Electrodinamica griffith PDF

Preview

Summary

Download Electrodinamica griffith PDF

Description

Electrodinamica clasica I Juan Diego Florez Vera CC.1007308867

1

Taller Electrodinamica clasica I

3.20.)Supongamos que se especifica el potencial V0 (θ) en la superficie de una esfera,y no hay carga dentro o fuera de la esfera. Demuestre que la densidad de carga en la esfera est´a dada por: σ(θ) =

∞ ǫ0 X (2l + 1)2 Cl P l (cos θ ) 2R l=0

donde: Cl =

Z

π

V0 (θ )P l (cos θ ) sin θdθ

0

Soluci´on: Por la soluci´on general se tiene : V (r, θ) =

∞ X

(Al rl +

l=0

Bl )P l (cos θ) rl+1

Aplicando condiciones: * r=0, V=finito y definido y Bl = 0, entonces: V (r, θ) =

∞ X

Al rl P l (cos θ)

l=0

Vint (r, θ) =

∞ X

Al rl P l (cos θ)

l=0

* r → ∞, V=0 y Al = 0, entonces: V (r, θ) =

∞ X Bl P l (cos θ) rl+1 l=0

Vext (r, θ) =

∞ X Bl P l (cos θ) rl+1 l=0

1

* r=R , Vint (r, θ) = Vext (r, θ),entonces: ∞ X

Al Rl P l (cos θ) =

l=0

∞ X Bl P l (cos θ) Rl+1 l=0

Multiplicamos la igualdad por (P l′ (cos θ) sin θ) e integramos: Z

π

Al Rl P l (cos θ)Pl ′(cos θ) sin θdθ =

0

Al Rl

Z

0

Z

π

P l (cos θ)Pl′(cos θ) sin θdθ =

0

π

Bl P l (cos θ)Pl′ (cos θ) sin θdθ Rl+1

Bl Rl+1

Z

π

P l (cos θ)Pl′(cos θ) sin θdθ 0

Pero sabemos que :

Z

1

P l (x)Pl′(x)dx

=

Z

0

−1

π

P l (cos θ)Pl′(cos θ) sin θdθ

=

  0, 

Entonces: Al Rl (

2 , 2l+1

si l′ 6= l

(1)

si l′ = l

2 Bl 2 ) = l+1 ( ) 2l + 1 R 2l + 1 Al Rl =

Bl Rl+1

Al R2l+1 = Bl

(2)

Ahora aplicando la siguiente condici´on: ∗

σ ∂Vext ∂Vint =− − ∂r ∂r ǫ0

desarrollando las derivadas: l ∂( RBl+1 P l (cos(θ ))) Bl (l + 1) ∂Vext Bl =− = P l (cos(θ)) = −(l + 1) l+1 P l (cos(θ)) ∂r R ∂r Rl+1

∂(Al Rl P l (cos(θ))) ∂Vint = lAl Rl−1 P l (cos(θ)) = ∂r ∂r Por lo tanto: −

∞ ∞ X X Bl σ (l + 1) l+1 P l (cos(θ)) − lAl Rl−1 P l (cos(θ)) = − ǫ0 R l=0 l=0

2

∞ X

∞

(l + 1)

l=0

X Bl σ P l (cos(θ)) + lAl Rl−1 P l (cos(θ)) = l+1 R ǫ0 l=0

Reemplazamos Bl de (2) por lo tanto: ∞ X

(l + 1)

l=0

∞ X Al R2l+1 σ P l (cos(θ)) + lAl Rl−1 P l (cos(θ)) = l+1 ǫ0 R l=0 ∞ X

(2l + 1)Al Rl−1 P l (cos(θ)) =

l=0

ǫ0

∞ X

σ ǫ0

(3)

(2l + 1)Al Rl−1 P l (cos(θ)) = σ

l=0

Ahora se va hallar Al , se va aplicar la siguiente condici´on: *r=R , Vint = V0 ∞ X Al Rl P l (cos θ) = V0 l=0

