos antes. Esto es equivalente a la disipacion en elpendulo simple
θ + βθ + ω2o sin θ = 0
Con esta expansion, obtenemos (−k2 +
ω2
c2+ iωε
)¯G = − 4π
(2π)2e−i(k·x)eiωt
Primero hacemos la integracion en dk3 = k2 sin θdkdθdφ
G(x, ω, x, t) =1
π
eiωt
(2π)3/2
∫dk3 eik·(x−x)
k2 − ω2
c2− iωε
21
con k · (x− x) = k|x− x| cos θ
G(x, ω, x, t) =1
π
1
(2π)1/2
eiωt
i|x− x|
∫ ∞
0
kdkeik|x−x| − eik|x−x|
(k + (ω/c) + ciε)(k − (ω/c)− ciε)
Esta integral es hecha por una continuacion analıtica del integrando al plano complejo, y seleccionandolos contornos apropiados. Un integrando requiere acercarse en el plano superior, y el otro en el inferior.Recordemos que los contornos deben ser en el sentido de las agujas del reloj. La integral es par, ası quepuede ser extendida a menos infinito, entonces
G(x, ω, x, t) =1
2π
1
(2π)1/2eiωt 2πe
iko|x−x|
|x− x|Desarrollamos la integral en el espacio ω para obtener
G(x, t, x, t) =1
|x− x|1
2π
∫dωe−iω(t−t)eiko|x−x| =
δ
(t− t− |x− x|
c
)|x− x|
Y obtenemos el mismo resultado anterior, pero sin ningun argumento de causalidad, etc.
7.6. Movimiento de una partıcula sencilla
Para el movimiento general de cargas, usaremos transformaciones de campos en una forma covariante cuandoestudiemos relatividad, pero por ahora podemos usar esta expresion para el caso de una particular
ρ(x, t) = eδ(x− r(t)) J(x, t) = ev(t)δ(x− r(t))
para lo que podemos escribir la solucion inmediatamente como
ψ(x, t) = e
∫ δ
(t− t′ +
|x− r(t′)|c
)|x− r(t′)|
dt′
Para integrar esta ecuacion, debemos, primero, hacer un cambio de variables
τ = t′ − t+|x− r(t′)|
c
dτ = dt′(
1 +1
c
d
dt′|x− r(t′)|
)= dt′
[1−
(β(t′) · x− r(t′)
|x− r(t′)|
)] (1)
de esto, obtenemos, usando
R(t) = x− r(t)
β(t) =v(t)
c
K(t) = R(t)− β(t) ·R(t)
→
ψ(x, t) = e
[1
K
]ret
A(x, t) = e
[β
K
]ret
22
evaluado (con el parentesis cuadrado) en el tiempo retardado t′(t, x) que se resuelve de
t′ = t− |x− r(t′)|c
Esto significa que para un tiempo t y una posicion x dada, tenemos que resolver esta ecuacion, con lo queobtenemos t′(x, t).
Los campos pueden ser calculados de la manera usual, para obtener
E = e
[1
γ2R2
R− β
(1− β · R)3
]ret
+e
c
1
R
R×((R− β)× β
)(1− β · R)3
ret
y el campo magnetico es
B =[R× E
]reta
Notemos que el campo esta evaluado en la posicion retardada r(t′), donde la partıcula estaba al momentoen que la onda fue emitida. Ademas, los campos radiados (∼ R−1) se producen cuando aceleramos cargas.Para una trayectoria dada, podemos calcular los campos inducidos por la carga en movimiento en el espacioy el tiempo. Una forma de calcular esto es graficarlo en Mathematica y ver su evolucion.
Definamos la funcion
f(x, t, t′) = c(t′ − t) + |x− r(t′)| = c(t′ − t) +√x2 + r(t′)2 − 2x · r(t′)
para la cual tenemos que encontrar sus ceros t′i. Si buscamos las soluciones causales, entonces la senalpartio antes de ser recibida, esto es t′ ≤ t. Ademas, f(x, t, t) > 0. Notemos que si β < 1 esta funcion tiendea ±∞ para t′ → ±∞, por lo tanto hay un cero por lo menos. Calculemos la derivada de esta ecuacion conrespecto a t′,
1
c
∂f
∂t′= 1 +
(r(t′)− x)
|x− r(t′)|· β(t′)
Por lo tanto
Si β < 1 entonces esta derivada es positiva, y existe una solucion causal t′ ≤ t y se utiliza lasexpresiones de arriba para los campos
si β > 1 pueden existir mas de una solucion para algun x, t. Estas soluciones hay que tomarlas encuenta y sumar los campos producidas por ellas
E(x, t) =∑
i
E[t′i(x, t), x, t]
ya que al hacer la transformacion cτ = c(t− t′) + |x− r(t′)| hay que considerar todos los ceros
23
En particular, podemos calcular la energıa radiada como
dP
dΩ= (S · x)x2 → Ptot =
∫dP
dΩdΩ
lejos de la fuente.
