Universidad Nacional Mayor de San Marcos
Facultad de Ciencias Fı́sicas
Unidad de Posgrado
Curso de Maestrı́a en Fı́sica: Electrodinámica Clásica
Práctica Calificada No 1
Prof. Dr. Juan Adrián Ramos Guivar
Semestre 2020-I
Fecha de entrega: Jueves 16 de Julio de 2020.
Problema 1
√
(a) Demostrar que el campo vectorial V = −x
i−y j
x2 +y 2
es un tipo sumidero. Dibujar e interpretarlo
fı́sicamente. Realice un código en Matlab que interprete la divergencia de dicho campo. (b) Calcule
2
la divergencia del gradiente de la función: (~b·~r)e−r , donde ~b es un vector constante y e la base neperiana.
Solución (a):
∇·V
∂V
∂V
+
∂x
∂y
p
p
x2 + y 2 − 12 (x2 + y 2 )−1/2 2x2
x2 + y 2 − 21 (x2 + y 2 )−1/2 2y 2
= −
−
x2 + y 2
x2 + y 2
−2(x2 + y 2 ) + x2 + y 2
=
(x2 + y 2 )3/2
1
= −p
2
x + y2
=
Al ser la divergencia del campo vectorial negativa, se demuestra que es de tipo sumidero. Se muestran a
continuación algunos gráficos realizados en Matlab:
Figure 1: Esquema plano del campo vectorial
1
Figure 2: Esquema 3D de la divergencia del campo vectorial
La interpretación fı́sica está dada por las lı́neas de campo: si la divergencia es positiva, las lı́neas de
campo salen de la región analizada; y si la divergencia es negativa, las lı́neas de campo entran a la región
en consideración. Podrı́a verse fácilmente con un ejemplo, en el cual se considera el campo de velocidades
de una masa de aire. Si su divergencia es positiva, entonces el aire saldrá de la región; y si su divergencia
es negativa, entonces el aire entrará a la región de interés.
Solución (b):
Se plantea el problema en coordenadas cilı́ndricas, por lo que resulta:
1 ∂
∂V
∇ · ∇V =
r
r ∂r
∂r
h
i 1 ∂ 2
2
2
2
1 ∂
=
r be−r − 2br2 e−r
bre−r − 2br3 e−r
=
r ∂r
r ∂r
2
2
1 −r2
1
3
2 −r
2 −r
4 −r 2
−r 2
be
− 8r + 4r
− 2br e
=
− 6br e
+ 2br e
= be
r
r
Se muestran a continuación algunos gráficos realizados en Matlab:
Figure 3: Esquema 3D del campo escalar
2
Códigos de Matlab
Figura No 1:
>> [x, y]=meshgrid(−5 : 1 : 5, −5 : 1 : 5);
>> r =sqrt(x. ∧ 2 + y. ∧ 2);
>> u = −x./r;
>> v = −y./r;
>>quiver(x, y, u, v)
>>
Figura No 2:
>> [x, y]=meshgrid(−5 : 1 : 5, −5 : 1 : 5);
>> r =sqrt(x. ∧ 2 + y. ∧ 2);
>> z = −1./r;
>>meshc(z)
Figura No 3:
r = linspace (0, 1, 21);
>>theta=linspace(0, 2∗pi, 41);
>> [R, T H] =meshgrid(r,theta);
>> x = R. ∗ cos(T H);
>> y = R. ∗ sin(T H);
>>>= (R. ∧ −1).∗exp(−R. ∧ 2) − (8 ∗ R. ∧ 1).∗exp(−R. ∧ 2) + (4 ∗ R. ∧ 3).∗exp(−R. ∧ 2);
>>surf(X, Y, Z)
Problema 2
La teorı́a de conducción del calor conduce a una ecuación del tipo ∇2 Ψ = κ|∇Φ|2 , donde Φ es un potencial
que satisface la ecuación de Laplace: ∇2 Φ = 0. Muestre que una solución de esta ecuación es:
Ψ=
1 2
κΦ
2
Demostración:Utilizando la identidad vectorial
∇2 (ΦΨ) = Φ∇2 Ψ + 2∇Φ · ∇Ψ + Ψ∇2 Φ
y haciendo que Ψ = Φ, se tiene
∇2 (Φ2 )
2
2
∇ (Φ )
=
Φ∇2 Φ + 2∇Φ · ∇Φ + Φ∇2 Φ
=
2Φ∇2 Φ + 2∇Φ · ∇Φ
1 2 2
∇ (Φ ) − Φ∇2 Φ = ∇Φ · ∇Φ
2
1 2 2
∇ (Φ ) − Φ∇2 Φ = (∇Φ)2
2
El potencial Φ satisface la ecuación de Laplace, ∇2 Φ = 0, por tanto
1 2 2
∇ (Φ ) = (∇Φ)2
2
Luego, volviendo a la expresión inicial del enunciado,
1 2
∇2 Ψ = ∇2
κΦ
2
Finalmente, simplificando el laplaciano en ambos lados de la ecuación, se llega a la expresión deseada
Ψ=
1 2
κΦ
2
3
Problema 3
Demostrar que (v.∇)v = 12 ∇v 2 − v × (∇ × v).