Multiplicamos la igualdad por (P l′ (cos θ) sin θ) e integramos: Z π Z π Al Rl P l (cos θ)Pl ′(cos θ) sin θdθ = V0 Pl ′(cos θ) sin θdθ 0

Al Rl

(4)

0

Z

π

P l (cos θ)Pl′(cos θ) sin θdθ =

0

Z

π

V0 Pl′(cos θ) sin θdθ 0

Aplicando (1) a (4) se tiene: Al Rl (

2 )= 2l + 1

Z

π

V0 P l′ (cos θ) sin θdθ

0

Se Despeja Al : π

2l + 1 )V0 P l′ (cos θ) sin θdθ 2Rl 0 Z 2l + 1 π Al = V0 P l′ (cos θ) sin θdθ 2Rl 0

Al =

Z

(

(5) (6)

Pero: Cl =

Z

π

V0 (θ)P l (cos θ ) sin θ dθ

(7)

0

Se reemplaza (6) en (5),queda de la forma: Al =

2l + 1 Cl 2Rl 3

(8)

Ahora continuando en (3): ǫ0

∞ X

(2l + 1)Al Rl−1 P l (cos(θ)) = σ

l=0

Reemplazamos (7) en (8): ǫ0

∞ X 2l + 1 Cl )Rl−1 P l (cos(θ)) = σ (2l + 1)( 2Rl l=0

∞ ǫ0 X (2l + 1)2 Cl P l (cos(θ)) = σ(θ ) 2R l=0

3.22.)en el probl 2.25, usted encontr´o el potencial en el eje de un uniforme disco cargado: σ p 2 V (r, 0) = ( r + R2 − r) 2ǫ0 (a) Use esto, junto con el hecho de que P l (1) = 1, para evaluar los primeros tres t´erminos en la expansi´on (Ec. 3.72) para el potencial del disco en puntos fuera del eje,suponiendo que r > R . (b) Encuentre el potencial para r < R por el mismo m´etodo, usando la ecuaci´on. 3.66. [Nota: usted debe dividir la regi´ on interior en dos hemisferios, arriba y abajo del disco. No asuma que los coeficientes Al son los mismos en ambos hemisferios.] Soluci´ on: Por la soluci´ on general se tiene : V (r, θ) =

∞ X

(Al rl +

l=0

Bl )P l (cos θ) rl+1

(a) Para r > R * r → ∞, V=0 y Al = 0, entonces: V (r, θ) =

∞ X Bl P l (cos θ) rl+1 l=0

Pero V (r, 0) y P l (1) = 1 V (r, 0) =

∞ X Bl P l (1)(cos 0) rl+1 l=0

V (r, 0) =

∞ X Bl rl+1 l=0

y tenemos que : V (r, 0) =

σ p 2 ( r + R2 − r) 2ǫ0 4

(9)

Entonces: V (r, 0) =

∞ X σ p 2 Bl ( r + R2 − r) = l+1 r 2ǫ0

(10)

l=0

Ahora observamos que para r > R : r r p R R r2 + R2 = r2 (1 + ( )2 ) = r 1 + ( )2 r r q )2 se utiliza la expanci´on binomial: Para resolver 1 + ( R r

n   X n n−k k a b k k=0       n n−1 n n−2 2 n n n a + a b+ a b + ... + bn (a + b) = 0 1 2     n n−1 n n−2 2 n n (a + b) = a + a b+ a b + ... + bn 1 2

(a + b)n =

(11)

Entonces: 1  1 1 1 R R 2 1 −1 R 2 2 2 2 ( ) + 2 1 2 −2 ( )4 + ...) 1 (1 + ( ) ) = (1 + r r r 2 1 1   1 1 1 y 2 = , 2 = − ,entonces: 8 2 2 1 1 R4 R2 1 1 R2 − + ...) (1 + ( ) ) 2 = (1 + 2 r 8 r4 2 r R2 R 2 21 R4 ) ) = (1 + + ...) − r 8r4 2r2 Ahora retomando a (10) y completando el termino: r r R R r 1 + ( )2 − r = r( 1 + ( )2 − 1) r r

