Examen Parcial 5: Ecuaciones de Maxwell y Relatividad
Sa´ul M´endez Guti´errez
16 de junio de 2020
1. Escriba las ecuaciones de Maxwell de
la forma mas general posible (conside-
rando el vector de polarizaci´on y mag-
netizaci´on)
#»
·
#»
D = ρ (1)
#»
·
#»
B = 0 (2)
#»
×
#»
H =
#»
J +
δ
#»
D
δt
(3)
#»
×
#»
E = −
δ
#»
B
δt
(4)
Donde:
#»
H =
#»
B
µ
, D =
#»
E
Donde los t´erminos denotan:
#»
E: Campo el´ectrico
#»
B: Campo de inducci´on magn´etica
#»
H: Campo magn´etico
#»
D: Campo de desplazamiento
#»
J : Densidad de corriente el´ectrica
ρ: Densidad de carga el´ectrica
µ: permeabilidad magn´etica
: permeabilidad el´ectrica
2. Usando las ecuaciones de Maxwell en
el vac´ıo, demuestre que los campos
el´ectricos y magn´eticos se propagan co-
mo ondas.
Las ecuaciones de Maxwell en el vac´ıo son:
·
#»
E = 0
·
#»
B = 0
×
#»
E = −
∂
#»
B
∂t
×
#»
B = µ0ε0
∂
#»
E
∂t
Comenzando con el campo el´ectrico
Si tenemos en cuenta un medio en el cual
#»
D =
#»
E con un a permeabilidad µ = 1 no
magn´etico.
En donde no existen cargas externas y se to-
ma alguna regi´on en donde la Densidad de
carga el´ectrica ρ = 0, as´ı como la Densidad
de corriente el´ectrica
#»
J = 0 , la ecuaci´on
#»
×
#»
E queda de la forma:
#»
×
#»
E +
1
c
δ
#»
B
δt
= 0 (5)
Donde c es la constante de la velocidad de la
luz.
1

Partiendo de esta ecuaci´on, y aplicando el
rotacional.
#»
× (
#»
×
#»
E) +
1
c
δ
#»
B
δt
= 0 (6)
Aplicando la identidad del rotacional, en la
cual:
A × (B × C) = B(A · C) − C(A · B)
Con A, B, C vectores, la ecuaci´on queda de
la manera:
#»
× (
#»
×
#»
E) =
#»
(
#»
·
#»
E) −
#»
E(
#»
·
#»
) (7)
= −
#»2 #»
E (8)
Por lo que:
#»2 #»
E −
µ
c2
δ2 #»
B
δt2
= 0 (9)
Definimos una velocidad
v2
=
c2
µ
En donde se obtiene la ecuaci´on:
#»2 #»
E +
1
v2
δ2 #»
B
δt2
= 0 (10)
Que tiene la misma forma de la ecuaci´on de
onda
#»2
Ψ + k2
Ψ = 0:
La cual tiene soluciones de la forma
#»
E =
#»
E0e(k #»r −ωt)
En donde k2
= ω2
c2 µ y ω es la frecuencia
angular
Igualmente para el campo magn´etico, se
cumple
#»2 #»
B −
1
v2
δ2 #»
B
δt2
= 0 (11)
Por lo que tiene soluciones
#»
B =
#»
E0e(
#»
k #»r −ωt)
Por ende se comprueba que la propagaci´on de
los campos el´ectricos y magn´eticos se com-
porta como ondas.
3. Demuestre que las ondas electro-
magn´eticas (en el vacio) son transver-
sales y los campos E y B son ortogona-
les.
De las ecuaciones de Maxwell en el vac´ıo, te-
nemos la relaci´on entre los campos el´ectrico
y magn´etico como:
#»
·
#»
E = 0
#»
·
#»
B = 0
Por lo que son iguales.
∂Ex
∂x
+
∂Ey
∂y
+
∂Ez
∂z
=
∂Bx
∂x
+
∂By
∂y
+
∂Bz
∂z
Ahora, si existe una onda electromagn´etica
de la forma cos(kz − ωt) propag´andose por
la direcci´on z del espacio, de las anteriores
ecuaciones tenemos que:
∂Ez
∂z
= 0
∂Bz
∂z
= 0
2