7.6.1. Caso β = 0
En este caso tenemos
r(t) = βot
donde hemos normalizado el tiempo y el espacio apropiadamente. Buscando soluciones fısicas escribimos
t′2(1− βo)2 + t′(2βo · x− 2t) + (t2 − x2) = 0
que tiene solucion
t′ =(t− βo · x)±
√(βo · x− t)2 − (t2 − x2)(1− β2
o)
(1− β2o)
Para el caso particular de βo < 1 tenemos una solucion fısica t > t′, que esta dada por
t′ =(t− βo · x)−
√(βo · x− t)2 − (t2 − x2)(1− β2
o)
(1− β2o)
donde el campo electromagnetico esta dado por
E(x, t) =en(t)(1− β2)
R3|1− β2 sin2 θ|3/2
donde en este caso muy particular n(t) = x− r(t), osea el campo apunta en todo el espacio a la direccioninstantanea en tiempo t, y no en t′. Esto es como si no hubiera retardo, pero es consistente con la teorıa dela relatividad. Esto solo se da para el caso particular de una aceleracion a = 0. Los patrones de radiacionse ven en la Fig. 2 para diferentes velocidades donde podemos observar este efecto particular.
Para el caso particular de βo > 1 podemos tener dos soluciones fısicas t > t′
t′ =(t− βo · x)±
√(βo · x− t)2 − (t2 − x2)(1− β2
o)
(1− β2o)
como es el caso en la Fig. 3a. Estas dos soluciones hay que tomarlas en cuenta y sumar los campos producidaspor ellas
E(x, t) =∑
i
E[t′i(x, t), x, t]
24
-3 -2 -1 0 1 2 3-3
-2
-1
0
1
2
3
ct=1.5 Β=0.2
-3 -2 -1 0 1 2 3-3
-2
-1
0
1
2
3
ct=1.5 Β=0.9
Figura 2: E2 en z = 1 para (a) β = 0,2 (b) β = 0,9. Las unidades son en c = 1. la linea roja es la trayectoriade la partıcula.
Los patrones de radiacion se ven en la Fig. 3b, mostrando el patron esperado.
-1 -0.5 0.5 1 1.5 2t’
0.5
1
1.5
2
C
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2t=0.5 Β=1.2
Cos@ΘcD=1Β
Figura 3: (a) La diferencia t′ − t + |x − r(t′)| en x = 1 y = z = 0 para β = 1,2. (b) E2. la linea roja es latrayectoria de la partıcula.
7.6.2. Caso β 6= 0 con β << 1
En este caso 1− β · R ≈ 1, y por lo tanto
E =e
c
[1
RR×
(R× β
)]ret
El vector de Poynting es
[S]ret =c
4π[E ×B]ret =
c
4π
[|E|2R
]ret
Notemos que para velocidades pequenas comparadas con c, muy lejos de la fuente tenemos,
R ∼ x
y por lo tanto la potencia radiada por angulo solido es
dP
dΩ= S · RR2 =
e2
4πc
∣∣∣R× (R× β
)∣∣∣2 =e2
4πc3|v|2 sin θ2
25
Donde θ es el angulo con respecto a la direccion de propagacion. Por lo tanto
P =2e2
3c3|v|2
Que es la famosa formula de Larmor.
7.6.3. Radiacion para una partıcula acelerada
En este caso tenemos
[S · R]ret =e2
4πc
1
R2
∣∣∣∣∣∣R×
((R− β)× β
)(1− β · R)3
∣∣∣∣∣∣
ret
Notemos que si medimos la radiacion producida por una carga entre t1 y t2 (la radiacion fue emitida entret′1 y t′2 respectivamente), medirıamos∫ t2
t1
[S · R]retdt =
∫ t′2
t′1
S · R dt
dt′dt′
Entonces la potencia radiada por angulo solido es
dP (t′)
dΩ= R2(S · R)
dt
dt′= R2(S · R)(1− β · R)
y por lo tanto
dP (t′)
dΩ=
e2
4πc
∣∣∣R× ((R− β)× β
)∣∣∣2|1− β · R|5
Es importante notar que en principio R(x, t) = x−r[t′(t, x)] esta cambiando de direccion, y nosotros hemoscalculado S · R. Si queremos hacerlo con respecto a una direccion fija en el espacio, tendrıamos que calcular
[S]ret · x
7.6.4. Movimiento colineal
El caso particular de una carga en movimiento con su velocidad y aceleracion (constante) paralela es
dP (t′)
dΩ=e2|v|2
4πc3sin2 θ
|1− β cos θ|5
con lo que obtenemos
P (t′) =2e2|v|2
3c31
(β2 − 1)3
En la Fig. 4a se muestra este patron de radiacion para diferentes velocidades.