Solución:
Utilizando la identidad vectorial
∇(A.B)
=
(A.∇)B + A × (∇ × B) + (B.∇)A + B × (∇ × A)
∇(v.v)
=
(v.∇)v + v × (∇ × v) + (v.∇)v + v × (∇ × v)
2
∇(v ) = 2 [(v.∇)v + v × (∇ × v)]
1
∇(v 2 ) = (v.∇)v + v × (∇ × v)
2
1
∇(v 2 ) − v × (∇ × v)
(v.∇)v =
2
Problema 4
~ =
Demostrar que E
êr
r2
~ = −∇φ y que φ(a) = 0 siendo a > 0.
es irrotacional. Hallar φ de forma que E
Solución:
~ en coordenadas esféricas:
Para probar que es irrotacional calculamos el rotacional de E,
~ = êr ∂ + êθ ∂ + êϕ ∂ × êr
∇×E
∂r
r ∂θ rsenθ ∂ϕ
r2
teniendo en cuenta que êr × êr = 0 tambien êθ × êr = −êϕ y êϕ × êr = êθ
~ =
∇×E
êθ ∂ 1
−êϕ ∂ 1
+
2
r ∂θ r
rsenθ ∂ϕ r2
~ =0
∇×E
~ es irrotacional.
Por tanto E
Encontrando φ: por comparación se operará con coordenadas esféricas
~ = −∇φ
E
êr
∂φ
= −êr
2
r
∂r
∂r
= −∂φ
r2
Z
Z
dr
= − dφ
r2
1
−φ = − + C
r
sabiendo que φ(a) = 0
0=
1
+C
a
por tanto:
1 1
φ(r) = − +
r
a
4
Problema 5
El modelo de la corona solar asume que la ecuación de estado estacionario del flujo de calor,
∇ · (κ∇T ) = 0
5
se satisface. Aquı́, κ, la conductividad térmica, es proporcional a T 2 . Asumiendo que la temperatura T
2
es proporcional a rn , mostrar que la ecuación del flujo de calor es satisfecha por T = To (ro /r) 7 .