(12)

(1 + (

reemplazando de lo que se encontro en (12) se tiene: r R R2 R4 r( 1 + ( )2 − 1) = r(1 + 2 − 4 + ... − 1) r 2r 8r

(13)

(14)

Ahora volviendo a (9) y reemplazando (13) en (9) se tiene: ∞ X Bl R2 σ R4 r(1 + + ... − 1) = − 2ǫ0 8r4 rl+1 2r2 l=0

5

(15)

∞ X σ R4 Bl R2 = r( 2 − 4 + ...) l+1 r 2ǫ0 2r 8r l=0

∞ X Bl σ R2 R4 ( = − 3 + ...) l+1 8r r 2ǫ0 2r l=0

Para l = 0: σR2 4ǫ0 r

B0 = Para l = 1

B1 = 0 Para l = 2 σR4 16ǫ0 r3

B2 = Por lo tanto : V (r, θ) =

R2 σR2 1 ( − 3 P 2 (cosθ ) + ...) 4ǫ0 r 4r

V (r, θ) =

R2 σR2 (1 − 2 P 2 (cosθ ) + ...) 4ǫ0 r 4r

(16)

Y por los polinomios de legendre se sabe que P 2 (cosθ) = 21 (3 cos2 θ − 1) , entonces: V (r, θ) = V (r, θ) =

σR2 R2 1 (1 − 2 (3 cos2 θ − 1) + ...) 4r 2 4ǫ0 r

1 R σR2 (1 − ( )2 (3 cos2 θ − 1) + ...) 8 r 4ǫ0 r

(b)Para r < R * r=0, V=finito y definido y Bl = 0, entonces: V (r, θ) =

∞ X

Al rl P l (cos θ)

l=0

Pero V (r, 0) y P l (1) = 1: V (r, 0) =

∞ X l=0

6

Al rl (cos θ)

En el inciso b nos piden dividir la region interior en dos hemiferios,para el norte del hemisferio ,θ tiene los limites de 0 ≤ θ ≤ π2 ,donde cos(0) = 1 y cos( π2 ) = 0,entonces: V (r, 0) =

∞ X

Al rl

l=0

y tenemos que : V (r, 0) =

σ p 2 ( r + R2 − r) 2ǫ0

Entonces: V (r, 0) =

∞ X

Al rl =

l=0

σ p 2 ( r + R2 − r) 2ǫ0

Ahora observamos que para r < R : r r p r r r2 + R2 = R2 (1 + ( )2 ) = R 1 + ( )2 R R p r 2 Para resolver 1 + ( R ) se utiliza la expanci´on binomial,utilizamos (11),queda entonces: 1  1 1 1 r r 2 1 −1 r 2 2 2 2 ( ) + 2 1 2 −2 ( )4 + ...) 1 (1 + ( ) ) = (1 + 2 1 R R R  1 1  1 1 y 2 = , 2 = − ,entonces: 2 2 8 1 1 r2 1 1 r4 r − + ...) (1 + ( )2 )2 = (1 + R 8 R4 2 R2 (1 + (

r 2 1 r4 r2 + ...) ) )2 = (1 + − 2 8R4 R 2R

retomando : p

r2

+

R2

−r =R

r

r 1 + ( )2 − r R

reemplazando de (12) se tiene:

R

r

1+(

r 2 r2 r2 r4 r4 + ... − r) + ...) − r = R(1 + ) − r = R(1 + − − 4 2 2 8R4 8R R 2R 2R

(17)

7

r2 r4 + ... − r) − 2R 8R3 volviendo a (9) y reemplazando (16) en ella se tiene: (R +

