Doble Integración en el plano finito.

Question

$$\phi(z)=\frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\frac{-a}{2}}^{\frac{a}{2}}\int_{\frac{-a}{2}}^{\frac{a}{2}}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}~dx~dy$$

No estoy seguro de cómo hacer esta integral. Para la primera integral w.r.t $x$ traté de sustituir $x=\sqrt{y^2+z^2}\sin{\theta}\implies dx=\sqrt{y^2+z^2}\cos\theta~d\theta$.

La integral se convierte entonces en:

$$\phi(z)=\frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\frac{-a}{2}}^{\frac{a}{2}}\int_{-\text{?}}^\text{?}1~d\theta~dy$$

Pero los límites son $\text{?}=\arcsin{\frac{a}{2\sqrt{y^2+z^2}}}$ desde arcsen es una función impar. Sin embargo, esto sólo hace que sea aún más difícil de resolver. Entonces, ¿cuál es la mejor manera de hacer esta integral?

Si ayuda voy a dar el contexto de la pregunta. Me piden hallar la intensidad del campo eléctrico a una altura z sobre el centro de un cuadrado de la hoja con la constante de la densidad de carga $\sigma$ y longitudes de los lados $a$.

Answer 1

Por simetría, el campo eléctrico a lo largo de la $z$ eje tendrá sólo un $z$ componente con

$$E_z(0,0,z)=\left.-\frac{\partial \phi(x,y,z)}{\partial z}\right|_{(0,0,z)}$$

Por lo tanto, tenemos

$$E_z(0,0,z)=\frac{\sigma z}{\pi \epsilon_0}\int_0^{a/2}\int_0^{a/2}\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\,dx\,dy$$

En lugar de intentar una transformación a coordenadas cilíndricas, vamos a continuar aquí con integrar directamente en coordenadas Cartesianas.

Evaluamos el interior de la integral haciendo la sustitución de $x=\sqrt{y^2+z^2}\tan \theta$. Este rendimientos

$$\begin{align} \int_0^{a/2}\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\,dx&=\left.\left(\frac{x}{(y^2+z^2)\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)\right|_{0}^{a/2}\\\\ &=\frac{a/2}{(y^2+z^2)\sqrt{(a/2)^2+y^2+z^2}} \end{align}$$

Por lo tanto, hemos reducido la expresión para el campo eléctrico a lo largo de la $z$ eje

$$E_z(0,0,z)=\frac{\sigma z}{\pi \epsilon_0}\int_0^{a/2}\frac{a/2}{(y^2+z^2)\sqrt{(a/2)^2+y^2+z^2}}\,dy$$

Para evaluar el resto de la integral, se realiza la sustitución trigonométrica estándar $y=\sqrt{(a/2)^2+z^2}\tan(u)$. Entonces, tenemos

$$\begin{align} E_z(0,0,z)&=\frac{\sigma z(a/2)}{\pi \epsilon_0}\int_0^{\arctan\left(\frac{a/2}{\sqrt{(a/2)^2+z^2}}\right)}\,\,\frac{\cos(u)}{z^2+(a/2)^2\sin^2(u)}\,du\\\\ &=\frac{\sigma z(a/2)}{\pi \epsilon_0}\int_0^{(a/2)/\sqrt{(a/2)^2+(a/2)^2+z^2}} \frac{1}{z^2+(a/2)^2v^2}\,dv\\\\ &=\frac{\sigma }{\pi \epsilon_0}\arctan\left(\frac{(a/2)^2}{z\sqrt{2(a/2)^2+z^2}}\right) \end{align}$$

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NOTA 1:

Podemos recuperar, por supuesto, el potencial a lo largo de la $z$ eje integrando el campo eléctrico. En este problema, integración por partes facilita. Se deja como ejercicio para el lector.

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NOTA 2:

Como $a\to \infty$, el arcotangente va a $\pi/2\,\text{sgn}(z)$, y queremos recuperar el conocido resultado de que el campo eléctrico de un uniforme de la superficie de carga en un infinito de la superficie, es decir,$\vec E(0,0,0^{\pm})=\pm \hat z\,\frac{\sigma}{2\epsilon_0}$.

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NOTA 3:

Como $z\to 0^{\pm}$, el arcotangente va a $\pi/2 \,\text{sgn}(z)$ y el campo eléctrico es $\vec E(0,0,0^{\pm})=\pm \hat z\,\frac{\sigma}{2\epsilon_0}$

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NOTA 4:

Como $z\to \pm \infty$, el arcotangente va a $\frac{(a/2)^2}{z^2}\,\text{sgn}(z)$ y el campo eléctrico es $\vec E(0,0,z\to \pm \infty)=\pm \hat z\,\frac{\sigma a^2}{4\pi \epsilon_0\,z^2}$, que aparece como el campo de un punto de carga en $q=\sigma a^2$.