Solución: Utilizando la identidad vectorial ∇ · (φF~ ) = ∇φF~ + φ∇F~ se tiene
∇κ∇T + κ∇2 T
cuyas funciones de κ y T son:
T
=
κ =
To (ro /r)2/7
To5/2 (ro /r)5/7
Resolviendo el primer término de la identidad vectorial se obtiene:
2
= − To ro2/7 r−9/7
7
5 5/2 5/7 −12/7
∇κ = − To ro r
7
10 7/2 −3
∇κ∇T =
T ro r
49 o
∇T
Haciendo lo mismo para el segundo término de la identidad vectorial se tiene:
∂T
1 ∂
r2
κ∇2 T = To5/2 ro5/7 r−5/7 2
r ∂r
∂r
1
2
= To5/2 ro5/7 r−5/7 2 r2 −
To ro2/7 r−9/7
r
7
2
∂
=
−
To7/2 ro r−19/7
r5/7
7
∂r
2
To7/2 ro r−19/7 (5/7)r−2/7
=
−
7
10
= − To7/2 ro r−3
49
(1)
Sumando ambos términos llegamos al resultado final:
∇ · (κ∇T ) = ∇κ∇T + κ∇2 T = 0
Problema 6
Pruebe las siguientes identidades del cálculo vectorial usando el tensor de Levi-Civita:
∇ · (~u × ~v ) = ~v · (∇ × ~u) − ~u · (∇ × ~v )
Se expresa en notación indicial como sigue
∂
ei · (ijk uj vk ei )
∂xi
∂uj
∂uj
vk ei · ei + ijk i uj ei · ei
i
∂x
∂x
∂uj
∂uj
= vk kij i − uj jik i
∂x
∂x
= ~v · (∇ × ~u) − ~u · (∇ × ~v )
=
ijk
5
(2)
∇ × (∇ × ~u) = ∇(∇ · ~u) − ∇2 ~u
(3)
Se expresa en notación indicial como sigue
∂um
∂ ∂um
∂
ei × ijk klm
ek
= ijk klm i
ei × ek
i
l
∂x
∂x
∂x ∂xl
∂ ∂um
= kij klm i
(−ej )
∂x ∂xl
∂ ∂um
= −(δil δjm − δim δjl ) i
ej
∂x ∂xl
∂ ∂um
∂ ∂um
= −δil δjm i
ej + δim δjl i
ej
l
∂x ∂x
∂x ∂xl
∂
∂um
∂ ∂um em
=
ej m −
j
∂x
∂x
∂xl ∂xl
2
= ∇(∇ · ~u) − ∇ ~u
∇ · (∇ × ~u) = 0
(4)
Se expresa en notación indicial como sigue
∂uj
∂ ∂uj
∂
ei · (kij i ek ) = kij i i (ei · ek ) = 0
∂xi
∂x
∂x ∂x
~ × B)
~ = (B
~ · ∇)A
~ + A(∇
~
~ − B(∇
~
~ − (A
~ · ∇)B
~
∇ × (A
· B)
· A)
(5)
Se expresa en notación indicial como sigue
ijk
∂
ej × (klm al bm ek )
∂xj
∂
(al bm )(ej × ek )
j
∂x
∂bm
∂al
kij klm bm j + al j ei
∂x
∂x
∂bm
∂al
(δil δjm − δim δjl ) bm j + al j ei
∂x
∂x
∂bm
∂al
∂bm
∂al
δil δjm j + δil δjm al j − δim δjl bm j − δim δjl al j ei
∂x
∂x
∂x
∂x
∂ai
∂bj
∂aj
∂bi
bm m + ai j − bi j − aj j ei
∂x
∂x
∂x
∂x
∂bj
∂aj
∂bi eI
∂ai ei
+ ai ei j − bi ei j − aj
bm
∂xm
∂x
∂x
∂xj
~
~
~
~
~
~
~
~ − (A
~ · ∇)B
~
∇ × (A × B) = (B · ∇)A + A(∇ · B) − B(∇
· A)
= ijk klm
=
=
=
=
=
=
Problema 7
Considere un volumen V libre de cargas limitado por una superficie cerrada S formada por varias superficies separadas (conductores) Si , cada una de las cuales se mantiene a un potencial Vi sobre cada Si ,
pero que, por lo demás, es arbitraria de momento. Definase la magnitud tipo energı́a:
Z
o
W [Ψ] =
[∇Ψ]2 d3 x
2 V
Demuéstrese el siguiente teorema: W [Ψ], que por definición no es negativa, tiene un valor mı́nimo absoluto y es estacionaria si, y sólo si, Ψ satisface la ecuación de Laplace en el interior de V y toma en las
superficies Si los valores especificados Vi .
6
Solución:
Tomando el gradiente de la función de energı́a e igualando a cero se obtiene
Z
o
∇W [Ψ] =
∇[∇Ψ]2 d3 x = 0
2 V
Z
o
∇W [Ψ] =
2∇2 Ψ∇Ψd3 x = 0
2 V
Si Ψ satisface la ecuación de Laplace, entonces la función de energı́a adquiere un mı́nimo y es estacionaria.