∞ X

Al rl =

l=0

σ r4 r2 (R + − + ... − r) 2ǫ0 2R 8R3

Para l = 0: A0 =

σR 2ǫ0

Para l = 1 A1 = −

σr 2ǫ0

Para l = 2 A2 =

σr2 4Rǫ0

Por lo tanto: V (r, θ) =

σ r2 P 2 (cos θ) + ...) (RP 0 (cos θ) − rP 1 (cos θ) + 2R 2ǫ0

Y por los polinomios de legendre se sabe que P 0 (cosθ) = 1, P 1 (cosθ) = cosθ, P 2 (cosθ) = 21(3 cos2 θ − 1) , entonces: V (r, θ) =

r2 1 σ (3 cos2 θ − 1) + ...) (R − r cos θ + 2R 2 2ǫ0

V (r, θ) =

r2 σ (R − r cos θ + (3 cos2 θ − 1) + ...) 2ǫ0 4R

1 r r Rσ (1 − cos θ + ( )2 (3 cos2 θ − 1) + ...) 4 R 2ǫ0 R Ahora en el inciso b nos piden dividir la region interior en dos hemiferios,para el sur del hemisferio ,donde θ = π,observando en (16 ) se tiene: V (r, θ) =

V (r, θ) =

∞ X

Al rl P l (cos θ)

l=0

Pero P l (−1) = (−1)l : V (r, θ) =

∞ X l=0

y tenemos que : 8

Al rl (−1)l

V (r, 0) =

σ p 2 ( r + R2 − r) 2ǫ0

(18)

Entonces: V (r, 0) =

∞ X

(−1)l Al rl =

l=0

σ p 2 ( r + R2 − r) 2ǫ0

√ reemplazamos r2 + R2 − r de (17) en (18) , queda entonces: ∞ X r2 σ r4 (R + (−1)l Al rl = + ... − r) − 3 2ǫ0 8R 2R l=0

Para l = 0: A0 = −

σR 2ǫ0

Para l = 1 A1 =

σr 2ǫ0

Para l = 2 A2 = −

σr2 4Rǫ0

Por lo tanto: V (r, θ) = −

r2 σ P 2 (cos θ) + ...) (RP 0 (cos θ) − rP 1 (cos θ) + 2ǫ0 2R

Y por los polinomios de legendre se sabe que P 0 (cosθ) = 1, P 1 (cosθ) = cosθ, P 2 (cosθ) = 21(3 cos2 θ − 1) , entonces: V (r, θ) = −

r2 1 σ (3 cos2 θ − 1) + ...) (R − r cos θ + 2R 2 2ǫ0

V (r, θ) = −

r2 σ (R − r cos θ + (3 cos2 θ − 1) + ...) 2ǫ0 4R

1 r Rσ r (1 + cos θ − ( )2 (3 cos2 θ − 1) + ...) R 4 R 2ǫ0 3.26.)Densidad de carga: V (r, θ) =

σ(φ) = a sin 5φ (donde a es una constante) est´ a pegado sobre la superficie de un cilindro infinito de radio R (Fig. 3.25). Encuentre el potencial dentro y fuera del cilindro. [Usa tu resultado de Prob. 3.24.] 9

prob. 3.24: V (r, φ) = a0 +b0 ln(r)+

∞ X

rk [ak cos(kφ)+bk sin(kφ)]+

k=1

∞ X 1 [c cos(kφ)+d k sin(kφ)] k k r k=1

Solucion: Vint (r, φ) = a0 +b0 ln(r)+

∞ X

rk [ak cos(kφ)+bk sin(kφ)]+

k=1

∞ X 1 [c k cos(kφ)+d k sin(kφ)] rk k=1

∞ ∞ X X 1 [gk cos(kφ)+hk sin(kφ)] Vext (r, φ) = e0 +f0 ln(r)+ rk [ek cos(kφ)+fk sin(kφ)]+ rk k=1

k=1

Aplicando condiciones: *r=0 , Vint =finito y definido : Vint (r, φ) = a0 +b0 ln(0)+

