Seção 4: Laplaciano em Coodenadas Esféicas Paa o leito inteessado, na pimeia seção deduimos a expessão do laplaciano em coodenadas esféicas. O leito ue estive disposto a aceita sem demonstação pode dietamente passa à igualdade (0. Vamos usa os símbolos (, θ, ϕ paa indica as coodenadas esféicas de um ponto. Temos x = sen θ cos ϕ, y = sen θ sen ϕ, = cos θ, P e também ϕ x ρ θ y = x + y +, ρ = sen θ = x + y. Nosso pimeio objetivo é expessa o laplaciano de uma função de tês vaiáveis u xx + u yy + u em temos das coodenadas esféicas (, θ, ϕ. Um cálculo dieto é bastante longo. Po isto seguimos outo caminho. Usando a expessão do laplaciano em duas vaiáveis em temos das coodenadas polaes, temos Notemos ue as elações u xx + u yy = u ρρ + ρ u ρ + ρ u ϕϕ. ( = cos θ, ρ = sen θ são análogas às elações ente as coodenadas catesianas e polaes no plano, somente, agoa, com e ρ desempenhando, espectivamente, os papéis de x e y. Potanto, usando novamente a expessão do laplaciano em codenadas polaes, podemos esceve Somando u a ambos os lados em (, temos u + u ρρ = u + u + u θθ. ( u xx + u yy + u = u ρρ + u + ρ u ρ + ρ u ϕϕ e, usando (, u + u + u θθ + ρ u ρ + ρ u ϕϕ. (3 Pecisamos expessa u ρ em coodenadas esféicas. Pela ega da cadeia, u ρ = u ρ + u θ θ ρ + u ϕ ϕ ρ. Em (, estávamos mantendo fixo e tomando ρ e ϕ como vaiáveis independentes, de modo ue ϕ ρ = 0. Potanto, u ρ = u ρ + u θ θ ρ. (4
De segue ue θ ρ = ( ρ + ( ρ θ = actan = + ρ = = cos θ. (5 Po outo lado, de segue ue Usando (5 e (6 em (7, obtemos Substituindo (5 e (6 em (4, segue ue e, potanto, Finalmene, substituindo (9 em (3, obtemos = ρ sen θ ρ = sen θ ρ( cos θ θ ρ sen θ (6 (7 ρ = sen θ. (8 u ρ = ( sen θ u + cos θ u θ ρ u ρ = u + cos θ sen θ u θ. (9 u + u + u θθ + cot θ u θ + sen θ u ϕϕ, (0 ue é a expessão do laplaciano em coodenadas esféicas. Simetia Axial Paa simplifica, vamos considea somente poblemas com simetia axial, isto é, o caso em ue a função u não depende de ϕ, dependendo apenas de e θ. Nesse caso, as deivadas em elação a ϕ se anulam e a expessão do laplaciano então se simplifica um pouco, ( u + ( sen θ uθ sen θ θ = u + u + u θθ + cot θ u θ. ( O exemplo a segui mosta ue essa situação paticula é de inteesse, pois coesponde a um poblema fisicamente elevante. Exemplo. Dois hemisféios condutoes de aio a condutoes de eleticidade e isolados pelo euado são caegados até atingiem os potenciais +U 0 e U 0, espectivamente. Detemina o potencial: (a Na egião inteio à esfea; (b Na egião exteio à esfea. +U 0 U 0 Solução: (a Na egião inteio 0, paa 0 < < a U0, se 0 < θ < π u(a, θ = U 0, se π < θ < π
O potencial na esfea não depende de ϕ, devido à simetia da esfea em elação ao eixo. Potanto, em todo o espaço R 3 também vai independe de ϕ, isto é, a solução u vai depende apenas de e θ. Temos, potanto, paa u(, θ, o poblema de Diichlet u + u + u θθ + cot θ u θ = 0, (0 < < a u(a, θ = U0, se 0 < θ < π U 0, se π < θ < π Resolvendo po sepaação de vaiáveis, começamos pocuando uma função da foma u(, θ = F ( G(θ. Substituindo na euação difeencial, obtemos F ( G(θ + F ( G(θ + F ( G (θ + cot θ F ( G (θ = 0. Multiplicando po e dividindo po F ( G(θ, sepaamos as vaiáveis F ( + F ( F ( = G (θ + (cot θ G (θ G(θ = λ. Seguem daí as duas euações difeenciais independentes F ( + F ( λ F ( = 0 e G (θ + (cot θ G (θ + λ G(θ = 0. ( Apesa de mais complicada, vamos começa esolvendo a segunda euação. Este é um poblema clássico, paa o ual existe um método também clássico de esolução. Ele consiste em fae a mudança de vaiável µ = cos θ. G (θ = dg dθ = dg dµ dg = sen θ dµ dθ dµ G (θ = d G dθ Substituindo na euação difeencial obtemos isto é, dg = cos θ dµ + sen θ d G dµ ( cos θ d G dµ µ dg dµ + λ G = 0, ( µ d G dµ µ dg dµ + λ G = 0, (3 ue é a já estudada euação de Legende. Como a vaiação de θ é no intevalo 0 θ π, segue ue µ = cos θ vaia no intevalo µ. Mas só nos sevem soluções da euação de Legende ue sejam limitadas no intevalo [, ], soluções ue sejam definidas e finitas inclusive paa µ = ±. Como vimos, isto só acontece paa λ n = n (n +, G n = P n (µ = P n (cos θ. (4 Substituindo este valo de λ na outa euação, obtemos a euação de Eule Cauchy F ( + F ( n(n + F ( = 0, 3
