Diferencia de potencial producido por una barra

[german153]

Buenos días. El campo eléctrico de una barra de longitud 2a a lo largo de su mediatriz (eje x) es $E=\frac{kq}{x\sqrt {x^2+a^2}}$

El potencial si lo calculo integrando por definición me da bien (como en los libros) $V=\frac{kq}{2a}ln(\frac{\sqrt{a^2+x^2}+a}{\sqrt{a^2+x^2}-a})$

Pero si calculo el potencial integrando E sobre x me queda distinto. $V=kq\int_0^b \frac{1}{x\sqrt {x^2+a^2}}$

Alguien me puede decir donde esta mi error?

[Alriga]

Hola Germán bienvenido a La web de Física, como nuevo miembro echa un vistazo a Consejos para conseguir ayuda de forma efectiva

El campo

$\vec E=\dfrac{kq}{x\sqrt {x^2+a^2}} \hat i$

La relación entre campo y potencial

$\vec E=-\nabla V$

Por lo tanto, en este caso

$\dfrac {\partial V}{\partial x} \hat i=-\dfrac{kq}{x\sqrt {x^2+a^2}} \hat i$

$\dst V=\int -\dfrac{k q \ \dd x}{x \sqrt {x^2+a^2}}$

La integral sale, si no me equivoco:

$V=-\dfrac {k q}a \ \ln \left ( \dfrac x{a \big ( a+ \sqrt{x^2+a^2}\big )} \right )+ Cte1$

Que operando, (ver post#7) se convierte en:

$$V=-\dfrac {k q}a \ \ln \left ( \dfrac x{a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )+ Cte2$$

Este es el procedimiento (creo) más simple en este caso para calcular el potencial eléctrico en los puntos de la mediatriz de la barra de longitud "2a" a partir del campo eléctrico. No se entiende muy bien, ya que no pones los detalles, cuáles son los procesos de cálculo que tú has seguido.

Saludos.

[Al2000]

Creo que tienes una "a" sobrando en el logaritmo, mira que el argumento no es adimensional.

[JCB]

Hola a tod@s.

Utilizando wolframalpha, me sale el mismo valor de la integral indefinida que a Alriga. El siguiente paso, sería definir la constante de integración, estableciendo $V=0$, para $x=\infty$, por ejemplo.

Esto último sería coherente y compatible con la expresión del potencial calculado mediante la integración de $dV$ (es decir, sin utilizar la expresión del campo eléctrico), pues para $x=\infty$, $V=\dfrac{kq}{2a}ln\left(\dfrac{\sqrt{a^2+x^2}+a}{\sqrt{a^2+x^2}-a}\right)=0$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Al2000]

Fuente: Murray Spíegel

$$\int \frac {dx}{x \sqrt {x^2 +a^2}} = - \frac 1 a \ln \left(\frac {a + \sqrt {x^2 + a^2}} x \right)$$

Solo mira que el argumento del logaritmo debe ser adimensional.

[german153]

Gracias a los dos! a ver si entiendo, tenemos que:

Potencial a través de la definición: $V=k\lambda\displaystyle\int_{-a}^{a} \displaystyle\frac{dy}{\sqrt[ ]{x^2+y^2}}=k\lambda ln \big ( \frac{\sqrt{a^2+x^2}+a}{\sqrt{a^2+x^2}-a} \big )$
Potencial a través del campo: $V=\displaystyle\int_{a}^{b} \vec{E} dx=kq\int_a^b \frac{dx}{x\sqrt {x^2+a^2}}$

La segunda es la que desarrolló Alriga. Yo no sé que estaré ingresando mal en Wolfram que me devuelve cualquier cosa... así que no se verificar si su resultado está bien o mal (y por lo tanto tampoco puedo entender las correcciones de AL2000). En su desarrollo, Alriga no ha puesto extremos de integración. ¿Lo que JCB quiere decir es que si le pusiéramos los extremos de "infinito" a "a" el resultado de Alriga se transformaría en la expresión deseada? Es decir que: $V=kq\int_\infty^a \frac{dx}{x\sqrt {x^2+a^2}}=-\dfrac {k q}a \ \ln \left ( \dfrac x{a \big ( a+ \sqrt{x^2+a^2}\big )} \right )\begin{cases}a \\ \infty \end{cases}=k\lambda ln \big ( \frac{\sqrt{a^2+x^2}+a}{\sqrt{a^2+x^2}-a} \big )$
A simple vista no me dan las cuentas. Así que imagino que debo estar entendiendo mal.

PD: Alriga he leído la sección de consejos, supongo que la mención es por la vaguedad de mi consulta. Sucede que me volvió loco no tener un editor de latex al escribir, pero ya encontré uno en internet de donde copiar las ecuaciones
PD2: He cambiado el título de potencial eléctrico a "diferencia de potencial", ya que es esto en realidad lo que me interesa.

[Al2000]

La integral deberías evaluarla desde $\infty$ hasta $x$, para obtener el potencial como función de $x$, $a$ es simplemente un parámetro.

Por otra parte, si quieres que la segunda expresión que escribiste en tu mensaje original se vea igual a la que obtendrás integrando el campo, racionaliza el argumento del logaritmo (nultiplica numerador y denominador por $\sqrt {x^2 + a^2} + a$) y simplifica. El resultado que obtendrás será el mismo que apoyarse en la simetría e integrar directamente medio filamento multiplicando el resultado por dos.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[german153]

Disculpa, lo intento pero no me dan las cuentas.

