(Unicidade de Soluções) Mostre, a partir da Segunda Identidade de Green, que se dois potenciais V_{1} e V_{2} satisfazem \nabla^{2} V_{i}=0 e coincidem numa superfície S, então V_{1}=V_{2} em todo o volume. Interprete o significado físico desse resultado.
Observação: Esta avaliação tem caráter investigativo e a pesquisa/procura pelas soluções dos problemas aqui sugeridos é recomendada. Justifique todas as respostas sempre que possível. O raciocínio físico e a clareza na argumentação serão considerados em sua solução. Aprenda Enquanto Avança - Boa Sorte!

Passo 1

O enunciado dá duas funções (potenciais) V_{1} e V_{2} definidas num volume V com superfície limite S e fornece as seguintes informações:
  • Para i=1,2 vale \nabla^{2} V_{i}=0 em todo o volume V (ou seja, cada V_{i} é harmônica em V).
  • As duas funções coincidem na superfície S; isto é, para todo ponto da superfície S temos V_{1}=V_{2}.
    O que se pede:
  • Mostrar, a partir da Segunda Identidade de Green, que V_{1}=V_{2} em todo o volume V.
  • Interpretar fisicamente o resultado (o que significa esse teorema na física).

Passo 2

Escrevo a Segunda Identidade de Green e explico cada termo. A Segunda Identidade de Green para duas funções suficientemente suaves u e v num volume V com fronteira S é
\int_{V}\bigl(u\,\nabla^{2}v - v\,\nabla^{2}u\bigr)\,dV = \oint_{S}\bigl(u\,\partial_{n}v - v\,\partial_{n}u\bigr)\,dS.
Explicando as notações:
  • \nabla^{2}v é o Laplaciano de v, isto é, a soma das derivadas segundas parciais de v.
  • \partial_{n}v é a derivada normal externa de v na superfície S: \partial_{n}v = \mathbf{n}\cdot\nabla v, onde \mathbf{n} é o vetor normal unitário apontando para fora do volume.
  • \int_{V}\cdot\,dV é a integral de volume e \oint_{S}\cdot\,dS é a integral sobre a superfície S.
    A identidade é uma versão integrada da regra de integração por partes em múltiplas dimensões e será a ferramenta matemática de partida.

Passo 3

Defino a diferença entre os potenciais:
w := V_{1}-V_{2}.
Das hipóteses segue imediatamente:
  • \nabla^{2}w = \nabla^{2}V_{1}-\nabla^{2}V_{2} = 0-0 = 0, ou seja, w também é harmônica em V.
  • Na superfície S temos w=V_{1}-V_{2}=0, pois V_{1} e V_{2} coincidem ali.
    Portanto, o problema reduz-se a mostrar que se w é harmônica em V e w=0 em S, então w\equiv 0 em todo V.

Passo 4

Vou usar uma forma útil da identidade de Green ligada ao produto de uma função por outra. Começo com a identidade (muito usada, que decorre do teorema da divergência):
\oint_{S} u\,\partial_{n}v\,dS = \int_{V}\bigl(u\,\nabla^{2}v + \nabla u\cdot\nabla v\bigr)\,dV,
que é a chamada Primeira Identidade de Green. Aqui \nabla u\cdot\nabla v é o produto escalar dos gradientes. Em palavras: a integral de u vezes a derivada normal de v sobre a superfície iguala a integral no volume de u\nabla^{2}v somada à integral do produto dos gradientes. Essa identidade pode ser obtida aplicando o teorema da divergência à campo vetorial u\nabla v, pois \nabla\cdot(u\nabla v)=u\nabla^{2}v+\nabla u\cdot\nabla v. (A Segunda Identidade de Green é obtida subtraindo a versão com u,v trocados.)
Nota pedagógica: expliquei a Primeira Identidade porque ela torna evidente a relação entre integrais de fronteira e termos com |\nabla v|^{2}, que é o que precisamos para uma prova por energia.

Passo 5

Aplico a Primeira Identidade de Green com u=w e v=w. Assim,
\oint_{S} w\,\partial_{n}w\,dS = \int_{V}\bigl(w\,\nabla^{2}w + \nabla w\cdot\nabla w\bigr)\,dV.
Mas \nabla^{2}w=0 nas hipóteses, e \nabla w\cdot\nabla w = |\nabla w|^{2}. Logo
\oint_{S} w\,\partial_{n}w\,dS = \int_{V} |\nabla w|^{2}\,dV.
Agora utilizo que w=0 na superfície S. Portanto o integrando da integral de superfície é w\,\partial_{n}w = 0 ponto a ponto em S, e a integral de superfície é zero:
\oint_{S} w\,\partial_{n}w\,dS = 0.
Combinando as duas equalidades obtemos
\int_{V} |\nabla w|^{2}\,dV = 0.

Passo 6

A integral de uma função não-negativa é zero somente se a função for zero quase em todo lugar. Como |\nabla w|^{2}\ge 0 e sua integral no volume é zero, segue que |\nabla w|^{2}=0 em todo o volume V. Isso implica \nabla w = \mathbf{0} em V, ou seja, w é constante em V. Mas sabemos que w=0 na superfície S; pela continuidade de w a constante deve ser zero. Portanto w\equiv 0 em V, isto é,
V_{1} - V_{2} = 0 \quad\text{em }V,
ou seja
V_{1}=V_{2}\quad\text{em todo o volume }V.
Isso conclui a demonstração da unicidade.

Passo 7

Interpretação física (gentil e direta):
  • Em eletrostática, em regiões sem carga o potencial elétrico satisfaz a equação de Laplace \nabla^{2}V=0. A demonstração acima diz que, se eu fixo o valor do potencial na superfície que envolve uma região (condição de contorno do tipo Dirichlet), então existe no máximo uma solução harmônica que assume esses valores na superfície — não podem haver dois potenciais diferentes que sejam harmônicos dentro e iguais na fronteira. Em outras palavras: especificar o potencial na fronteira determina unicamente o potencial dentro.
  • Uma forma física de entender a passagem pela integral de |\nabla w|^{2} é pensar em energia: |\nabla V| está ligado ao campo elétrico \mathbf{E}=-\nabla V, e \int |\nabla w|^{2}dV (até constantes físicas) corresponde à energia eletrostática associada à diferença de campos entre V_{1} e V_{2}. Se essa energia é zero, os campos coincidem e, com a condição de contorno, os potenciais coincidem. Logo, não existem dois campos elétricos distintos com a mesma distribuição de potencial na fronteira e sem cargas internas.
  • Consequência prática: problemas de Dirichlet para a equação de Laplace têm solução única; isso justifica o uso de métodos como separação de variáveis, séries de Fourier ou métodos numéricos — qualquer solução encontrada que satisfaça a equação e as condições de contorno é a solução correta.

Resposta

V_{1}=V_{2} em todo o volume V.

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