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Análisis Matemático 66
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ANÁLISIS MATEMÁTICO 66 CBC
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2. [Ley de Coulomb, I] Un disco uniformemente cargado tiene radio $R$ y densidad de carga superficial $\sigma$, como se ve en la figura. El potencial eléctrico $V$ en un punto $P$ a una distancia $d>0$ a lo largo de la perpendicular al eje central del disco es \[ V=2 \pi k_{e} \sigma\left(\sqrt{d^{2}+R^{2}}-d\right) \] donde $k_{e}$ es una constante llamada constante de Coulomb. Demuestre que \[ V \approx \frac{\pi k_{e} R^{2} \sigma}{d} \] para $d$ muy grande.
(Sugerencia: Considere la variable real $x=\frac{R}{d}$)
Respuesta
Este problema sé que no es tan fácil de pensarlo en este punto, cuando recién estamos arrancando la práctica, pero no quería dejar de hacerlo porque más adelante en la carrera, cuando cursen materias de Física, esto que vamos a hacer ahora es muuuuuy común, así que me pareció que estaba copado verlo aprovechando este ejercicio :)
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Primerísimo, que no te confundan tantas letras. Acá hay un montón de cosas que son constantes, como $k$ y $\sigma$. Esta es una función que depende de la distancia d: O sea, yo a la función le meto una distancia $d$ (del punto P al disco) y me dice el potencial que hay en ese punto.
$V=2 \pi k_{e} \sigma\left(\sqrt{d^{2}+R^{2}}-d\right)$
Ahora, trabajar con esta función así como está puede ser un verdadero quilombo, entonces vamos a aproximar. Es decir, si $d$ es muuuuuucho más grande que $R$, ¿será que podemos trabajar con una expresión un poco más simple que me diga el potencial en función de cada distancia?
Una primera manera muy "fuerza bruta" de pensar esto es decir... Ok, si $d$ es muuuuucho más grande que $R$, entonces quiere decir que $d^2 + R^2 \approx d^2$, no? Porque el término con $R$ quedaría despreciable frente a $d^2$, entonces me puedo imaginar que adentro de la raíz me queda simplemente $d^2$. Hasta ahí me seguís? Si uso esta aproximación me queda:
$V \approx 2 \pi k_{e} \sigma\left(\sqrt{d^{2}}-d\right)$
$V \approx 2 \pi k_{e} \sigma\left(d-d\right)$
$V \approx 0$
Ups. Esta aproximación que acabamos de hacer es muy poco precisa, me está diciendo que el potencial va a ser cercano a cero. Necesitamos algo un poco mejor y por eso vamos a tirar un par de magias con Taylor ✨
Si adentro de la raíz sacamos factor común $d^2$ nos queda:
$V = 2 \pi k_{e} \sigma \left(\sqrt{d^{2}\left(1+\frac{R^{2}}{d^{2}}\right)}-d\right)$
Distribuimos la raíz...
$V= 2 \pi k_{e} \sigma \left(d\sqrt{1+\frac{R^{2}}{d^{2}}}-d\right)$
Y si ahora sacamos factor común $d$ adentro del paréntesis:
$V = 2 \pi k_{e} \sigma d\left(\sqrt{1+\frac{R^{2}}{d^{2}}}-1\right)$
Entonces, lo que vamos a hacer ahora es aproximar la función que nos quedó adentro del paréntesis, es decir, $\sqrt{1+\frac{R^{2}}{d^{2}}}-1$, cuando $d$ es muuuucho más grande que $R$. Y para eso vamos a usar la sugerencia del enunciado, que es hacer el cambio de variable $x=\frac{R}{d}$. A esta función la vamos a llamar $f$ y nos queda así:
\( f(x) = \sqrt{1+x^2}-1 \)
Paro acá un segundo, porque apostaría todo a que estás diciendo, "naaaaa, a mi nunca se me hubiera ocurrido eso!" Honestamente, si a mi me mostraban esto cuando cursé Análisis también hubiera salido corriendo eh 😅 Esto que estamos haciendo es muy común de hacer en problemas de Física, a mi alguna vez también alguien me lo mostró, y por eso sé por dónde viene la mano. Acá estamos haciendo lo mismo, te estoy ayudando por primera vez a ver cómo podemos pensar esto :)
Cuando $d >> R$, el término $\frac{R}{d}$ (es decir, $x$) tiende a cero. Entonces vamos a buscar aproximar esta función cuando $x$ es cercano a cero. Es decir, queremos encontrar el polinomio de Taylor de $f$ centrado en $x=0$. ¿Hasta qué orden? Y en principio vamos a ir hasta el más simple, hasta orden $1$...
El Taylor que estamos buscando es algo así:
$p(x) = f(0) + f'(0) \cdot x$
Y en este caso:
$f(0) = 0$
Y si calculamos $f'(x)$
\( f'(x) = \frac{2x}{2 \sqrt{1+x^2}} = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \)
$f'(0) = 0$
Con lo cual, no me está sirviendo quedarme en el orden $1$, tengo que ir a un orden más... vamos a orden $2$:
$p(x) = f(0) + f'(0) \cdot x + f''(0) \cdot \frac{x^2}{2}$
Calculamos la derivada segunda:
\( f''(x) = \frac{1\sqrt{1+x^2} - x(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})}{(\sqrt{1+x^2})^2} \)
$f''(0) = 1$
Entonces, reemplazando en nuestro Taylor nos queda algo así:
$p(x) = \frac{1}{2} x^2$
Es decir, que si estamos trabajando muy cerca de $x = 0$, lo que es equivalente a que $\frac{R}{d} \approx 0$ (porque $d >> R$), en vez de escribir la función que nos había quedado en el paréntesis, podría escribir la cuadrática que obtuvimos recién, es decir...
$V = 2 \pi k_{e} \sigma d\left(\sqrt{1+\frac{R^{2}}{d^{2}}}-1\right)$
$V \approx 2 \pi k_{e} \sigma d \cdot [\frac{1}{2} (\frac{R}{d})^2] $
Simplificamos y nos queda:
$V \approx \frac{\pi k_{e} R^{2} \sigma}{d}$
Es decir, si estamos en la aproximación $d >> R$, resolviendo el año que viene un problema de electrostática, vamos a poder usar esta expresión en vez de la original, y les juro que ahí van a agradecerle a Taylor porque esto que acabamos de hacer simplifica muchísimo cualquier problema :)
Última para cerrar: En este caso nos tuvimos que ir con el Taylor hasta un orden $2$, porque el término lineal (orden $1$) era cero y sino nos hubiera quedado $V \approx 0$, y no queríamos eso. A su vez, cuando hicimos la aproximación a ojo $d^2 + R^2 \approx d^2$, también nos había dado $V \approx 0$... eso no fue casualidad eh, eso nos pasó porque el término lineal del Taylor era cero :)