cuja solução geal é F n ( = A n + B n, (5 pois m = n e m = n são as soluções da euação m (m + m n (n + = 0. Os cálculos ue fiemos até aui são válidos tanto paa a egião inteio uanto exteio à esfea. Seiam válidos também paa a egião ente duas esfeas centadas na oigem. Conclusão: Pocuando pelo método de sepaação de vaiáveis, as funções da foma u(, θ = F ( G(θ (6 satisfaendo a euação de Laplace 0, encontamos paa cada n N F n ( = A n + B n e G n (θ = P n (cos θ. (7 Neste ponto vamos começa a tata especificamente o poblema de Diichlet paa a egião inteio à esfea. Estamos pocuando soluções definidas inclusive na oigem, onde = 0. Logo B = 0, pois n se tona infinita na oigem. Assim, F n ( = A n n. (8 e, então, u n (, θ = A n n P n (cos θ. (9 Faendo a supeposição, temos u(, θ = A n n P n (cos θ. (0 As condições de fonteia u(a, θ = A n a n P n (cos θ = U0, se 0 < θ < π U 0, se π < θ < π nos diem ue os A n a n são os coeficientes da expansão U0 A n a n P n (cos θ = A n a n, se 0 < µ < P n (µ = F (µ = U 0, se < µ < 0 Sabemos ue A n a n = n + F (µ P n (µ dµ. A integal acima foi calculada na Seção 3, euação (35, nos complementos de leitua opcional, A n = 0 e A n+ = 3... ( n 4... ( n (n + ( n (4 n + 3 a n+, n, A = 3 F (µ P (µ dµ = 3 a 0 µ dµ = 3 a. Quem não leu a pate opcional da Seção 3, pode calcula os pimeios coeficientes A n+, a pati de uma tabela contendo os pimeios polinômios de Legende, confome calculados na 4
Seção 3. Faendo assim, não vamos obte o coeficiente genéico como na expessão ( abaixo, mas podemos calcula um númeo ualue de temos da expansão. Na egião inteio à esfea, <, u(, θ = 3 cos θ a + n 3... ( n ( (n +! n+ (4 n + 3 n+ a n+ P n+ (cos θ. ( n= (b Na egião exteio Passamos agoa a considea o poblema de Diichlet u + u + u θθ + cot θ u θ = 0, (a < <, se 0 < θ < π u(a, θ =, se π < θ < π lim u(, θ = 0 A solução é igual ao anteio, exceto ue agoa, paa a condição F ( = A n + B n+ lim F ( = 0 nos dá A = 0, isto é, em ve de (8 temos agoa A solução, então é, Como acima, obtemos u(, θ = F ( = B. ( n+ B n n+ P n(cos θ, (a < <. (3 B n = 0, B n+ a n+ = 3... ( n 4... ( n ( n + ( n (4 n + 3, n e B a = 3. Logo, na egião exteio à esfea, a < <, u(, θ = 3 a cos θ + n= n 3... ( n ( (n +! n+ (4 n + 3 an+ P n+ (cos θ n+ (4 5
Potencial Geado po uma Caga Pontual Continuando com o mateial de leitua opcional, vamos da uma aplicação conceta da função geadoa dos polinômios de Legende. Consideemos uma caga no ponto (0, 0, a. Na figua temos d = a + a cos θ. P O potencial u no ponto P, geado pela caga, vale d a d = a. (5 a cos θ + θ Na egião < a, colocando em evidência dento da ai uadada e etiando paa foa como, temos ( (. (6 a cos θ + a a Lembemos ue a função geadoa dos polinômios de Legende é G(x, t = = xt + t P n (x t n. (7 Em (7, substituindo x po cos θ, t po a e aplicando o esultado obtido em (6, obtemos n P n (cos θ, se 0 < < a. (8 an+ Note ue o ue fa com ue a séie (8 convija é o fato ue a <. Na egião > a (longe da oigem, dento da ai em (5 devemos coloca em evidência e não a, como feito acima. Faendo isso, em ve de (6, obtemos vale ( a ( a. cos θ + e, usando a função geadoa, P n (cos θ an, se > a. (9 n+ Note ue o ue fa com ue a séie (9 convija é ue a <, na egião > a. Reunindo (8 e (9, temos 4πɛ 0 4πɛ 0 n P n (cos θ a n+, se 0 < < a P n (cos θ an n+, se a < < (30 6
Potencial do Dipolo Suponhamos ue temos uma caga no ponto (0, 0, a e uma caga no ponto (0, 0, a. O potencial geado pelo dipolo é a soma dos potenciais geado po cada uma das cagas individualmente. Usando (9, o potencial longe do dipolo seá dado po P n (cos θ an ( a n n+ = π ɛ 0 a n+ P n+ (cos θ. (3 n+ Bem afastado do dipolo, paa a, a aão a é muito póxima de 0 e conseüentemente suas potências a n+ n+ = ( a n+ são muito peuenas. A expessão exata do potencial do dipolo é (3, mas só o pimeio temo da séie já dá uma boa apoximação ou, onde m u a cos θ, u m cos θ, chamado de momento do dipolo. Esta última apoximação é muito usada em Física. 7