Um caso raro no qual o campo eletrostático E → para um circuito pode ser calculado é o seguinte [M. A. Heald, Am. J. Phys. 52, 522 (1984)]: imagine uma folha cilíndrica infinitamente longa de resistividade uniforme e raio a . Uma reentrância (corresponde à bateria) é mantida em ± V 0 / 2 , em ϕ = ± π , e uma corrente estacionária flui pela superfície, como indicado na figura 7.51. Segundo a lei de Ohm, então,

V ( a , ϕ ) = V 0 ϕ 2 π ,   ( - π < ϕ < π )

(a)Use a separação de variáveis em coordenadas cilíndricas para determinar V ( s , ϕ ) dentro e fora do cilindro. [Resposta: ( V 0 / π ) a r c t a n [ ( s   s e n   ϕ ) / ( a + s c o s ϕ ) ] ,   s < a ; ( V 0 / π ) a r c t a n [ ( a   s e n   ϕ ) / ( s + a c o s ϕ ) ] ,   s > a ]

Passo 1

Fala, galera! Questão com citação de artigo já bate aquela responsa, né? Mas não se preocupe não que essa a gente Responde Aí juntos.

Lá no Capítulo 3, questão 3.23, nós resolvemos a equação de Laplace para coordenadas cilíndricas. Eu sei que isso já faz um tempinho então, se precisar, vai lá nessa questão dar uma revisada. Como V ( a , ϕ ) = V 0 ϕ 2 π então é fácil a gente perceber que

V ( a , - ϕ ) = - V 0 ϕ 2 π = - V ( a , ϕ )

Ou seja, a função é ímpar. Então, a gente só precisa dos termos que temos s e n   ϕ :

V d e n t r o ( s , ϕ ) = ∑ k = 1 ∞ s k b k s e n   ( k ϕ ) ,   ( s < a )

V f o r a ( s , ϕ ) = ∑ k = 1 ∞ s - k d k s e n   ( k ϕ ) ,     ( s > a )

Passo 2

Quando s = a , os potenciais tanto de dentro quanto de fora tem que ser iguais ao valor do potencial na superfície:

V d e n t r o = V f o r a = V 0 ϕ 2 π

Para V d e n t r o = V 0 ϕ 2 π , temos

∑ k = 1 ∞ a k b k s e n   ( k ϕ ) = V 0 ϕ 2 π

Para conseguir os coeficientes b k , precisamos convocar o famoso truque de Fourier, que nada mais é que multiplicar por s e n   ( k ' ϕ ) e integrar em ϕ . Então, bora lá!

∑ k = 1 ∞ a k b k s e n   ( k ϕ ) = V 0 ϕ 2 π ⇒ ∑ k = 1 ∞ a k b k ∫ - π π s e n   ( k ϕ ) s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = V 0 2 π ∫ - π π ϕ s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ

Você provavelmente já tá ligado que ∫ - π π s e n   ( k ϕ ) s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = π δ k k ' . Por outro lado, pela regra do produto, temos

∫ - π π ϕ s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = - ϕ k ' c o s   ( k ' ϕ ) | - π π + ∫ - π π 1 k ' c o s   ( k ' ϕ ) d ϕ = - ϕ k ' c o s   ( k ' ϕ ) | - π π + 1 k ' 2 s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ | - π π

∫ - π π ϕ s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = - ϕ k ' c o s   ( k ' ϕ ) | - π π + 1 k ' 2 s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ | - π π = - π k ' c o s   ( k ' π ) - π k ' c o s   ( - k ' π )

∫ - π π ϕ s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = - 2 π k ' c o s   ( k ' π ) = - 2 π k ' ( - 1 ) k '

porque s e n   ( ± k ' π ) = 0 e c o s   ( k ' π ) = 1 ,   k '   p a r e c o s   ( k ' π ) = - 1 ,   k '   í m p a r .