26
Quizas mas interesante aun es la situacion
r(t) =
[0 t ≤ 01
2βt2 t > 0
En la Fig. 4b-d se muestra el patron de radiacion
dP (t)
dΩ= S · rr2
para z = 0, y con r = (x, y, z) desde el origen. Vemos claramente la propagacion hacia fuera de la onda.
1 2 3
-3
-2
-1
1
2
3
Β=0.1
Β=0.5
-2 -1 0 1 2x
-2
-1
0
1
2
y
ct=1 a=0.45 Β=0.225
-2 -1 0 1 2x
-2
-1
0
1
2
y
ct=2 a=0.45 Β=0.9
Figura 4: (a) Patron de radiacion para situacion colineal. E2 con z = y β = 0,45 en (b) ct = 1, (c) ct = 2.
7.6.5. Movimiento circular
El caso particular de una carga en movimiento en un circulo, tenemos la velocidad y la aceleracion perpen-dicular
r(t) = ro [cosωt, sinωt, 0] = −ror
β(t) = roω [− sinωt, cosωt, 0] = βot
β(t) = −ω2ro [cosωt, sinωt, 0] = −ω2ror
Si el radio es suficientemente pequeno, tiene sentido promediar en t. Por lo tanto
dP (t′)
dΩ=e2ω4r2
o
4πc31
T
∫ T
0
∣∣∣R× ((R− βot)× r
)∣∣∣2|1− βot · R|5
dt
Este patron de radiacion se muestra en la Fig. 5a.
En la Fig. 6a-d se muestra el patron de radiacion
dP (t)
dΩ= S · rr2
27
-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Β=0.1
Β=0.8
Figura 5: (a) Patron de radiacion para movimiento circular, promediado en el tiempo para R ∼ r.
-10 -5 0 5 10x
-10
-5
0
5
10
y
Ωt=0 ro=1 Ω=0.25
-10 -5 0 5 10x
-10
-5
0
5
10
y
Ωt=0 ro=1 Ω=0.25
-10 -5 0 5 10x
-10
-5
0
5
10
z
Ωt=0 ro=1 Ω=0.25
-10 -5 0 5 10x
-10
-5
0
5
10
z
Ωt=3.14159 ro=1 Ω=0.25
Figura 6: Patron de radiacion para movimiento circular en el plano x− y para (a) ωt = 0 y (b) ωt = Pi; yen el plano x− z para (c) ωt = 0 y (d) ωt = Pi
28
en las dos fases de rotacion y en los diferentes planos. Aquı no hemos hecho ninguna aproximacion. Vemosuna espiral propagandose hacia el infinito.Aveces es posible ver el tipo de radiacion que obtenemos por el espectro de la radiacion. Para esto podemosestimar
S(ω) =1√2π
∫dte−iωtS(t)
8. Metodo II: soluciones para oscilaciones harmonicas
Supongamos que tenemos que resolver la ecuacion de Maxwell (para una variacion harmonica en el tiempo)
∇ ·D = 4πρ ∇× E = iω
cB
∇ ·B = 0 ∇×H =4π
cJ − i
ω
cD
o para el caso de los potenciales
∇2Ψ +√µεk2
oΨ = −4π
ερ
∇2A+√µεk2
oA = −4πµ
cJ
en el Gauge de Lorenz y con ko = ω/c.
Problema: Tomemos un cilindro conductor muy largo de radio ρ =a sobre el cual tenemos una corriente total I = Ioe
−iωt. Encuentrelos campos producidos y la potencia radiada por unidad de largo.
aDado que tenemos un cilindro conductor infinito en z, ∂z = 0. Tenemos que resolver la ecuacion de Helmholtzpara ρ > a
∇2⊥Az + k2Az = 0
con k = |ω/c|, ya que la corriente es en la direccion z. Notemos que si exigimos simetrıa azimutal, podemosescribir la ecuacion para Az(ρ)
1
ρ
∂
∂ρ
(ρ∂Az
∂ρ
)+ k2Az = 0
que tiene como solucion las funciones de Hankel H(1)m (x) = Jm(x) + iNm(x) y H
(2)m (x) = Jm(x) − iNm(x).
