Abordagem alternativa à solução da equação de onda com fonte

Abordagem alternativa à solução da equação de onda com fonte

Quando tratamos a invariância de calibre acima vimos que podemos escolher o calibre de Lorentz e resolver a mesma equação de onda com fonte para as três componentes do potencial vetorial e para o potencial escalar, assim como para a própria função de gauge, caso queiramos, partindo de um calibre diferente, mudar para o gauge de Lorentz. Veja que estou, propositalmente, usando as palavras calibre e gauge como sinônimos. Além da vantagem do calibre de Lorentz resultar em uma só equação para os potenciais e função de calibre, também é um calibre covariante por transformações de Lorentz daí o nome do gauge! Mas isso é assunto para outra ocasião. Nesta postagem vou resolver a equação de onda com fonte. Na verdade, ao invés de resolvê-la, vou apresentar a solução e mostrar que satisfaz a equação.

Vamos iniciar provando o seguinte resultado matemático:

∇²







 ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









= 1

c²

∂²

∂t²







 ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









+ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

∇² 1

|r−r⁰|

, (1)

ondecé a magnitude da velocidade da luz no vácuo. Para simplicar a notação, vamos escrever:

ρ ≡ ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

(2) e

R ≡ |r−r⁰|. (3) Então,

∇²ρ R

= ∇ ·h

∇ρ R

i

= ∇ ·

∇

ρ1 R

= ∇ · ∇ρ

R +ρ∇

1 R

= ∇ · ∇ρ

R

+∇ ·

ρ∇

1 R

, (4)

isto é,

∇²ρ R

= ∇²ρ

R + 2 (∇ρ)· ∇ 1

R

+ρ∇² 1

R

. (5)

Note o seguinte resultado:

∇ρ = ∇ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

= −1 c

∂ρ

∂t∇R

= −1 c

∂ρ

∂t r−r⁰

|r−r⁰| =−1 c

∂ρ

∂t

R.ˆ (6)

Para entendermos melhor como apareceu a derivada temporal parcial deρ na segunda igualdade acima, notemos este exemplo simplicado: seja f(x, y) uma função dada por

f(x, y) ≡ xexph cosy

d i

.

Assim, notemos que

∂

∂yf(x, y) = −x dseny

d

exph cosy

d i

.

Consideremos agora, a mesma função, mas calculada não emy,mas emy−g(z). Temos:

f(x, y−g(z)) = xexp

cos

y−g(z) d

.

Quanto dá a derivada parcial com relação a z desta função? Ora, o resultado ca:

∂

∂zf(x, y−g(z)) = g⁰(z)x dsen

y−g(z) d

exp

cos

y−g(z) d

. Mas, obviamente, olhando a derivada que tínhamos feito acima, podemos tam- bém escrever:

∂

∂zf(x, y−g(z)) = −g⁰(z) ∂

∂(y−g(z))f(x, y−g(z)). Mas, notemos que

∂

∂y = ∂(y−g(z))

∂y

∂

∂(y−g(z))

= ∂

∂(y−g(z)). Logo,

∂

∂zf(x, y−g(z)) = −g⁰(z) ∂

∂(y−z)f(x, y−g(z))

= −g⁰(z) ∂

∂yf(x, y−g(z)),

que é análogo ao que foi feito acima emρ/R.

Consequentemente,

∇²ρ = ∇ ·(∇ρ)

= ∇ ·

−1 c

∂ρ

∂t Rˆ

= −1 c

∂

∂t(∇ρ)

·Rˆ−1 c

∂ρ

∂t

∇ ·Rˆ

, (7)

ou seja, usando de novo a Eq. (6),

∇²ρ = −1 c

∂

∂t

−1 c

∂ρ

∂tRˆ

·Rˆ−1 c

∂ρ

∂t∇ ·

r−r⁰

|r−r⁰|

= 1

c²

∂²ρ

∂t²

Rˆ·Rˆ

−1 c

∂ρ

∂t

∇ ·(r−r⁰)

|r−r⁰| − 1

R²(r−r⁰)· ∇R

= 1

c²

∂²ρ

∂t² −1 c

∂ρ

∂t 3

R −Rˆ·Rˆ R

!

= 1 c²

∂²ρ

∂t² − 2 Rc

∂ρ

∂t. (8) Também, usando de novo a Eq. (6), temos:

2 (∇ρ)· ∇ 1

R

= 2

−1 c

∂ρ

∂t Rˆ

· −Rˆ R²

!

= 2

R²c

∂ρ

∂t. (9)

Então, substituindo as Eqs. (8) e (9) de volta na Eq. (5), encontramos o seguinte resultado:

∇²ρ R

= 1

Rc²

∂²ρ

∂t² − 2 R²c

∂ρ

∂t + 2 R²c

∂ρ

∂t +ρ∇² 1

R

= 1

Rc²

∂²ρ

∂t² +ρ∇² 1

R

= 1

c²

∂²

∂t² ρ

R

+ρ∇² 1

R

, (10) que é exatamente a Eq. (1), comρeR como nas Eqs. (2) e (3).