Se analizará a continuación qué sucede con los potenciales en cada superficie interior del volumen V .
Se tienen N conductores que se mantienen a los potenciales Vi . Nuestro problema es hallar el potencial en todos los puntos del espacio exterior a los conductores. Esto puede lograrse como una suma de
soluciones a la ecuación de Laplace para cada conductor, entonces:
Ψ
∇2 Ψ
= C1 Ψ1 + ... + Cn Ψn
= C1 ∇2 Ψ1 + ... + Cn ∇2 Ψn
lo cual también cumple con la ecuación de Laplace para todo el sistema. Se demostrará que dicha solución
es única tomando una función auxiliar Φ = Ψ1 − Ψ2 , donde ambas Ψ1 , Ψ2 son soluciones de la ecuación
de Laplace en V y por lo tanto ∇2 Φ = 0. Por otra parte tanto Φ como ∇Φ · n se anulan en las fronteras.
Aplicando la divergencia al vector Φ∇Φ se tiene:
Z
Z
Φ∇Φ · nda = 0
∇ · (Φ∇Φ)dv =
V
S+S1 +...+Sn
ya que la segunda integral se anula. La divergencia puede desarrollarse como:
∇ · (Φ∇Φ) = Φ∇2 Φ + (∇Φ)2
Pero ∇2 Φ se anula en todos los puntos de V , de modo que la divergencia se reduce a:
Z
(∇Φ)2 dv = 0
V
2
Ahora (∇Φ) debe ser positivo o cero en cada punto de V , pero en este caso es evidente que (∇Φ)2 = 0
es la única posibilidad.
La función de energı́a es evidentemente:
1
o
2
Z
E 2 dv
V
y debido a que E = −∇Ψ = 0, entonces la energı́a efectivamente es un mı́nimo absoluto.
Problema 8
Considérese una configuración de conductores como la del problema 7 con uno de los conductores mantenido a potencial unidad y todos los restantes a potencial cero.
• a) Demuéstrase que la capacidad del primer conductor viene dada por:
Z
C = 0 [∇Φ]2 d3 x
v
En la que Φ es la solución para el potencial.
7
Solución:
Recordando la energı́a que almacenan dos placas conductoras
u=
1
q∆V
2
Ahora suponiendo que tenemos un sistema de 3 placas S1 ,S2 y S3 calculamos la energı́a:
U=
1
1
1
q∆V12+ + q∆V13 + q∆V23
2
2
2
teniendo en cuenta las diferencias de potencial y considerando V2 = V3 = 0
∆V12 = V1 − V2 = V1 ∧ ∆V13 = V1 ∧ ∆V23 = 0
1
(qV1 + qV1 )
2
Ahora generalizando para N superficies respecto a alguna carga tendremos:
U=
N
U=
1X
QVi
2 i=1
(6)
La carga se puede expresar en función de las capacitancias, recordando que para dos placas q =
C12 ∆V12 , podemos generalizar para las N superficies (Vij = Vi por condición del problema):
X
Q=
Cij Vi
(7)
i6=j
Reemplazando la ecuación (7) en (6) tendremos:
N
U=
1 XX
Cij Vi Vi
2 i=1
i6=j
Tomando una superficie o primer conductor (i=1)con potencial Vi = 1 la energia almacenada:
U=
1
C1j
2
Del Teorema del problema 8 podemos igualar:
Z
1
0
U = C1j =
[∇Φ]2 d3 x
2
2 v
Z
C = 0 [∇Φ]2 d3 x
v