Dado que queremos condiciones de borde de radiacion en infinito
29
lımx→∞ Jm(x) →√
2πx
cos(x− mπ
2− π
4
)lımx→∞Nm(x) →
√2
πxsin
(x− mπ
2− π
4
)encontramos
Az = A0H(1)0 (kρ)
Nos falta encontrar A0. El campo magnetico se puede encontrar (B = ∇× A) de las relaciones de arriba
Bφ = −∂Az
∂ρ= −A0kG0(kρ)
hemos introducido la funcion auxiliar
G0(x) =dH
(1)0
dx
Ahora utilizamos la condiciones de borde
Bφ =4π
cK =
2Ioac
con lo que obtenemos
A0 =2I0
ckaG0(ka)
El campo electrico para ρ > a es
Ez = − 1
ikρ
∂
∂ρ(ρBφ) =
1
ik
[1
ρ
∂
∂ρ
(ρ∂Az
∂ρ
)]=
1
ik
[−k2Az
]= ikA0H
(1)0 (kρ)
Aunque esta expresion es consistente con
E = −1
c
∂A
∂t
para oscilaciones temporales harmonicas se obtiene el campo electrico directamente de
iω
cE = ∇×B
ya que puede suceder que Ψ 6= 0. Notemos que si la oscilacion es harmonica, entonces se puede encontrar lasolucion completa al problema resolviendo para A, y no es necesario resolver la ecuacion para el potencialescalar Ψ. La potencia radiada por unidad de largo es
30
P
L=
∫R→∞
c
8π(E ×B∗) · ρρdφ
= (2π)c
8π|k|2|Ao|2
(lımρ→∞
(ρH
(1)0 (kρ)G∗
0(kρ)))
= (2π)c
8π|k|2
(4
c2|k|2a2
)|I0|2
|G0(ka)|22
π
=2
cπa2
|I0|2
|G0(ka)|2
Problema: Tomemos una onda plana Eoei(kx−ωt)y (con k = ω/c) incidente sobre un cilindro infinito
(∂/∂z = 0) en la coordenada z. Encuentre los campos radiados.
La onda incidente se puede escribir como
BI = Ei(kx−ωt)o z = Eoe
i(kρ cos φ−ωt)z = Eo
∞∑m=−∞
jJm(kρ)imei(mφ−ωt)z
Notemos que en este caso es un poco complicado trabajar con el potencial vector, porque tendrıamosque trabajar que integrales de los Jm(x), que tambien se pueden escribir en termino de los JM . Es masconveniente trabajar con los campos directamente en este problema particular, ya que
∇ ·D = 4πρ ∇× E = iω
cB
∇ ·B = 0 ∇×H =4π
cJ − i
ω
cD
implica la misma ecuacion de onda para ρ > a
∇2E + k2E = 0 ∇2B + k2B = 0
Los campos radiados tambien van a mantener esta simetrıa en B. Por lo tanto podemos encontrar el camporadiado Br
z de la ecuacion de Helmholtz para ρ > a, la cual se puede resolver por separacion de variablescomo Br
z = U1(ρ)U2(φ), lo que nos da
1
ρ
d
dρ
(ρdU1
dρ
)+
(k2 − m2
ρ2
)U1 = 0
d2U2
dφ2+m2U2 = 0
Por lo tanto la solucion para el campo radiado es
Brz =
∑m
amH(1)m (kρ)ei(mφ−ωt)
31
donde hemos forzado ondas de salida en el infinito. A esto le tenemos que sumar el campo asintotico quetambien es una solucion de la ecuacion de onda
Bz =∑m
[amH
(1)m (kρ) + imEoJm(kρ)
]ei(mφ−ωt)
Para encontrar am tenemos que aplicar una condicion de borde. En este caso conviene
Eφ(ρ = a, φ) = 0
porque no sabemos la corriente inducida en la superficie del conductor. Dado que
ikE = ∇×B → E =i
kρ
[∂Bz
∂φρ− ρ
∂Bz
∂ρφ
]por lo tanto
amH(1)m
′(ka) + imEoJ
′m(ka) = 0 → am = −imEoJ
′m(ka)
H(1)m
′(ka)
Podemos encontrar la densidad de carga superficial como
σ =1
4πEρ(ρ = a, φ)
y tambien la corriente superficial
Kρ =c
4πBz(ρ = a, φ)
Notemos que en este caso
E 6= iω
cA
porque tenemos una densidad de carga superficial. El vector Poynting vector se puede calcular como
SO =c
8πEφBzρ
y la potencial radiada es entonces
dUO
dt=
∫ 2π
0
Sρρdφ =4E2
o
k
∑m
∣∣∣∣∣ J ′m(ka)
H(1)m
′(ka)
∣∣∣∣∣2
en la onda incidente tenemos
SI =
∫ 2π
0
Sρρdφ
La seccion eficaz de escatering, se puede definir como
σ(φ)dφ =SI · ρSO
dφ
32
y por lo tanto en el limite ka << 1 podemos escribir
σ(φ) =π(ka)3
8(1− 2 cosφ)2
-8 -6 -4 -2x
-4
-2
2
4
yΣHΦL
Figura 7: Seccion Eficaz de escatering
8.1. Teorema de Green
Podemos construir un teorema de Green pra soluciones harmonicas. Para este caso definimos
∇2G+ k2G = −4πδ(x− x)
Vemos que el teorema de green para la electrostatica funciona perfectamente y
Φ(x, t) =
∫Ω
ρ(x) G(x, x) dx3 +1
4π
∮δΩ
(G(x, x)
∂
∂nx
Φ(x)− Φ(x)∂
∂nx
G(x, x)
)dSx
Las condiciones de borde de Dirichlet se usan cuando Φ esta definido en el borde, y las condiciones bordede Neumann cuando ∂Φ/∂n esta definido en el borde.
