Ley de Gauss

La forma integral de la ley de Gauss es:

${\displaystyle {\scriptstyle _{S}}}$ ${\displaystyle \mathbf {E} \cdot \mathrm {d} \mathbf {A} }$${\displaystyle ={\frac {Q}{\varepsilon _{0}}}}$

Para cualquier superficie cerrada S que contenga carga Q. Por el teorema de divergencia, esta ecuación es equivalente a:

$${\displaystyle \iiint _{V}\nabla \cdot \mathbf {E} \,\mathrm {d} V={\frac {Q}{\varepsilon _{0}}}}$$

para cualquier volumen V que contenga carga Q . Por la relación entre carga y densidad de carga, esta ecuación es equivalente a: para cualquier volumen V . Para que esta ecuación sea simultáneamente verdadera para cada posible volumen V , es necesario (y suficiente) que los integrandos sean iguales en todas partes. Por lo tanto, esta ecuación es equivalente a:$${\displaystyle \iiint _{V}\nabla \cdot \mathbf {E} \,\mathrm {d} V=\iiint _{V}{\frac {\rho }{\varepsilon _{0}}}\,\mathrm {d} V}$$

$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {E} ={\frac {\rho }{\varepsilon _{0}}}.}$$Por lo tanto, las formas integral y diferencial son equivalentes.

En esta prueba, demostraremos que la ecuación es equivalente a la ecuación Nótese que solo estamos tratando con las formas diferenciales, no con las formas integrales, pero eso es suficiente ya que las formas diferencial e integral son equivalentes en cada caso, por el teorema de divergencia.$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {E} ={\dfrac {\rho }{\varepsilon _{0}}}}$$$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {D} =\rho _{\mathrm {free} }}$$

Introducimos la densidad de polarización P , que tiene la siguiente relación con E y D : y la siguiente relación con la carga ligada: Ahora, considere las tres ecuaciones: La idea clave es que la suma de las dos primeras ecuaciones es la tercera ecuación. Esto completa la prueba: La primera ecuación es verdadera por definición y, por lo tanto, la segunda ecuación es verdadera si y solo si la tercera ecuación es verdadera. Entonces, la segunda y la tercera ecuaciones son equivalentes, que es lo que queríamos probar.$${\displaystyle \mathbf {D} =\varepsilon _{0}\mathbf {E} +\mathbf {P} }$$$${\displaystyle \rho _{\mathrm {bound} }=-\nabla \cdot \mathbf {P} }$$$${\displaystyle {\begin{aligned}\rho _{\mathrm {bound} }&=\nabla \cdot (-\mathbf {P} )\\\rho _{\mathrm {free} }&=\nabla \cdot \mathbf {D} \\\rho &=\nabla \cdot (\varepsilon _{0}\mathbf {E} )\end{aligned}}}$$

La ley de Coulomb establece que el campo eléctrico debido a una carga puntual estacionaria es: donde$${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {q}{4\pi \varepsilon _{0}}}{\frac {\mathbf {e} _{r}}{r^{2}}}}$$

• e _r es el vector unitario radial ,
• r es el radio, | r | ,
• ε ₀ es la constante eléctrica ,
• q es la carga de la partícula, que se supone que está ubicada en el origen .

Usando la expresión de la ley de Coulomb, obtenemos el campo total en r usando una integral para sumar el campo en r debido a la carga infinitesimal en cada uno de los otros puntos s en el espacio, para dar donde ρ es la densidad de carga. Si tomamos la divergencia de ambos lados de esta ecuación con respecto a r y usamos el teorema conocido ^[9]$${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int {\frac {\rho (\mathbf {s} )(\mathbf {r} -\mathbf {s} )}{|\mathbf {r} -\mathbf {s} |^{3}}}\,\mathrm {d} ^{3}\mathbf {s} }$$

$${\displaystyle \nabla \cdot \left({\frac {\mathbf {r} }{|\mathbf {r} |^{3}}}\right)=4\pi \delta (\mathbf {r} )}$$donde δ ( r ) es la función delta de Dirac , el resultado es$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {1}{\varepsilon _{0}}}\int \rho (\mathbf {s} )\,\delta (\mathbf {r} -\mathbf {s} )\,\mathrm {d} ^{3}\mathbf {s} }$$

Utilizando la " propiedad de cribado " de la función delta de Dirac, llegamos a que es la forma diferencial de la ley de Gauss, como se deseaba.$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {\rho (\mathbf {r} )}{\varepsilon _{0}}},}$$

Sea un conjunto abierto acotado, y sea el campo eléctrico, con función continua (densidad de carga).${\displaystyle \Omega \subseteq R^{3}}$$${\displaystyle \mathbf {E} _{0}(\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int _{\Omega }\rho (\mathbf {r} '){\frac {\mathbf {r} -\mathbf {r} '}{\left\|\mathbf {r} -\mathbf {r} '\right\|^{3}}}\mathrm {d} \mathbf {r} '\equiv {\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int _{\Omega }e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} ){\mathrm {d} \mathbf {r} '}}$$${\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')}$

Es cierto todo eso .${\displaystyle \mathbf {r} \neq \mathbf {r'} }$${\displaystyle \nabla _{\mathbf {r} }\cdot \mathbf {e} (\mathbf {r,r'} )=0}$

