[ 2,5 ] A eletrodinâmica clássica nos ensina que o vetor campo elétrico, \vec{E}, é obtido do gradiente da função escalar do potencial, \Phi, através da expressão
\vec{E}=-\vec{\nabla} \Phi
Seja o potencial elétrico de um fio infinito de densidade linear de carga \lambda posicionado ao longo da direção \widehat{z},
\Phi(x, y)=-k \lambda \ln \left(x^{2}+y^{2}\right)
onde k denota a constante de permissividade do vácuo.
a.) Calcular o campo elétrico para os potencial \Phi definido acima.
Consideremos agora os vetores
\vec{\alpha}=(1,1,0) \quad \text { e } \quad \vec{\beta}=(1,0,1)
b.) Calcular as derivadas direcionais do potencial nas direções definidas por \vec{\alpha} e \vec{\beta}.
c.) Vejamos agora os valores da derivada nas direções dadas por \vec{\alpha} e \vec{\beta} no ponto ( 2,2,2 ). Como explicar a diferença dos valores das derivadas direcionais do potencial no mesmo ponto?

Passo 1

O enunciado dá o potencial de um fio infinito de carga linear \lambda ao longo do eixo z:
\Phi(x,y)=-k\,\lambda\;\ln\bigl(x^2+y^2\bigr),
e pede:
a) o campo elétrico \vec E=-\nabla\Phi,
b) as derivadas direcionais de \Phi nas direções \vec\alpha=(1,1,0) e \vec\beta=(1,0,1),
c) os valores dessas derivadas em (2,2,2) e por que são diferentes.
Vamos usar cálculo de gradiente e definição de derivada direcional.

Passo 2

Calcular \nabla\Phi e, em seguida, \vec E=-\nabla\Phi.
As derivadas parciais são
\frac{\partial\Phi}{\partial x} =-k\lambda\;\frac{2x}{x^2+y^2}, \qquad \frac{\partial\Phi}{\partial y} =-k\lambda\;\frac{2y}{x^2+y^2}, \qquad \frac{\partial\Phi}{\partial z}=0.
Logo
\nabla\Phi =\Bigl(-\tfrac{2k\lambda x}{x^2+y^2},\,-\tfrac{2k\lambda y}{x^2+y^2},\,0\Bigr)
e
\vec E =-\nabla\Phi =\Bigl(\tfrac{2k\lambda x}{x^2+y^2},\,\tfrac{2k\lambda y}{x^2+y^2},\,0\Bigr).

Passo 3

Derivada direcional em \hat u é D_{\hat u}\Phi=\nabla\Phi\cdot\hat u.
As direções normalizadas são
\hat\alpha=\frac{1}{\sqrt2}(1,1,0), \qquad \hat\beta=\frac{1}{\sqrt2}(1,0,1).
Então, em ponto genérico (x,y,z),
D_{\alpha}\Phi =\nabla\Phi\cdot\hat\alpha =-\frac{2k\lambda}{x^2+y^2}\;\frac{x+y}{\sqrt2}, \quad D_{\beta}\Phi =\nabla\Phi\cdot\hat\beta =-\frac{2k\lambda}{x^2+y^2}\;\frac{x}{\sqrt2}.

Passo 4

Avaliar em (2,2,2). Aqui x^2+y^2=8, logo
D_{\alpha}\Phi(2,2,2) =-\frac{2k\lambda}{8}\frac{2+2}{\sqrt2} =-\frac{k\lambda}{\sqrt2},
D_{\beta}\Phi(2,2,2) =-\frac{2k\lambda}{8}\frac{2}{\sqrt2} =-\frac{k\lambda}{2\sqrt2}.

Passo 5

A derivada direcional é a projeção do gradiente na direção escolhida. Como \nabla\Phi não tem componente em z, a projeção em \hat\beta (que “aponta” também em z) é menor do que em \hat\alpha, de modo que D_{\alpha}\Phi\neq D_{\beta}\Phi no mesmo ponto.

Resposta

a)
\vec E(x,y,z) =\Bigl(\frac{2k\lambda x}{x^2+y^2},\,\frac{2k\lambda y}{x^2+y^2},\,0\Bigr).
b)
D_{\alpha}\Phi =-\frac{2k\lambda\,(x+y)}{\sqrt2\,(x^2+y^2)}, \quad D_{\beta}\Phi =-\frac{2k\lambda\,x}{\sqrt2\,(x^2+y^2)}.
c)
D_{\alpha}\Phi(2,2,2)=-\frac{k\lambda}{\sqrt2}, \quad D_{\beta}\Phi(2,2,2)=-\frac{k\lambda}{2\sqrt2}.
Eles diferem porque a derivada direcional projeta \nabla\Phi na direção escolhida, e direções distintas geram projeções de magnitudes diferentes.

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