• b) Utilizar el teorema del problema 7 para demostrar la capacidad verdadera C es siempre menor
o igual que el valor:
Z
C[Ψ] = 0 [∇Ψ]2 d3 x
V
Solución:
Siendo los potenciales de cada superficie: Vi = {V1 , V2 , · · · , VN }. Sea la funcion potencial Ψ tal que:
Φ(Si ) = Vi
i = 1, 2, 3, · · · , N la funcion total estarı́a dado por:
Φ=
N
X
j=1
8
V j Ψj
Donde Ψ es una función arbitraria de que debe cumplir:
∇2 Ψj = 0 ∧ Ψj (Si ) = δij
Para i, j = 1, 2....., N Sabiendo que E =
σ
0
y −∇Φ = E la carga del sistema estará dado por
I
Q=
σdS
s

I
I
Qi = −0
∇Φ · n̂i dS = −0
∇
si
si
N
X

Vj Ψj  · n̂i dS
j=1
Se sabe que ∇(Vj Ψj ) = Vj ∇Ψj + Ψj ∇Vj sabiendo que Vj es constante en cada superficie entonces :
Qi = −0
N
X
I
∇Ψj · n̂i dS
Vi
si
j=1
De lo analizado en (8.a) la carga en términos de la capacitancia:
Qi =
N
X
Cij Vj
j=1
por tanto:
I
∇Ψj · n̂i dS
Cij = −0
si
Se puede deducir que Cij es puramente geometrico por tanto se puede hacer el siguiente arreglo:
I
Ψi ∇Ψj · (−n̂i )dS
Cij = 0
si
Teniendo en cuenta que Ψi = 1 en la superficie
Si yR en otras es cero lo cual la función arbitraria
R
Ψi ∇Ψj es una fución vectorial recordando F~ d~s = ∇ · F~ dv
I
I
Cij = 0
∇(Ψi ∇Ψj )dV = 0
(∇Ψi ∇Ψj + Ψi ∇2 Ψj )dV
si
si
El segundo sumando de la integral es cero por la ecuación de Laplace, se puede escribir
I
(∇Ψ)2 dV
Cij ≤ C(Ψ) = 0
si
Problema 9
Considera la configuración de conductores del problema 8, con todos los conductores excepto S1 mantenidos a potencial cero.
a) Demostrar que el potencial Φ(x) en cualquier punto del volumen V y sobre cualesquiera de las superficies S1 puede escribirse:
Z
1
σ1 (x0 )G(x, x0 )d2 x
Φ(x) =
4π0 S1
donde σ1 (x0 ) es la densidad de carga superficial sobre S1 , y G(x, x0 ) la función de Green, potencial para
una carga puntual en presencia de todas las superficies que se mantienen a potencial cero (pero con S1
ausente). Demostrar también que la energı́a electrostática es:
I
I
1
W =
da
da0 σ1 (x)G(x, x0 )σ1 (x)
8π0 S1
S1
9
donde las integrales se extienden únicamente a la superficie S1 .
Solución
a) Considere la configuración de conductores mantenidos a potencial cero. Φ(x) se especifica como cero
en la superficie Si ; i 6= 1. Con condiciones de contorno de Dirichlet en la función de Green.
Φ(x) =
1
4π0
Z
ρ(x0 )G(x, x0 )d3 x0 +
V
1
4π
I
G(x, x0 )
S
1
∂Φ(x0 ) 0
da −
0
∂n
4π
I
S
Φ(x0 )
∂G(x, x0 ) 0
da
∂n0
G(x,x’) es 0 cuando x’ está en S,la expresión para el potencial Φ(x) se convierte:
Z
I
1
1
∂GD (x, x0 ) 0
0
0 3 0
da
Φ(x) =
ρ(x )GD (x, x )d x −
Φ(x0 )
4π0 V
4π S
∂n0
Podemos tomar la función de Green tal que
se convierte en 0.