Nuevamente tenemos dos condiciones naturales
especificar el potencial en el borde, Φ(x)|∂Ω
especificar la carga en el borde,∂Φ(x)
∂n
∣∣∣∣∂Ω
Vemos inmediatamente que especificar los dos tipos de condiciones seria redundante, y generarıa solucionesno reales. Esto significa que dada un tipo de condicion de borde para Φ, tenemos que hacer cero una de lasintegrales de superficie de arriba, y para eso utilizamos la flexibilidad de G.
En el caso de las condiciones de borde de Dirichlet, forzamos G(x, x) =|y∈δΩ 0 para x en el borde, lo cuales equivalente a encontrar la carga en la superficie
33
Φ(x, t) =
∫Ω
ρ(x) G(x, x) dx3 − 1
4π
∮∂Ω
Φ(x)∂
∂nx
G(x, x) dSx
En el caso de las condiciones borde de Neumann, tambien se pueden definir.
Notemos tambien que esta funcion de green tambien funciona para los campos electricos y magneticos. Estose usara mas adelante.
8.2. Funcion de Green en coordenadas cartesianas para el espacio infinito
Es bastante trivial darse cuenta que la funcion de green en esta situacion es
G(x, x) =eik|x−x
|x− x|Ahora enfrentaremos otros sistemas de coordenadas.
8.3. Funcion de Green en coordenadas esfericas para el espacio infinito
Supongamos que ahora expandamos la ecuacion de onda en termino de una expansion de Fourier en eltiempo para obtener
∇2Ψ + k2Ψ = 0
Si ahora expandimos esta ecuacion en coordenadas esfericas como
Ψ =∑`,m
u(r)√rY`,m(θ, φ)
obtenemos la ecuacion d2
dr2+
1
r
d
dr+ k2 −
(`+
1
2
)2
r2
u = 0
Esta ecuacion define las funciones de Bessel esfericas
j`(x) =
√π
2xJ`+1/2(x)
n`(x) =
√π
2xN`+1/2(x)
De la misma forma podemos definir las funciones de
34
h(1)` (x) = j`(x) + in`(x) r →∞ (−i)`+1eix
h(2)` (x) = j`(x)− in`(x) r →∞ (−i)`+1e−ix
Por lo tanto la solucion general de la ecuacion de arriba es
Ψ =∑`,m
(A`,mj`(kr) +B`,mn`(kr))Y`,m(θ, φ)
Ahora podemos construir la funcion de green para el caso general, expandiendo
G =∑`,m
g`,m(r, r′)Y`,m(θ, φ)Y ∗`,m(θ′, φ′)
que tiene una solucion
g(r, r′) = Aj`(kr<)h(1)` (kr>)
que tiene una soluciones que se propagan hacia el infinito. Evaluando la discontinuidad para valores grandes,podemos encontrar que
G(x, x′) =eik′|x−x′|
|x− x′|= ik
∑`,m
4πj`(kr<)h(1)` (kr>)Y`,m(θ, φ)Y ∗
`,m(θ′, φ′)
Esta expansion sera util mas adelante cuando veamos problemas de radiacion.
9. Solucion a la ecuacion de onda vectorial
Supongamos que tenemos que resolver la ecuacion de Maxwell (para una variacion harmonica en el tiempo)
∇ ·D = 4πρ ∇× E = iω
cB
∇ ·B = 0 ∇×H =4π
cJ − i
ω
cD
lo que da origen a una ecuacion de onda vectorial. Para el caso en que no tenemos fuentes (o materialeshomogeneos), la ecuacion para el campo electrico es
∇2E +√µεk2
oE = 0 ∇ · E = 0 B = − i
ko
∇× E
y para el campo magnetico es
∇2B +√µεk2
oB = 0 ∇ ·B = 0 E =i
koµε∇×B
donde ko = ω/c. Definamos k = ko√µε.
35
Notemos que si Ψ es una solucion de la ecuacion escalar, ∇Ψ es una solucion de la ecuacion de ondavectorial, ya que
∇2(∇Ψ) = ∇(∇2Ψ)
Definamos el operador
L = −i(r ×∇)
Notemos que
Lψ = −i(r ×∇Ψ) = i∇× (rψ)
por lo tanto la divergencia de este vector es nulo. Ademas
∇2Lψ = i∇2(∇× (rΨ)) = i∇×∇2(rψ)
y usando
∇2(rψ) = 2∇Ψ + r∇2Ψ
podemos demostrar que
∇2Lψ + k2LΨ = 0
Por lo tanto Lψ satisface la ecuacion de onda vectorial. En principio podrıamos esperar que la solucion(transversal electrico)
E = LΨ
es correcta, pero esta no esta completa. Esto se debe a que en principio B tambien se puede escribir de estaforma, y por lo tanto la solucion deberıa ser tambien
E =i
k∇×B
Por lo tanto la solucion completa es
E = aLΨE +i
kb∇× (LΨB)
B = bLΨB −i
koµεa∇× (LΨE)
Notemos tambien que precisamente el operador ∇×∇× vuelve a dar algo proporcional LΨ. Por lo tantoes una solucion completa.