∞ X

rk [ak cos(kφ)+bk sin(kφ)]+

k=1

∞ X 1 [c k cos(kφ)+d k sin(kφ)] 0k k=1

por lo tanto , b0 = 0 y c k = d k = 0: Vint (r, φ) = a0 +

∞ X

rk [ak cos(kφ) + bk sin(kφ)]

k=1

* r → ∞, Vext = 0 ,entonces: ∞ ∞ X X 1 [gk cos(kφ)+hk sin(kφ)] Vext (r, φ) = e0 +f0 ln(r)+ rk [ek cos(kφ)+fk sin(kφ)]+ rk k=1

k=1

por lo tanto, e0 = 0,f0 = 0 y fk = ek = 0: Vext (r, φ) =

∞ X 1 [g cos(kφ) + hk sin(kφ)] k k r k=1

*r=R , Vint = Vext :

a0 +

∞ X

Rk [ak cos(kφ) + bk sin(kφ)] =

k=1

∞ X 1 [gk cos(kφ) + hk sin(kφ)] Rk k=1

a0 =

∞ X

(

k=1

gk hk − ak Rk ) cos[kφ] + ( k − bk Rk ) sin[kφ] R Rk

a0 = 0, igualando coeficientes: gk − ak Rk = 0 Rk 10

(19)

hk − bk Rk = 0 Rk Ahora aplicando la siguiente condici´ on: ∗

∂Vext σ ∂Vint = − [r = R] − ǫ0 ∂r ∂r

∞ X ∂Vext k (gk cos[kφ] + hk sin[kφ]) =− k+l R ∂r k=1 ∞ ∂Vint X kRk−l (ak cos[kφ] + bk sin[kφ]) = ∂r k=1

Ahora reemplazando :

−

∞ X k=1

k

R

(gk cos[kφ] + hk sin[kφ]) − k+l

∞ X k=1

kRk−l (ak cos[kφ ] + bk sin[kφ]) = −

σ ǫ0

Y se sabe que σ(φ) = a sin 5φ ,entonces:

−

∞ X k=1

∞ X k=1

k

R

(gk cos[kφ]+hk sin[kφ])− k+l

∞ X k=1

kRk−l (ak cos[kφ ]+bk sin[kφ]) = −

a sin[5φ] ǫ0

∞ X a sin[5φ] k kRk−l (ak cos[kφ ]+ bk sin[kφ]) = (g cos[ kφ ] + h sin[ kφ ])+ k k k+l ǫ0 R k=1

∞ X k=1

(

hk a sin[5φ] gk + ak Rk−1 )k cos[kφ] + ( k+1 + bk Rk−1 )k sin[kφ] = Rk+1 R ǫ0

Ahora igualando para k 6= 5: gk + ak Rk−1 = 0 Rk+1

(20)

hk + bk Rk−1 = 0 Rk+1

(21)

a h5 + b5 R4 = R6 5ǫ0

(22)

Y para k = 5:

Para k 6= 5: 11

gk − ak Rk = 0 Rk gk = ak Rk Rk gk = ak R2k

(23)

sustituyendo (23) en (21) : gk + ak Rk−1 = 0 Rk+1 ak R2k + ak Rk−1 = 0 Rk+1 ak Rk−1 + ak Rk−1 = 0 Entonce se tiene que : [ak = 0] → [gk = 0] Ahora despejamos (19): hk − bk Rk = 0 Rk hk = bk Rk Rk hk = bk R2k sustituyendo (24) en (21) : hk + bk Rk−1 = 0 Rk+1 bk R2k + bk Rk−1 = 0 Rk+1 bk Rk−1 + bk Rk−1 = 0 2bk (Rk−1 ) = 0 Entonce se tiene que : [bk = 0] → [hk = 0] Para k = 5 Se tiene que en (23):

