TP1_Prob_6_Gomez_Andreacchi

Vista previa del material en texto

Trabajo Práctico 1
Electromagnetismo
Juan Cruz Gómez - Agustín Andreacchi
6.
Debemos encontrar la solución de la ecuación de Laplace bidimensional dentro de una región rectangular
confinada por x = 0, y = 0, x = a e y = b. Sabemos que el potencial presenta las siguientes condiciones de contorno:
ϕ(0, y) = 0 (1)
ϕ(x,0) = 0 (2)
ϕ(a, y) = 0 (3)
ϕ(x,b) =ϕo x
a
(4)
Teniendolas en cuenta, resolveremos la ecuación de Laplace:
∂2ϕ
∂x2
+ ∂
2ϕ
∂y2
= 0
Por el teorema de unicidad del laplaciano, dadas las condiciones de borde, la función ϕ que las satisface es
única.
En dos dimensiones proponemos unϕ(x, y) que es un producto de dos funciones donde cada una depende de
una sola variable:
ϕ(x, y) = F1(y)F2(x)
Cuando introducimos estas funciones en la ecuación, llegamos a que:
F1(y) = Aek y +Be−k y
F2(x) =C sen(kx)+Dcos(kx)
Por lo tanto:
ϕ(x, y) = (Aek y +Be−k y )(C sen(kx)+Dcos(kx))
Ahora vamos a usar las condiciones de borde evitando la solución trivial, primero la condición (1):
ϕ(0, y) = 0 ⇒
⇒ (Aek y +Be−k y )D = 0 ⇒
⇒ D = 0
Luego usamos la condición (2):
ϕ(x,0) = 0 ⇒
⇒ (A+B)C sen(kx) = 0 ⇒
⇒ A =−B
Posteriormente tenemos en cuenta la condición (3):
ϕ(x,0) = 0 ⇒
⇒ A(ek y −e−k y )C sen(ka) = 0 ⇒
⇒ sen(ka) = 0 ⇒
⇒ k = nπ
a
, n ∈Z/n > 0
1
Desarrollando la expresión que tenemos hasta ahora para el potencial:
ϕ(x, y) = A(ek y −e−k y )C sen(kx), k = nπ
a
⇒
⇒ϕ(x, y) = P
(
e
nπy
a −e nπya
)
sen
(nπx
a
)
, P = AC ⇒
⇒ϕ(x, y) = P ′senh
(nπy
a
)
sen
(nπx
a
)
, P ′ = 2P
Como tenemos una solución por cada n, podemos aplicar la linealidad de la ecuación de Laplace que nos dice
que si tenemos varias soluciones, una combinación lineal de ellas también es solución, es decir, siϕ=α1ϕ1+α2ϕ2,
entonces se cumple que ∇2ϕ=α1∇2ϕ1 +α2∇2ϕ2
Utilizando, entonces, estas soluciones nos construimos una solución general que es justamente una suma de
todas:
ϕ(x, y) =
∞∑
n=1
Cn senh
(nπy
a
)
sen
(nπx
a
)
Recordamos que una combinación lineal es la solución más general a la ecuación de Laplace. Esta solución
cumple con las condiciones de borde (1), (2), y (3) por lo que ahora necesitamos conocer los Cn y para eso veamos
que obtenemos usando la condición (4):
∞∑
n=1
Cn senh
(
nπb
a
)
sen
(nπx
a
)
=ϕo x
a
Podemos usar la propiedad ortogonal de las funciones trigonométricas, por lo que:
∞∑
n=1
Cn senh
(
nπb
a
)∫ a
0
sen
(nπx
a
)
sen
(
n′πx
a
)
d x =
∫ a
0
ϕo
x
a
sen
(
n′πx
a
)
d x ⇒
⇒Cn senh
(
nπb
a
)
= 2
a
∫ a
0
ϕo
x
a
sen
(nπx
a
)
d x, ∀n ∈N⇒
⇒Cn = 2ϕo
senh
(
nπb
a
)
a
∫ a
0
x
a
sen
(nπx
a
)
d x
La integral en la expresión da:
a(−nπcos(nπ)+ sen(nπ))
n2π2
= a
nπ
(−1)n+1
Recordando además la expresión para ϕ(x, y), llegamos a:
ϕ(x, y) = 2ϕo
π
∞∑
n=1
(−1)n+1
senh
(nπy
a
)
sen
(nπx
a
)
nsenh
(
nπb
a
)
2