36
9.1. En coordenadas esfericas
Para el caso de coordenadas esfericas este operador es
LΨ = i∇× (rψ) =i
r2 sin θ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r rθ r sin θφ
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂φ
rΨ 0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣o en pocas palabras
LΨ = i
[1
sin θ
∂Ψ
∂φθ − ∂Ψ
∂θφ
]
Mientras que
∇× LΨ =i
r2 sin θ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
r rθ r sin θφ
∂
∂r
∂
∂θ
∂
∂φ
0r
sin θ
∂Ψ
∂φ−r sin θ
∂Ψ
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣o en pocas palabras
∇× LΨ =i
r
[L2Ψr +
∂2(rΨ)
∂r∂θθ +
1
sin θ
∂2(rΨ)
∂r∂φφ
]
con la definicion
L2 = −[
1
sin θ
∂
∂θ
(sin θ
∂Φ
∂θ
)+
1
sin2 θ
∂2Φ
∂φ2
]Notemos que este operador L no tiene componente radial, por lo tanto
L[f(r)g(θ, φ)] = f(r)Lg(θ, φ)
y en partıcula podemos demostrar que
L2Y`,m(θ, φ) = `(`+ 1)Y`,m(θ, φ)
Por lo tanto podemos escribir la solucion general como
37
E =∑
`,m
[a`,mf`(kr)X`,m +
i
kb`,m∇× (g`(kr)X`,m)
]B =
∑`,m
[b`,mg`(kr)X`,m −
i
ko
a`,m∇× (f`(kr)X`,m)
]donde a`,m representa la cantidad de campo electrico multipolar y b`,m representa la cantidad de campomagnetico multipolar. Es interesante notar el termino ` = 0 no existe. Hemos definido el campo
X`,m =1√
`(`+ 1)LY`,m(θ, φ)
que nos permite establecer ∫X∗
¯,mX`,mdΩ = δ¯,`δm,m
Para este caso particular podemos escribir
X`,m(θ, φ) =i√
`(`+ 1)
[im
sin θY`,m(θ, φ)θ − ∂Y`,m(θ, φ)
∂θφ
]i
k∇× [g`(kr)X`,m(θ, φ)] =
1√`(`+ 1)(kr)
[`(`+ 1)g`(kr)Y`,mr
+∂(rg`(kr))
∂r
∂Y`,m
∂θθ +
im
sin θ
∂(rg`(kr))
∂rY`,mφ
]Notemos que
[X`,m(θ, φ)] ·[i
k∇× [g`(kr)X`,m(θ, φ)]
]= 0
Vemos que en principio podriamos escribir la solucion explicita
a`,mf`(kr) =∮
r1X∗
`,m · EdΩ
b`,mg`(kr) =∮
r2X∗
`,m ·BdΩ
para algun radio r1 y r2. Pero notemos que
1
ir · (∇× A) =
1
i(r ×∇) · A = L · A
con lo cual podemos encontrar
r · E =∑
`,m
ib`,mk
r · (∇× [g`(kr)X`,m(θ, φ))
= −∑
`,m
b`,mk
(L2[g`(kr)X`,m(θ, φ)])
= −∑
`,m
`(`+ 1)b`,mk
g`(kr)Y`,m(θ, φ)
38
y por lo tanto
b`,mg`(kr) = − k√`(`+ 1)
∮r1Y ∗
`,m(r · E)dΩ
a`,mg`(kr) =k√
`(`+ 1)
∮r1Y ∗
`,m(r ·B)dΩ
En el caso de que ∇ ·E 6= 0 se pueden generar 3 vectores ortonormales (mirar el Arfken) a partir de LΨ`,m
y ∇× LΨ`,m que se pueden utilizar para expandir cualquier solucion.
Problema: Supo gamos que tenemos una onda plana que es incidente sobre una esfera conductora. Asu-mamos que µ = ε = 1. Encontrar los campos de escatering.