[Alriga]

Cierto es que la integral

$\dst V=\int -\dfrac{k q \ \dd x}{x \sqrt {x^2+a^2}}$

Admite matemáticamente como una de sus primitivas la que yo he escrito en el Post#2

$V=-\dfrac {k q}a \ \ln \left ( \dfrac x{a \big ( a+ \sqrt{x^2+a^2}\big )} \right )+ Cte1$

Pero tiene razón Al2000 en que es una expresión que"huele mal" por el tema dimensional. Si operamos en ella:

$V=-\dfrac {k q}a \ln \dfrac 1 a- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )+ Cte1=- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )+ Cte2$

Que es la expresión que "huele bien" que ha escrito Al2000. Evidentemente, evaluadas mediante la Regla de Barrow en los límites de una integral definida, ambas expresiones, (la "fea" y la "guapa") conducen al mismo resultado.

Recordad que esto es debido a la conocida propiedad de los logaritmos de que "la derivada del logaritmo de una constante por una función es igual a la derivada del logaritmo de la función"

$\dfrac d{dx} \ln \big ( K\cdot f(x) \big )=\dfrac {d}{dx} (\ln K +\ln f(x))=\dfrac {d}{dx}\big ( \ln f(x)\big )$

Saludos.

[german153]

Vale ya he entendido todo. Solo que esto:

Evidentemente, evaluadas mediante la Regla de Barrow en los límites de una integral definida, ambas expresiones, (la "fea" y la "guapa") conducen al mismo resultado.

...lo acepto por fe jaja, no os preocupeis.
Muchas gracias!

[Alriga]

Evidentemente, evaluadas mediante la Regla de Barrow en los límites de una integral definida, ambas expresiones, (la "fea" y la "guapa") conducen al mismo resultado.

...lo acepto por fe, jaja, ...

La "fe" no es necesaria, he dicho "evidentemente" porque la demostración de que esto es así es trivial. Al aplicar la Regla de Barrow a los dos límites de la integral, cualesquiera [m, n] que sean, el sumando

$-\dfrac {k q}a \ln \dfrac 1 a$

primero suma y después resta, por lo que desaparece y se obtiene que:

$V=\left [-\dfrac {k q}a \ \ln \left ( \dfrac x{a \big ( a+ \sqrt{x^2+a^2}\big )} \right )\right ]_m^n=\left [-\dfrac {k q}a \ln \dfrac 1 a- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right ) \right ]_m^n=\left [- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )\right ]_m^n$

Saludos.

[german153]

Ah, es que con "expresión deseada" yo pensé que te referías al potencial que obtuve "por definición" $V=\frac{kq}{2a}ln(\frac{\sqrt{a^2+x^2}+a}{\sqrt{a^2+x^2}-a})$, que es a lo que quiero llegar integrando el campo eléctrico

[Alriga]

La expresión que he obtenido integrando el campo eléctrico (obviando la constante de integración) es

$$V=- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )$$

$V=- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )=\dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}+a}x \right )=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{ (\sqrt{x^2+a^2}+a)^2}{x^2} \right )$

$$V=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{ (\sqrt{x^2+a^2}+a)^2}{x^2} \right )$$

La expresión que tu dices haber obtenido es:

$$V=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}+a}{\sqrt{x^2+a^2}-a} \right )$$

Ambas expresiones serán iguales si las fracciones

$\dfrac{ (\sqrt{x^2+a^2}+a)^2}{x^2} \quad y \quad \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}+a}{\sqrt{x^2+a^2}-a} \quad .$ Son iguales.

Para saber si son iguales hacemos los dos productos en cruz:

$$x^2 (\sqrt{x^2+a^2}+a)=x^2\sqrt{x^2+a^2}+ax^2$$

$$(\sqrt{x^2+a^2}+a)^2 \ (\sqrt{x^2+a^2}-a)=x^2\sqrt{x^2+a^2}+ax^2$$

Como los productos en cruz (4) y (5) han salido iguales, las expresiones (1) y (3) son iguales c.q.d.

Saludos.

PD. Ahora me fijo que haciendo lo que dice Alberto:

... si quieres que la segunda expresión que escribiste en tu mensaje original se vea igual a la que obtendrás integrando el campo, racionaliza el argumento del logaritmo (multiplica numerador y denominador por $\sqrt {x^2 + a^2} + a$) y simplifica ...

La demostración es mucho más corta que la que yo he hecho:

$V=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}+a}{\sqrt{x^2+a^2}-a} \right )=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{(\sqrt{x^2+a^2}+a)^2}{(\sqrt{x^2+a^2}-a)(\sqrt{x^2+a^2}+a) } \right )$

Fijándonos que en el denominador hay "suma por diferencia igual a diferencia de cuadrados" se obtiene:

$V=\dfrac {k q}{2 a} \ln \left ( \dfrac{ (\sqrt{x^2+a^2}+a)^2}{x^2} \right )= \dfrac {k q}{a} \ln \left ( \dfrac{ \sqrt{x^2+a^2}+a}{x} \right )=- \dfrac {k q}a \ln \left ( \dfrac x{ a+ \sqrt{x^2+a^2}} \right )$

[german153]

Perfecto! muchas gracias! La última parte de tu demostración (la parte de los productos en cruz) también sale por diferencia de cuadrados. Gracias de nuevo!