El potencial de campo lejano de un tablero de ajedrez infinito con cuadrados de densidad de carga superficial alterna

Question

Estoy tratando de encontrar el potencial lejos de un tablero de ajedrez infinito que tiene cuadrados de tamaño $x^2$ y llevando carga superficial alterna $\pm \sigma$ (por ejemplo, todos los cuadrados negros llevan $+\sigma$ y todas las casillas blancas llevan $-\sigma$ ).

He intentado parametrizar la distribución de carga expandiéndola en una serie de Fourier (de una onda cuadrada en ambos $x$ y $y$ direcciones en el plano) y sustituyéndolo en la fórmula del potencial $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{\rho(\vec{r'})}{|\vec{r} - \vec{r'}|}d^3r'$ . Pero no puedo integrar la expresión resultante y estoy muy confundido si esta es la forma correcta de hacerlo o no.

Answer 1

Creo que una posible forma de encontrar la solución es la siguiente.

1. La función damero (proporcional a $\sigma$ ) puede escribirse como $$ C(x,y)=\frac{16}{\pi^2} \sum_{n,m \,\,\mbox{odd}} \frac{1}{n m}\sin \left(\ \frac{\pi n x}{L} \right) \sin \left( \frac{\pi m y}{L} \right) $$

2. Debes utilizar las simetrías de tu sistema para deducir que el potencial es una función par de $z$ si se toma un sistema de coordenadas con $x$ y $y$ en el tablero de ajedrez. Como la discontinuidad del campo eléctrico normal que atraviesa el damero es proporcional a $\sigma$ entonces $$ \left. \frac{\partial \phi}{\partial z}(x,y,z) \right|_{z=0^+} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} $$ debe ser proporcional a la función che damero.

3. Por comprobación directa la función $$e^{-\beta z} \sin p x \sin q y$$ es una solución de la ecuación $\nabla^2 \phi_{pq}=0$ si $\beta^2=p^2+q^2$ . Ahora puedes construir una serie de términos que resuelvan la ecuación de Poisson para $z>0$ escribiendo $$\phi = \frac{16}{\pi^2} \sum_{n,m \,\,\mbox{odd}} \frac{K_{mn}}{n m}\sin \left(\ \frac{\pi n x}{L} \right) \sin \left( \frac{\pi n y}{L} \right) \exp \left(-\frac{\pi\sqrt{n^2+m^2}}{L}z \right)$$ donde $K_{mn}$ son coeficientes arbitrarios.

4. La derivada de esta ecuación en $z=0$ debe ser proporcional a la función de damero. Esto fija los coeficientes y obtenemos el resultado final $$\phi = -\frac{8}{\pi^2} \frac{\sigma L}{\epsilon_0 \pi} \sum_{n,m \,\,\mbox{odd}} \frac{1}{n m\sqrt{m^2+n^2}}\sin \left(\ \frac{\pi n x}{L} \right) \sin \left( \frac{\pi n y}{L} \right) \exp \left(-\frac{\pi\sqrt{n^2+m^2}}{L}z \right)$$

Para valores grandes de $z$ el término dominante es para $m=n=1$ (los detalles del damero aparecen "borrosos"). Obsérvese que el campo disminuye más rápido que cualquier ley de potencia. Esto depende del hecho de que no hay una buena aproximación multipolar que pueda funcionar: dos cuadrados dan un dipolo, pero cuatro dan un octupolo cancelando el dipolo y así sucesivamente.

$$\phi \sim -\frac{8}{\pi^2} \frac{\sigma L}{\epsilon_0 \pi} \frac{1}{\sqrt{2}}\sin \left(\ \frac{\pi x}{L} \right) \sin \left( \frac{\pi y}{L} \right) \exp \left(-\frac{\pi\sqrt{2}}{L}z \right)$$

n.b.: el tamaño del damero es $L$ .