( 2,5 pontos) Seja um sistema que acumule uma certa quantidade de carga Q, e calculando a energia total:
U=q V=\int_{0}^{Q} V(q) d q
prove que, para o campo e potencial elétricos ( E e V , respectivamente) de uma carga pontual, a energia U será :
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{\substack{\text { todo o } \\\ \text { espaço }}} E^{2} d V_{o l}ç
Dica: use d V_{o l}=4 \pi r^{2} d r (Volume infinitesimal de uma esfera)

Passo 1

O enunciado nos dá que, em geral, ao montarmos uma carga total Q num sistema, o trabalho (energia) acumulado é
U=\int_{0}^{Q}V(q)\,dq,
onde V(q) é o potencial criado pelas cargas já depositadas quando há uma carga q.
Queremos mostrar que, no caso do campo e potencial de uma carga pontual, essa mesma energia pode ser escrita como
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2}\int_{\text{todo o espaço}}E^{2}\,dV_{\!ol}.ç
Para isso vamos:
  1. reescrever U como integral sobre densidade volumétrica;
  2. usar a Lei de Gauss \nabla\cdot E=\rho/\varepsilon_{0};
  3. aplicar identidade vetorial e Teorema da Divergência;
  4. argumentar que o termo de superfície em infinito é zero.

Passo 2

Primeiro, note que o elemento de carga é dq=\rho\,dV_{\!ol}, onde \rho(\mathbf r) é a densidade volumétrica final de carga. Além disso, ao acumularmos carga de zero até Q, cada pedacinho traz um trabalho infinitesimal dU=V\,dq. A conta total dá
U=\int_{\text{todo o espaço}} \biggl(\int_{0}^{\rho(\mathbf r)}V\,d\rho'\biggr)\,dV_{\!ol}.ç
Mas como V não depende de \rho' dentro da integração interna, isso equivale a
U =\int_{\text{todo o espaço}} V(\mathbf r)\,\rho(\mathbf r)\,\frac{1}{2}\,dV_{\!ol} =\frac12\int_{\text{todo o espaço}}\rho\,V\,dV_{\!ol}.çç
O fator 1/2 aparece porque, ao integrar de 0 a \rho, consideramos que cada carga interage com as anteriores sem duplicar o trabalho.

Passo 3

Agora usamos a Lei de Gauss local, em forma diferencial,
\nabla\cdot E=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} \quad\Longrightarrow\quad \rho=\varepsilon_{0}\,\nabla\!\cdot E.
Substituindo em U:
U =\frac12\int_{\text{todo o espaço}}(\varepsilon_{0}\,\nabla\!\cdot E)\,V\,dV_{\!ol} =\frac{\varepsilon_{0}}{2}\int_{\text{todo o espaço}}V\,(\nabla\!\cdot E)\,dV_{\!ol}.çç

Passo 4

Aplicamos a identidade vetorial
\nabla\cdot(VE)=V\,(\nabla\cdot E)+E\cdot(\nabla V).
Como \nabla V=-E (definição de campo elétrico a partir do potencial), temos
V\,(\nabla\cdot E) =\nabla\cdot(VE)-E\cdot(\nabla V) =\nabla\cdot(VE)+E^{2}.
Logo
U =\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{\text{todo o espaço}} \bigl[\nabla\cdot(VE)+E^{2}\bigr] \,dV_{\!ol} =\frac{\varepsilon_{0}}{2} \Bigl( \int\nabla\cdot(VE)\,dV_{\!ol} +\int E^{2}\,dV_{\!ol} \Bigr).ç

Passo 5

Pelo Teorema da Divergência,
\int_{\text{todo o espaço}}\nabla\cdot(VE)\,dV_{\!ol} =\oint_{S_\infty}V\,E\cdot d\mathbf S.ç
Em r\to\infty, para uma carga pontual Q, V\sim Q/(4\pi\varepsilon_{0}r) e \lvert E\rvert\sim Q/(4\pi\varepsilon_{0}r^{2}), e a área dS\sim r^{2}d\Omega. Assim
V\,E\cdot d\mathbf S\sim \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r}\,\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,r^{2}d\Omega \propto\frac{1}{r}\to0.
Logo esse integral de superfície se anula.

Passo 6

Fica então
U =\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{\text{todo o espaço}} E^{2}\,dV_{\!ol},ç
o que era para ser demonstrado.

Resposta

U=\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{\text{todo o espaço}} E^{2}\,dV_{\!ol}.ç

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