12

(24)

hk = bk R2k h5 = b5 R10

(25)

sustituyendo (25) en (22): a h5 + b5 R4 = R6 5ǫ0 a b5 R10 + b5 R4 = R6 5ǫ0 b5 R4 + b5 R4 = 2b5 R4 = b5 =

a 5ǫ0

a 5ǫ0

a 10ǫ0 R4

y en (25) entonces: h5 = b5 R10 h5 =

a R10 10ǫ0 R4

h5 =

a R6 10ǫ0

Por lo tanto los potenciales seran : Vint (r, φ) = r5 b5 sin(5φ)

Vint (r, φ) =

ar 5 sin(5φ) 10ǫ0 R4

Vext (r, φ) =

1 h5 sin(5φ) r5

Vext (r, φ) =

aR6 sin(5φ) 10ǫ0 r5

3.29.) Cuatro part´ıculas (una de carga q, una de carga 3q y dos de carga −2q) se colocan como se muestra en la figura 3.31, cada una a una distancia del origen. Encontrar una f´ ormula simple aproximada para el potencial, v´alida en puntos alejados del origen. (Exprese su respuesta en coordenadas esf´ericas). soluci´ on: 13

el potencial en terminos del momento dipolar se escribe: Vdip (r) =

1 p~ · rˆ 4πǫ0 r2

(26)

y p~ : n X

p~ =

q i ri

i=1

entonces: p~ = (3qa + q(−a))ˆk + (−2qa + (−2q)(−a))jˆ p~ = (3qa − qa)kˆ + (−2qa + 2qa)ˆj p~ = 2qakˆ

(27)

Ahora reemplazando (28) en (27): 1 2qaˆk · rˆ 4πǫ0 r2

Vdip (r) = Vdip (r) =

1 (2qa)ˆk · rˆ 4πǫ0 r2

~ ·B ~ = |A||B| cos θ ,donde rˆ = 1 por lo tanto : Y sabemos que A Vdip (r, θ) =

1 2qa cos θ r2 4πǫ0

Vdip (r, θ) =

1 qa cos θ 2πǫ0 r2

3.31.)Para el dipolo en Ej. 3.10, expanda 1η ± para ordenar ( dr )3 , y use esto para determinar los t´erminos cuadrupolo y octopolo en el potencial. soluci´ on: De la ecuaci´ on (3.94) se tiene: ∞ 1X 1 r′ = ( )n P n cos α η r r n=0

Para

1 , η+

con r = ′

d 2

y α = θ: ∞ 1 1X d n ( ) P n (cos θ ) = 2r η+ r n=0

Para

1 η− ,

con r = ′

d 2

y β = π − θ: 14

∞

1X d n 1 = ( ) P n (cos(π − θ )) η− r n=0 2r Pero : β =π−θ cos β = cos π − cos θ = − cos θ

Entonces:

∞ 1 1X d n ( ) P n (− cos(θ )) = 2r η− r n=0

Y P n (−x) = (−1)n P n (x),entonces: ∞

1X d n 1 = ( ) (−1)n P n (cos(θ )) η− r n=0 2r Ahora el potencial: V =

Ahora resolviendo

1 η+

−

1 q 4πǫ0 r

V =

q 1 q ( ) − 4πǫ0 η+ η−

V =

1 1 q ( ) − 4πǫ0 η+ η−

1 η−

(28)

se tiene :

∞ ∞ 1 1X d n 1 1X d n ( ) P n (cos θ) − ( ) (−1)n P n (cos(θ )) = − 2r η− r r η+ 2r n=0 n=0 ∞ 1 1X d n 1 = − ( ) P n (cos θ)(1 − (−1)n ) 2r η− r η+ n=0

Se observa que la potencia (1− (−1)n ) en numeros pares su resultado es cero , por lo tanto su sumatoria da numeros impares : ∞ X 1 d 1 2 − ( )n P n (cos θ) = η+ η− r n=1,3,5,7,.. 2r

reemplazando (27) en (26) :

15

(29)