∂GD (x,x0 )
=
∂n0
1
Φ(x) =
4π0
Z
0 cuando x’ está en S,Entonces el segundo término
ρ(x0 )GD (x, x0 )d3 x0
V
G(x;x’) es el función potencial de Green para una carga puntual en presencia de todas las superficies que
se mantienen con potencial cero (excepto S1 ).Dado que las cargas en S1 están todas en su superficie,
constituyendo la densidad de carga superficial σ1 (x0 ), podemos escribir el potencial en cualquier parte
del volumen V según deseemos como:
Z
1
Φ(x) =
σ1 (x0 )G(x, x0 )d2 x
4π0 S1
Obtenemos la expresión deseada para la energı́a electrostática W fácilmente insertando la expresión para
Φ(x)
Z
1
ρ(x)Φ(x)d3 x
W =
2 V
Z
I
1
W =
ρ(x)d3 x
σ1 (x0 )G(x, x0 )da0
8π0 V
S1
I
I
1
σ1 (x0 )G(x, x0 )da0
σ1 (x)da
W =
8π0 S1
S1
I
I
1
W =
da
σ1 (x)G(x, x0 )σ1 (x0 )da0
8π0 S1
S1
ya que la carga se encuentra unicamente en S1 .
b) Demostrar que la expresión variacional:
H
C
−1
[σ] =
S1
da
da‘σ1 (x)G(x, x0 )σ1 (x)
hH
i2
4π0 S1 σ(x)da
H
S1
Con una función integrable σ(x) arbitraria definida sobre S1 es estacionaria para variaciones pequeñas de
σ respecto a σ1 . Utilizar el teorema de Thomson para probar que el recı́proco de C da un lı̀mite inferior
para la verdadera capacidad del conductor S1 .
10
Solución
La carga total Q1 en S1 se puede escribir
I
Q1 =
σ1 (x)da
S1
y la energı́a electrostática W puede expresarse como
W =
1 Q21
1
Q1 Φ1 =
2
2 C
por lo tanto
C
−1
2W
[σ] = 2 =
Q1
H
da
S1
σ1 (x)G(x, x0 )σ1 (x0 )da0
hH
i2
4π0 S1 σ1 (x)da
H
S1
A continuación, debemos mostrar que la expresión variacional
H
C
−1
[σ] =
S1
σ(x)G(x, x0 )σ(x0 )da0
hH
i2
4π0 S1 σ(x)da
da
H
S1
es estacionario para pequeñas variaciones σ lejos de σ1 . Esto puede hacerse formalmente variando σ en
una cantidad infinitesimal. Expresamos la variación en C −1 [σ] como δC −1 [σ] = C −1 [σ + δσ] - C −1 [σ].
Comenzamos con el primer término de esta expresión.
H
C
−1
[σ + δσ] =
S1
da
H
S1
(σ(x) + δσ(x)) G(x, x0 ) (σ(x0 ) + δσ(x0 )) da0
i2
hH
4π0 S1 (σ(x) + δσ(x)) da
Nuestra estrategia es expandir esta expresión, eliminar cualquier término de segundo orden y luego
simplificar
H
I
I
δσ(x)da
S1
−1
−1
H
C [σ + δσ] − C [σ] = 2
daΦ(x)δσ(x) − 2
daσ(x)Φ(x)
σ(x)da S1
S1
S1
Dado que la región de integración es solo sobre la superficie, el potencial es una constante en el rango de
la integral y se puede extraer de la integral.
!
H
I
I
δσ(x)da
S
C −1 [σ + δσ] − C −1 [σ] = 2Φ(x)
daδσ(x) − H 1
daσ(x)
σ(x)da S1
S1
S1
Vemos que los términos entre paréntesis son iguales en magnitud y se cancelan, mostrando que la variación
infinitesmal es igual a cero.
El teorema de Thomson dice que el contenido de energı́a potencial en el volumen V, delimitado por la
superficie Si es un mı́nimo, ya que todas las superficies son conductoras y, por lo tanto equipotenciales.
Cualquier otro la configuración potencial es, por lo tanto, de mayor energı́a electrostática y C −1 [σ] da
un lı́mite superior en C −1 o, equivalentemente, un lı́mite inferior a la capacidad real C del conductor S1 .
11
Problema 10
La función delta de Dirac en tres dimensiones puede tomarse como el limite impropio de una función
gaussiana D, cuando α → 0:
1
2
2
2
−3/2 −3
D(α; x, y, z) = (2π)
α exp − 2 (x + y + z )
2α
Considérese un sistema de coordenadas ortogonales, caracterizado por la superficie, u =constante, v =constante,
ω =constante, y cuyo elemento de volumen es d3 x = (dv/V )(dω/W ). Demuestre que:
δ(x − x0 ) = δ(u − u0 )δ(v − v 0 )δ(ω − ω 0 ) · U V W
al tomar el limite de la gaussiana anterior. Note que cuando α → 0, en el exponente solo es necesario
emplear, para la distancia entre los puntos, el elemento de longitud infinitesimal.