Com o resultado que acabamos de demonstrar, podemos concluir que a in- tegral volumétrica da Eq. (1) dá:

∇²







 ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









= 1

c²

∂²

∂t²







 ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









+ ˆ

V

d³r⁰

ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

∇² 1

|r−r⁰|

, (11)

onde o volumeV é o volume de todo o espaço tridimensional, sempre tendo em mente que, por hipótese, a fonte é limitada espacialmente para todo instante de tempo. Note que, parar⁰6=r,

∇² 1

|r−r⁰|

= ∇ ·

∇ 1

|r−r⁰|

= ∇ · − r−r⁰

|r−r⁰|³

!

= − 3

|r−r⁰|³ +3 (r−r⁰)·(r−r⁰)

|r−r⁰|⁵

!

= 0. (12) Então, o último termo da Eq. (11), à luz da Eq. (12), pode ser escrito assim:

ˆ

V

d³r⁰

ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

∇² 1

|r−r⁰|

= ρ(r, t) ˆ

V

d³r⁰∇² 1

|r−r⁰|

, (13) já que, para qualquer outro ponto do volume V, exceto r⁰ =r, o laplaciando

do inverso de|r−r⁰|se anula. Resta saber qual o valor da integral volumétrica desse laplaciano. Mas esse resultado é conhecido da eletrostática: para uma carga pontual de valorqcolocada no pontor⁰ temos:

Eq(r) = q(r−r⁰)

|r−r⁰|³

= −q∇

1

|r−r⁰|

(14) e, da lei de Gauss,

∇ ·E_q(r) = 4πρ_q(r, t). (15)

O problema é que, para uma carga puntiforme, a densidade ρq(r, t) é mal denida, isto é, normalmente tomamos a liberdade de um abuso matemático e escrevemos:

ρq(r, t) = qδ⁽³⁾(r−r⁰),

ondeδ⁽³⁾(r−r⁰)é a versão tridimensional da chamada função delta de Dirac.

Para não causar problemas com os puristas em matemática, temos sempre a alternativa de escrever a lei de Gauss na forma integral e, portanto, integrando a Eq. (15) no volumeV encontramos:

ˆ

V

d³r⁰∇ ·E_q(r) = 4π ˆ

V

d³r⁰ρ_q(r, t). (16)

Usando a Eq. (14) e sabendo que a carga total no volumeV é q, a Eq. (16) fornece:

ˆ

V

d³r⁰∇ ·

−q∇

1

|r−r⁰|

= 4πq,

isto é,

ˆ

V

d³r⁰∇² 1

|r−r⁰|

= −4π. (17) Usando a Eq. (17) na Eq. (13), obtemos:

ˆ

V

d³r⁰

ρ

r⁰, t−|r−r⁰| c

∇² 1

|r−r⁰|

= −4πρ(r, t) (18) e, assim, a Eq. (11) dá:

∇²







 ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









= 1

c²

∂²

∂t²







 ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰|









−4πρ(r, t). (19)

Mas a Eq. (19) é a equação de onda com fonte. Vamos denir, portanto:

φ(r, t) ≡ ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t−|r−r⁰|

c

|r−r⁰| . (20)

Vemos então que φ(r, t), denido pela Eq. (20), satisfaz a equação de onda com fonte que queríamos resolver. Para ver isso, basta substituir a integral que aparece na Eq. (19) porφ(r, t)da Eq. (20). Obtemos:

∇²φ(r, t)− 1 c²

∂²

∂t²φ(r, t) = −4πρ(r, t), (21)

que é, justamente, a equação que o potencial escalar satisfaz no calibre de Lorentz (conra com a Eq. (2) da seção de invariância de calibre!

A solução que encontramos para o potencial escalar, expressa pela Eq. (20), é uma solução particular da equação de onda com fonte. A solução geral é a soma dessa solução particular com a solução geral da equação de onda sem fonte.

Mas, aqui, estamos interessados no caso em que queremos os campos gerados por cargas e correntes não nulas, os campos causados por essas fontes. Nesse caso, queremos soluções que dão zero se as fontes forem identicamente nulas.

Logo, no calibre de Lorentz, a Eq. (20) é a solução que satisfaz essa condição de contorno: a de um potencial escalar gerado pela distribuição de cargas dada porρ(r, t).

De forma exatamente análoga ao que zemos até agora, podemos encontrar as soluções para o potencial vetorial causado pela distribuição de corrente dada porJ(r, t) (conra com a Eq. (3) da seção sobre invariância de calibre. O re- sultado é facilmente transcrito dos cálculos que zemos para o potencial escalar, apenas com a troca do fator multiplicativo da fonte:

A(r, t) = 1 c ˆ

V

d³r⁰ J

r⁰, t−|^r−r0|

c

|r−r⁰| . (22)

Por causa do sinal negativo que aparece na dependência temporal das soluções dadas pelas Eqs. (20) e (22), os potenciais no calibre de Lorentz causados pelas fontes acontecem depois que a carga e a corrente mudam no tempo, indicando que a evolução temporal dos campos é causada pelos movimentos das fontes.

Por causa desse retardamento temporal, os potenciais das Eqs. (20) e (22) são chamados de potenciais retardados. Você pode demonstrar que os potenciais avançados, denidos por

φ₊(r, t) ≡ ˆ

V

d³r⁰ ρ

r⁰, t+|^r−r0|

c

|r−r⁰| (23) e

A₊(r, t) ≡ 1 c

ˆ

V

d³r⁰ J

r⁰, t+|^r−r0|

c

|r−r⁰| , (24)

também são soluções exatamente das mesmas equações de onda com fonte que os potenciais retardados satisfazem!