Consideremos ahora un conjunto compacto que tiene un límite liso por partes tal que . De ello se deduce que y por lo tanto, para el teorema de divergencia:${\displaystyle V\subseteq R^{3}}$ ${\displaystyle \partial V}$${\displaystyle \Omega \cap V=\emptyset }$${\displaystyle e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} )\in C^{1}(V\times \Omega )}$

$${\displaystyle \oint _{\partial V}\mathbf {E} _{0}\cdot d\mathbf {S} =\int _{V}\mathbf {\nabla } \cdot \mathbf {E} _{0}\,dV}$$

Pero porque ,${\displaystyle e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} )\in C^{1}(V\times \Omega )}$

$${\displaystyle \mathbf {\nabla } \cdot \mathbf {E} _{0}(\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int _{\Omega }\nabla _{\mathbf {r} }\cdot e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} ){\mathrm {d} \mathbf {r} '}=0}$$ para el argumento anterior ( y luego )${\displaystyle \Omega \cap V=\emptyset \implies \forall \mathbf {r} \in V\ \ \forall \mathbf {r'} \in \Omega \ \ \ \mathbf {r} \neq \mathbf {r'} }$${\displaystyle \nabla _{\mathbf {r} }\cdot \mathbf {e} (\mathbf {r,r'} )=0}$

Por lo tanto, el flujo a través de una superficie cerrada generado por cierta densidad de carga exterior (la superficie) es nulo.

Consideremos ahora , y como la esfera centrada en que tiene como radio (existe porque es un conjunto abierto).${\displaystyle \mathbf {r} _{0}\in \Omega }$${\displaystyle B_{R}(\mathbf {r} _{0})\subseteq \Omega }$${\displaystyle \mathbf {r} _{0}}$${\displaystyle R}$${\displaystyle \Omega }$

Sean y el campo eléctrico creado dentro y fuera de la esfera respectivamente. Entonces,${\displaystyle \mathbf {E} _{B_{R}}}$${\displaystyle \mathbf {E} _{C}}$

${\displaystyle \mathbf {E} _{B_{R}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int _{B_{R}(\mathbf {r} _{0})}e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} ){\mathrm {d} \mathbf {r} '}}$, y${\displaystyle \mathbf {E} _{C}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}\int _{\Omega \setminus B_{R}(\mathbf {r} _{0})}e(\mathbf {r,\mathbf {r} '} ){\mathrm {d} \mathbf {r} '}}$${\displaystyle \mathbf {E} _{B_{R}}+\mathbf {E} _{C}=\mathbf {E} _{0}}$

$${\displaystyle \Phi (R)=\oint _{\partial B_{R}(\mathbf {r} _{0})}\mathbf {E} _{0}\cdot d\mathbf {S} =\oint _{\partial B_{R}(\mathbf {r} _{0})}\mathbf {E} _{B_{R}}\cdot d\mathbf {S} +\oint _{\partial B_{R}(\mathbf {r} _{0})}\mathbf {E} _{C}\cdot d\mathbf {S} =\oint _{\partial B_{R}(\mathbf {r} _{0})}\mathbf {E} _{B_{R}}\cdot d\mathbf {S} }$$

La última igualdad se deduce de la observación de que y del argumento anterior.${\displaystyle (\Omega \setminus B_{R}(\mathbf {r} _{0}))\cap B_{R}(\mathbf {r} _{0})=\emptyset }$

El RHS es el flujo eléctrico generado por una esfera cargada, y por lo tanto:

$${\displaystyle \Phi (R)={\frac {Q(R)}{\varepsilon _{0}}}={\frac {1}{\varepsilon _{0}}}\int _{B_{R}(\mathbf {r} _{0})}\rho (\mathbf {r} '){\mathrm {d} \mathbf {r} '}={\frac {1}{\varepsilon _{0}}}\rho (\mathbf {r} '_{c})|B_{R}(\mathbf {r} _{0})|}$$con${\displaystyle r'_{c}\in \ B_{R}(\mathbf {r} _{0})}$

Donde la última igualdad se deduce del teorema del valor medio para integrales. Utilizando el teorema de compresión y la continuidad de , se llega a:${\displaystyle \rho }$

$${\displaystyle \mathbf {\nabla } \cdot \mathbf {E} _{0}(\mathbf {r} _{0})=\lim _{R\to 0}{\frac {1}{|B_{R}(\mathbf {r} _{0})|}}\Phi (R)={\frac {1}{\varepsilon _{0}}}\rho (\mathbf {r} _{0})}$$

Tomando S en la forma integral de la ley de Gauss como una superficie esférica de radio r , centrada en la carga puntual Q , tenemos

$${\displaystyle \oint _{S}\mathbf {E} \cdot d\mathbf {A} ={\frac {Q}{\varepsilon _{0}}}}$$

Suponiendo que existe simetría esférica, el integrando es una constante que se puede sacar de la integral. El resultado es donde r̂ es un vector unitario que apunta radialmente en dirección opuesta a la carga. Nuevamente, por simetría esférica, E apunta en la dirección radial, por lo que obtenemos que es esencialmente equivalente a la ley de Coulomb. Por lo tanto, la dependencia de la ley del cuadrado inverso del campo eléctrico en la ley de Coulomb se deduce de la ley de Gauss.$${\displaystyle 4\pi r^{2}{\hat {\mathbf {r} }}\cdot \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {Q}{\varepsilon _{0}}}}$$$${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}}}{\frac {\hat {\mathbf {r} }}{r^{2}}}}$$