Partiendo con
eik′|x−x′|
|x− x′|= ik
∑`,m
4πj`(kr<)h(1)` (kr>)Y`,m(θ, φ)Y ∗
`,m(θ′, φ′)
podemos expandir para grandes distancias r, lo que implica que
eik·x =∑`,m
4πi`j`(kr)Y`,m(θ, φ)Y ∗`,m(θ′, φ′)
donde k tiene componentes k, θ′ y φ′. Tomemos una onda que se propaga en la direccion z (θ′ = φ′ = 0)con un campo en la direccion x. Esto implica que
EI = Eoxeikr cos θ = Eoe
ikr cos θ(sin θ cosφr + cos θ cosφθ − sinφφ
)BI = Eoye
ikr cos θ = Eoeikr cos θ
(sin θ sinφr + cos θ sinφθ + cosφφ
)donde
eikr cos θ =∞∑
`=0
(2`+ 1)i`j`(kr)P`(cos θ)
Esto implica que podemos escribir la solucion general como
E = Es + EI B = Bs +BI
donde Es y Bs satisface la expansion de arriba
39
Es =∑
`,m
[a`,mh
(1)` (kr)X`,m +
i
kb`,m∇×
(h
(1)` (kr)X`,m
)]Bs =
∑`,m
[b`,mh
(1)` (kr)X`,m −
i
ko
a`,m∇×(h
(1)` (kr)X`,m
)]para tener condiciones de borde de salida en el infinito. Notemos que las condiciones de borde de interesson
Eθ = Eφ = 0 Br = 0
sobre la superficie de la esfera. Notemos que
∂
∂θeikr cos θ = −ikr sin θeikr cos θ
y que
dP`(cos θ)
dθ= −P 1
` (cos θ)
Por lo tanto la condicion de borde para Br(r = a, θ, φ) es
− 1
kaEo
∑`=1
(2`+ 1)i`−1j`(ka)P1` (cos θ) sinφ−
∑`,m
a`,m`(`+ 1)√`(`+ 1)(ka)
h(1)` (ka)Y`,m(θ, φ) = 0
Inmediatamente vemos que sobreviven los terminos m = ±1, y que
a`,m = −Eo
i`−1(2`+ 1)√`(`+ 1)
`(`+ 1)
j`(ka)
h(1)` (ka)
1
2i[δm,−1 − δm,1] 2πC`,m
∫ 1
−1
Pm` (x)P 1
` (x)dx
Ahora podemos evaluar
2πC`,1
∫ 1
−1P 1
` (x)P 1` (x)dx = −
√π
(2`+ 1)
(`+ 1)!
(`− 1)!
2πC`,−1
∫ 1
−1P−1
` (x)P 1` (x)dx = +
√π
(2`+ 1)
(`+ 1)!
(`− 1)!
Esto implica que
a`,m = −Eoi`−1(2`+ 1)
j`(ka)
h(1)` (ka)
1
2i[δm,−1 − δm,1]
Para encontrar b`,m podemos utilizar la condicion Eφ(r = a, θ, φ) = 0. Por lo tanto podemos construir unasolucion completa al problema.
40
9.2. Fuente Localizada
Para el caso de una fuente localizada las ecuaciones de Maxwell son
∇ · (E + 4πP ) = 4πρ ∇× E = iω
cB
∇ ·B = 0 ∇× (B − 4πM) =4π
cJ − i
ω
cE
y la continuidad
ρ =1
iω∇ · J
Primero notemos que lejos de la fuente la expansion de arriba es
B =eik·x−ωt
kr
∑`,m(−i)`+1 [a`,mX`,m + b`,mr ×X`,m]
E = r ×B
por lo tanto tenemos que encontrar una expresion para los a`,m y b`,m o r · E y r · B lejos de la fuente. Esconveniente definir el campo
E = E + 4πP +4πi
ωcon lo que las ecuaciones son ahora
∇ · E = 0 ∇× E = iω
cB +
4πi
ω∇× J + 4π∇× P
∇ ·B = 0 ∇×B = −iωcE + 4π∇×M
lo que implica ecuaciones de onda
∇2E + k2oE = −4π∇×
[i
ω∇× J +∇× P + ikoM
]∇2B + k2
oB = −4π∇×[1
cJ +∇×M − ikoP
]En terminos de r · E y r ·B podemos escribir
∇2(r · E) + k2o(r · E) = −4πiL ·
[i
ω∇× J +∇× P + ikoM
]∇2B + k2
oB = −4πiL ·[1
cJ +∇×M − ikoP
]Notemos que fuera de la fuente, E = E. La solucion general es entonces
r · E = i∫ eik|x−y|
|x− y|L ·
[i
ω∇× J +∇× P + ikoM
]dy3
r ·B = i∫ eik|x−y|
|x− y|L ·
[1
cJ +∇×M − ikoP
]dy3
41
Usando la expansion ∫dΩY ∗
`,m(θ, φ)eik|x−y|
|x− y|= 4πikh
(1)` (kx)j`(ky)Y
∗`,m(θy, φy)
y por lo tanto podemos ver de inmediato que
a`,m =4πk2√`(`+ 1)
∫j`(kr)Y
∗`,m(θ, φ)L ·
[i
ω∇× J +∇× P + ikoM
]dx3
b`,m = − 4πk2√`(`+ 1)
∫j`(kr)Y
∗`,m(θ, φ)L ·
[1
cJ +∇×M − ikoP
]dx3
y con estas expresiones podemos calcular los coeficientes de la expansion multipolar.