Solución:
Empezamos con la propiedad general de delta de Dirac:
Z∞ Z∞ Z∞
δ(x)δ(y)δ(z) dx dy dz = 1
−∞ −∞ −∞
Sustituyendo
Z∞ Z∞ Z∞
lim D(α, x, y, z) dx dy dz = 1
α→0
−∞ −∞ −∞
Transformando el elemento de volumen:
Z∞ Z∞ Z∞
lim D(α, x, y, z)
α→0
du dv dw
=1
U V W
−∞ −∞ −∞
Sea F una función de variable intermedia:
F (u, v, w) = lim D(α, x, y, z → u, v, w)
α→0
1
UV W
Con esta definición nuestra integral se convierte
Z∞ Z∞ Z∞
F (u, v, w) du dv dw = 1
−∞ −∞ −∞
Haciendo un cambio de variable, se tiene:
Z∞ Z∞ Z∞
F (u − u0 , v − v 0 , w − w0 ) du dv dw = 1
−∞ −∞ −∞
y comparando con la ecuación a demostrar,
F (u − u0 , v − v 0 , w − w0 ) = δ(u − u0 ) δ(v − v 0 ) δ(w − w0 )
Se tiene:
δ(u − u0 ) δ(v − v 0 ) δ(w − w0 ) = lim D(α, x, y, z)
α→0
Despejando D
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du dv dw
U V W
lim D(α, x, y, z) = δ(u − u0 ) δ(v − v 0 ) δ(w − w0 )U V W
α→0
obteniendo:
δ(x − x’) = δ(u − u0 ) δ(v − v 0 ) δ(w − w0 )U V W
Otra forma de resolver es usando explicitamente D
D(α, x, y, z) = (2π)
−3/2 −3
α
1
2
2
2
exp − 2 (x + y + z )
2α
Haciendo un cambio de variable x → x − x0 , y → y − y 0 , z → z − z 0 :
1
0
0
0
−3/2 −3
0 2
0 2
0 2
D(α, x − x , y − y , z − z ) = (2π)
α exp − 2 ((x − x ) + (y − y ) + (z − z ) )
2α
Si x − x0 → 0, entonces, x − x0 ≡ dx, se tiene:
0
0
0
D(α, x − x , y − y , z − z )
=
=
D(α, u − u0 , v − v 0 , w − w0 )
=
=
=
=
1
2
2
2
(2π)
α exp − 2 ((dx) + (dy) + (dz) )
2α
1
2
−3/2 −3
(2π)
α exp − 2 (ds )
2α
2
1
du
dv 2
dw2
−3/2 −3
(2π)
α exp − 2
+ 2 +
2α
U2
V
W2
0 2
1
(u − u )
(v − v 0 )2
(w − w0 )2
−3/2 −3
(2π)
α exp − 2
+
+
2α
U2
V2
W2
#
"
#
"
#
"
0 2
2 2
0 2
2
2
0 2
2 2
e−(v−v ) /2α V
e−(w−w ) /2α W
e−(u−u ) /2α U
√
√
√
2πα
2πα
2πα
"
#"
#"
#
0 2
2
0 2
2
0 2
2
e−(u−u ) /2α1
e−(v−v ) /2α2
e−(w−w ) /2α3
√
√
√
UV W
2πα1
2πα2
2πα3
−3/2 −3
con (α → α1 /U , etc).
Ahora hacemos que α → 0. Cada término entre paréntesis en el lado derecho se convierte en un delta
lineal de Dirac unidimensional. El lado izquierdo se convierte en la expresión general para el delta de
Dirac tridimensional:
δ(x − x’) = δ(u − u0 ) δ(v − v 0 ) δ(w − w0 )U V W
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