Passo 3

Então, basicamente temos

∑ k = 1 ∞ a k b k ∫ - π π s e n   ( k ϕ ) s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ = V 0 2 π ∫ - π π ϕ s e n   ( k ' ϕ ) d ϕ

⇒ ∑ k = 1 ∞ a k b k π δ k k ' = V 0 2 π - 2 π k ' ( - 1 ) k ' ⇒ π a k ' b k ' = - V 0 k ' ( - 1 ) k '

⇒ b k = - V 0 π k a k ( - 1 ) k = - V 0 π k ( - 1 a ) k

Assim, conseguimos mostrar que

V d e n t r o ( s , ϕ ) = - V 0 π ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - s a ) k s e n   ( k ϕ ) ,   ( s < a )

Passo 4

Agora, vamos partir para a condição V f o r a = V 0 ϕ 2 π e usar o truque de Fourier novamente:

∑ k = 1 ∞ a - k d k s e n   ( k ϕ ) = V 0 ϕ 2 π

Todo o raciocínio aqui é igual aos passos anteriores, com exceção de a - k no lugar de a k e d k no lugar de b k . Então, vamos ser espertos e aproveitar o resultado que nós temos, fazendo apenas as devidas mudanças a - k no lugar de a k , s - k no lugar de s k :

V f o r a ( s , ϕ ) = - V 0 π ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - a s ) k s e n   ( k ϕ ) ,   ( s > a )

Passo 5

Show de bola! Para ficar melhor ainda, nós podemos somar as séries de V f o r a ( s , ϕ ) e V d e n t r o ( s , ϕ ) . Basicamente, temos séries do tipo

S = ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - x ) k s e n   ( k ϕ )

onde x pode ser s / a ou a / s dependendo do caso. Pela fórmula de Euler, temos e i ϕ = c o s ϕ + i s e n   ϕ . Então, e i k ϕ = c o s k ϕ + i s e n   k ϕ . Para conseguir isolar s e n   k ϕ , temos que pegar só a parte imaginária de e i k ϕ , ou seja, I m { e i k ϕ } . Como 1 k ( - x ) k tem valores reais, eles podem entrar em I m sem nenhum problema. Sendo assim,

S = I m ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - x ) k e i k ϕ = I m ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - x e i ϕ ) k

Por outro lado, a série de Taylor do l n é assim:

l n ( 1 + z ) = - ∑ k = 1 ∞ 1 k ( - z ) k

que é muito parecido com o que a gente tem. Só precisamos fazer z = x e i ϕ . Então,

S = - I m { l n ( 1 + x e i ϕ ) }

Passo 6

A cereja do bolo fica com a relação l n ( R e i θ ) = l n R + i θ . Se a gente assumir que S = - θ , então devemos ter

t a n θ = s e n   θ c o s θ = I m { l n ( 1 + x e i ϕ ) } R e { l n ( 1 + x e i ϕ ) } = [ 1 + x e i ϕ - 1 + x e - i ϕ ] / 2 i [ 1 + x e i ϕ + 1 + x e - i ϕ ] / 2 = [ x e i ϕ - e - i ϕ ] i [ 2 + x e i ϕ + e - i ϕ ] = x s e n   ϕ 1 + x c o s ϕ

- S = θ = a r c t a n x s e n   ϕ 1 + x c o s ϕ

onde a gente usou as relações: s e n   ϕ = e i ϕ - e - i ϕ 2 i e c o s ϕ = e i ϕ + e - i ϕ 2 . Assim, finalmente chegamos a resposta

V d e n t r o ( s , ϕ ) = - V 0 π S = V 0 π a r c t a n ( s / a ) s e n   ϕ 1 + ( s / a ) c o s ϕ = V 0 π a r c t a n s   s e n   ϕ a + s c o s ϕ ,   ( s < a )

V f o r a ( s , ϕ ) = - V 0 π S = V 0 π a r c t a n ( a / s ) s e n   ϕ 1 + ( a / s ) c o s ϕ = V 0 π a r c t a n a   s e n   ϕ s + a c o s ϕ ,   ( s > a )

Resposta

V d e n t r o ( s , ϕ ) = V 0 π a r c t a n s   s e n   ϕ a + s c o s ϕ ,   ( s < a )

V f o r a ( s , ϕ ) = V 0 π a r c t a n a   s e n   ϕ s + a c o s ϕ ,   ( s > a )