∞ X q 2 d ( ( )n P n (cos θ)) 4πǫ0 r n=1,3,5,7,.. 2r

V =

V =

∞ X d 2q 1 ( )n P n (cos θ ) 4πǫ0 r n=1,3,5,7,.. 2r

Ahora para n=1: Vdip =

2q 1 d P 1 (cos θ ) 4πǫ0 r 2r

Pero P 1 (cos θ) = 1,entonces: Vdip =

q d 4πǫ0 r2

(30)

Para n=2 Vqua = 0 Ahora para n=3: Voct =

2q 1 d 3 ( ) P 3 (cos θ ) 4πǫ0 r 2r

Voct =

2q 1 d 3 P 3 (cos θ ) 4πǫ0 r 8r3

Pero : P 3 (cos θ) =

5 cos3 θ − 3 cos θ 2

(31)

entonces: Voct =

2q 1 d 3 5 cos3 θ − 3 cos θ 4πǫ0 r 8r3 2

Voct =

q 1 d3 (5 cos3 θ − 3 cos θ) 4πǫ0 r 8r3

(32)

3.36.) Demuestre que el campo el´ectrico de un dipolo (perfecto) (Ec. 3.103) puede ser escrito en la forma libre de coordenadas ~ = E

1 1 [3(~ p · rˆ)ˆ r − p~] 4πǫ0 r3

soulci´ on: el potencial en terminos del momento dipolar se escribe: Vdip (r) =

1 p~ · rˆ 4πǫ0 r2

16

y sabemos que p~ · rˆ = p cos θ,entonces: Vdip (r) =

1 p cos θ 4πǫ0 r2

el campo electrico en terminos del potencial: ~ = − ~∇V E Ahora en terminos de coordenadas esfericas se tiene: ˆ ~ = − ∂V rˆ − 1 ∂V θˆ − 1 ∂V φ E r ∂θ r sin θ ∂φ ∂r Pero : ~φ = − E

1 ∂V ˆ φ=0 r sin θ ∂φ

entonces: 1 ∂V ˆ ~ = − ∂V rˆ − E θ ∂r r ∂θ resolviendo se tiene: 1 ∂ 1 ~r = − ∂V rˆ = − ∂ ( 1 p cos θ )ˆ r=− r (p cos θ) ( 2 )ˆ E ∂r 4πǫ0 ∂r r ∂r 4πǫ0 r2 ~ r = −(− 2 ) 1 (p cos θ)ˆ E r r3 4πǫ0 ~ r = 2 1 (p cos θ)ˆ E r r3 4πǫ0 ~ r = 2p cos θ 1 rˆ E r3 4πǫ0 ~θ = − 1 ∂V ˆθ = − 1 ∂ ( 1 p cos θ )θˆ = − 1 1 p ∂ (cos θ)θˆ E r 4πǫ0 r2 ∂r r ∂θ r ∂r 4πǫ0 r2 ~ θ = − p 1 (− sin θ) ˆθ E r3 4πǫ0 ~θ = p sin θ 1 θˆ E r3 4πǫ0 retomando el campo electrico : 1 ~ = − ∂V rˆ − ∂V θˆ E ∂r r ∂θ

17

2p cos θ 1 p sin θ 1 ˆ θ E~ = rˆ + r3 4πǫ0 r3 4πǫ0 ~ = E

1 p ˆ [2 cos θˆ r + sin θθ] 4πǫ0 r3

Ahora en coordenadas esfericas se tiene: p~ = pˆ z donde : zˆ = cos θˆ r − sin θθˆ entonces se tiene: p~ = p cos θˆ r − p sin θθˆ despejando : r − p~ p sin θθˆ = p cos θˆ volviendo a (30): ~ = E ~= E

1 p ˆ [2 cos θˆ r + sin θθ] 4πǫ0 r3

1 1 ˆ [2p cos θˆ r + p sin θ θ] 4πǫ0 r3

Reemplazamos (31) en (32): E~ =

1 1 [2p cos θˆ r + p cos θˆ r − p~] 4πǫ0 r3

~ = E

1 1 [(2p cos θ + p cos θ)ˆ r − p~] 4πǫ0 r3...