42
10. Metodo III: Solucion por Vector de Hertz
En el espacio vacıo podemos definir un potencial de Hertz
J =∂Q
∂t
ρ = − (∇ ·Q)
→ψ = − (∇ · Π)
A =1
c
∂Π
∂t
∇2Π− 1
c2∂2Π
∂t2= −4πQ
y los campos son entonces
B =1
c
[∇× ∂Π
∂t
]E = (∇×∇× Π)− 4πQ
que pueden ser resueltos en el espacio de Fourier (tiempo y espacio) cuando ρ = 0, ya que J y Q sonfacilmente contables.
10.0.1. Campo de una lınea de corriente
En la presencia de una material
D = E − 4πP
H = B − 4πM
tenemos
J =∂Q
∂t+∂P
∂t+ c (∇×M)
ρ = − (∇ ·Q)− (∇ · P )
→ψ = − (∇ · Πe)
A =1
c
∂Πe
∂t+ (∇× Πm)
∇2Πe −1
c2∂2Πe
∂t2= −4π(P +Q)
∇2Πm −1
c2∂2Πm
∂t2= −4πM
los campos son
43
B =
(1
c∇× ∂Πe
∂t
)+ (∇×∇× Πm)
E = (∇×∇× Πe)−(
1
c∇× ∂Πm
∂t
)− 4π(Q+ P )
44
11. Metodo IV: Solucion Numerica de la ecuacion de ondas
11.1. La Ecuacion de Ondas
La solucion numerica de la ecuacion de ondas supone usar
fx(x, t) =f(x+ dx, t)− f(x− dx, t)
2dx+O(dx3)
fxx(x, t) =f(x+ dx, t)− 2f(x, t) + f(x− dx, t)
dx2+O(dx3)
ft(x, t) =f(x, t+ dt)− f(x, t− dt)
2dt+O(dt3)
ftt(x, t) =f(x, t+ dt)− 2f(x, t) + f(x, t− dt)
dt2+O(dt3)
En una dimension, podemos estimar en un punto de red (i, n), con x = i∆x como el elemento espacial, yt = x = n∆t como la variable tiempo, tenemos
∇2ψ − 1
c2∂2ψ
∂t2= −4πf(x, t)
ψn+1i = 2ψn
i − ψn−1i +
c2∆t2
∆x2
(ψn
i+1 − 2ψni + ψn
n+1
)+ 4π
∫ (n+1)∆t
n∆t
f(xi, t)dt
Se debe tener cuidado con la especificacion de las condiciones de borde. Para que la ecuacion sea numerica-mente estable, es importante considerar cierta relacion entre ∆x y ∆t, para la ecuacion de ondas sin algunafuente.Comenzamos con una perturbacion de la forma
fnj = Mneikj∆x
r =c∆t
∆x
→ M2 = 2M − 1 + r22M(1 + cos k∆x)
Con r ≤ 1, la ecuacion de arriba satisface |M | ≤ 1 para todos loa valores de k, por lo tanto, la solucion esestable. Esto tiene sentido, ya que esto significa que debe calcular con mas rapido que la propagacion de laonda. No nos podemos mover delante de la onda.
11.2. Propagacion de Frentes
La ecuacion
∂A
∂t+ U(x, t)
∂A
∂x= g(x, t)
45
es una de las ecuaciones mas complicadas en la fısica, pero al mismo tiempo es la mas comun. Puede serresuelta por el metodo de las caracteristicas definidas por la curva
dr(λ)
dt= U(r(λ), τ(λ))
dτ(λ)
dt= 1
de esto obtenemos que
A(λ) = A(r(λ), τ(λ))
dA(λ)
dλ=∂A
∂r
dr
dλ+∂A
∂τ
dτ
dλ= g(r(λ), τ(λ))
Supongamos ahora que queremos integrar ambas ecuaciones hacia adelante en t, desde t hasta t + ∆t.Entonces integraremos hacia adelante en el tiempo cada punto x en la red a una posicion.
xi(t+ ∆t) = xi + U(xi, t)∆t
A[xi(t+ ∆t), t+ ∆t] = A[xi, t] + g[xit]∆t
Notemos que fuimos desde una uniformemente mostrada red en t, a saber la xi, a una red que no es masuniformemente mostrada, a saber la xi(t + ∆t). Para volver a una red uniformemente mostrada, debemosinterpolar, para lo cual podemos usar los tres puntos mas cercanos, a saber los que estan en
xi+1(t+ ∆t), xi(t+ ∆t), xi−1(t+ ∆t)
Hacer la interpolacion es facil ahora.Hemos, esencialmente, conveccionado g con una velocidad U , y entonces hemos obtenido A en un tiempoposterior.
46