12.3.19 O hemisfério definido por r=a, 0 \leq \theta<\pi / 2, tem um potencial eletrostático +V_{0}. O hemisfério r=a, \pi / 2<\theta \leq \pi tem um potencial eletrostático -V_{0}. Mostre que o potencial nos pontos internos é
\begin{aligned} V & =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n+3}{2 n+2}\left(\frac{r}{a}\right)^{2 n+1} P_{2 n}(0) P_{2 n+1}(\cos \theta) \\\ & =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{(4 n+3)(2 n-1)!!}{(2 n+2)!!}\left(\frac{r}{a}\right)^{2 n+1} P_{2 n+1}(\cos \theta) . \end{aligned}
Sugestão: Você precisa do Exercício 12.3.8.

Passo 1

O enunciado trata de encontrar o potencial elétrico interno de um hemisfério condutor dividido em duas “metades” em potencial constante:
a “metade” com 0\le\theta<\pi/2 está a +V_{0} e a “metade” com \pi/2<\theta\le\pi está a -V_{0}.
O problema é resolver a equação de Laplace em coordenadas esféricas, assumindo simetria azimutal, e aplicar a expansão em polinômios de Legendre para encaixar a condição de contorno em r=a.

Passo 2

Como o potencial deve ser regular na origem, a solução geral interna é
V(r,\theta) =\sum_{l=0}^{\infty}A_{l}\,\Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{l}P_{l}(\cos\theta),
onde P_{l} é o polinômio de Legendre de ordem l e os coeficientes A_{l} são determinados pela condição de contorno em r=a.

Passo 3

Na superfície r=a\), temos \[V(a,\theta)= \begin{cases} +V_{0},&0\le\theta<\tfrac\pi2,\\\\ -V_{0},&\tfrac\pi2<\theta\le\pi, \end{cases}
ou seja, em função de x=\cos\theta\], \[f(x)=V(a,\theta)=V_{0}\,\mathrm{sgn}(x).\] Multiplicando por \(P_{l}(x) e integrando de -1 a 1, usando
\int_{-1}^{1}P_{l}(x)P_{m}(x)\,dx=\frac{2}{2l+1}\,\delta_{lm},
acha-se
A_{l} =\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)\,P_{l}(x)\,dx =\frac{2l+1}{2}V_{0}\int_{-1}^{1}\mathrm{sgn}(x)\,P_{l}(x)\,dx.
Como \mathrm{sgn}(x)P_{l}(x) é par só para l ímpar, concluímos A_{2n}=0 e, para l=2n+1,
A_{2n+1} =\frac{4n+3}{2}V_{0}\int_{-1}^{1}\mathrm{sgn}(x)\,P_{2n+1}(x)\,dx =(4n+3)V_{0}\int_{0}^{1}P_{2n+1}(x)\,dx.

Passo 4

Do Exercício 12.3.8 sabemos
\int_{0}^{1}P_{2n+1}(x)\,dx =(-1)^{n}\,\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!}.
Logo
A_{2n+1} =V_{0}\,(4n+3)\,(-1)^{n}\,\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!},
e o potencial interno fica
V(r,\theta) =\sum_{n=0}^{\infty} A_{2n+1}\,\Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{2n+1}P_{2n+1}(\cos\theta) =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\frac{(4n+3)(2n-1)!!}{(2n+2)!!} \Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{2n+1}P_{2n+1}(\cos\theta).

Passo 5

Para obter a forma alternativa, usamos
P_{2n}(0) =(-1)^{n}\,\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}, \quad (2n+2)!!=(2n+2)\,(2n)!!,
de onde
(-1)^{n}\frac{(2n-1)!!}{(2n+2)!!} =\frac{P_{2n}(0)}{2n+2}.
Substituindo em A_{2n+1}, temos
A_{2n+1} =V_{0}\,\frac{4n+3}{2n+2}\,P_{2n}(0),
e assim
V(r,\theta) =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n+3}{2n+2}\,P_{2n}(0)\, \Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{2n+1}P_{2n+1}(\cos\theta).

Resposta

V(r,\theta) =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n+3}{2n+2}\Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{2n+1}P_{2n}(0)\,P_{2n+1}(\cos\theta) =V_{0} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\frac{(4n+3)(2n-1)!!}{(2n+2)!!} \Bigl(\frac{r}{a}\Bigr)^{2n+1}P_{2n+1}(\cos\theta).

Exercícios de Livros Relacionados