Ya que la derivada parcial de cos(kz − ωt)
con respecto a x y y son cero.
Para que esto ocurra, se necesita que los com-
ponentes del campo el´ectrico y magn´etico en
la direcci´on z sean una constante, con res-
pecto a z.
Por lo que debe de existir un componente
transversal a la direcci´on de z en el cual su
derivada es diferente de cero.
Lo que prueba la naturaleza transversal de
las ondas electromagn´eticas.
Ahora, para demostrar la ortogonalidad
del campo el´ectrico y magn´etico con res-
pecto a si mismos, una definici´on bastante
f´acil de ser perpendiculares es
#»
E ·
#»
B = 0
Si se tienen soluciones con la forma de ondas:
#»
E =
#»
ˆE cos(ωt −
#»
k #»r + φ)
#»
B =
#»
ˆB cos(ωt −
#»
k #»r + φ)
Con una amplitud de onda de
#»
ˆE,
#»
ˆB.
Ahora, de las ecuaciones de Maxwell en el
vac´ıo, usar´e la ecuaci´on: ×
#»
E = −∂
#»
B
∂t
Calculando el rotacional, tenemos todos los
t´erminos:
×
#»
E =
∂Ez
∂y
−
∂Ey
∂z
ˆx
+
∂Ex
∂z
−
∂Ez
∂x
ˆy
+
∂Ey
∂x
−
∂Ex
∂y
ˆz
En coordenadas cartesianas
Todo esto es igual , por la ecuaci´on original
a :
×
#»
E = −
∂
#»
B
∂t
= ω
#»
ˆB sin(ωt −
#»
k #»r + φ)
En donde se puede observar que sus compo-
nentes tienen la misma fase y su amplitud es
#»
E,
#»
B correspondientemente.
Aplicando el producto escalar que se ten´ıa
pensado originalmente .
#»
E·ω
#»
B = [Ex ˆx+Ey ˆy+Ez ˆz]·ω ˆEzky − ˆEykz ˆx
+ ˆExkz − ˆEzkx
#»
ˆy + ˆEykx − ˆExky
#»
ˆz
Factorizando a ω y dividiendo entre ω
= ˆEx
ˆEzky − ˆEx
ˆEykz
+ ˆEy
ˆExkz − ˆEy
ˆEzkx
+ ˆEz
ˆEykx − ˆEz
ˆExky = 0
Lo que se demuestra que
#»
ˆE·
#»
ˆB = 0, que prue-
ba que los campos magn´etico y el´ectrico son
ortogonales
3

4. Demuestre que la potencia por unidad
de ´area de ondas esf´ericas en el vac´ıo
se aten´ua como 1/r2
, donde r es la dis-
tancia de la fuente al punto de obser-
vaci´on.
Tomando la ecuaci´on de onda.
#»2
Ψ −
1
c2
δ2
δt2
Ψ = 0
En donde Ψ depende de las variables r y t.
Y la Definici´on de potencia, o amplitud de la
onda:
P = |I|S
En donde S es la unidad de superficie e I es
la intensidad y P no depende del radio r
→ |I| =
P
S
=
P
4πr2
I =< Ψ2
(r, t) >t
Que se define como el promedio cuadr´atico
temporal < Ψ2
>t
Debido a que para las ondas esf´ericas, Ψ solo
depende de la distancia r del punto observa-
do a la fuente de origen, o el centro.
Resolviendo en coordenadas esf´ericas para la
variable r:
1
r2
δ
δr
r2 δΨ
δr
−
1
c2
Ψ
δΨ
δr
= 0 (12)
Si c = ω/k La cual tiene como soluci´on la
ecuaci´on de una onda esf´erica es:
Ψ(r, t) =
P0
r
sin(ωt − rk + φ)
Si c = ω/k
Ahora, como P0 es la amplitud de onda ini-
cial, aplicando la definici´on de intensidad an-
terior, < Ψ2
>t:
La intensidad de la potencia sobre un tiempo
t :
I =
P
r2
En este caso al ser ondas esf´ericas, la unidad
de ´Area es igual a 4πr2
En donde se prueba que la potencia por uni-
dad de ´area de ondas esf´ericas en el vac´ıo se
aten´uan inversamente al cuadrado
5. Suponga un conductor sin cargas su-
perficiales el cual sigue la ley de Ohm
#»
J = σ
#»
E con conductividad constan-
te, por el cual incide una onda elec-
tromagn´etica monocrom´atica con fre-
cuencia ω. Determine la relaci´on de dis-
persi´on k2
(ω) a partir de las ecuaciones
de Maxwell, interprete el termino real
y el complejo. Dada su interpretaci´on
explique cualitativamente como se de-
ber´ıa propagar la corriente en un con-
ductor si esta oscila a altas frecuencias.
Partiendo de la ley de Ohm
#»
J = σ
#»
E
En donde las ecuaciones de Maxwell para
un conductor de conductividad constante sin
cargas son:
4

#»
×
#»
E = −
∂
#»
B
∂t
(13)
#»
×
#»
B = µσ
#»
E + µ
∂
#»
E
∂t
(14)
Donde µ es la permitividad absoluta del me-
dio y es la permitividad absoluta.
En donde, por la ley de Faraday, se aplica el
rotacional a ambos lados de la ecuaci´on
#»
×
#»
×
#»
E = −
#»
×
∂
#»
B
∂t
(15)
De nuevo, Aplicando la identidad del rota-
cional, en la cual:
A × (B × C) = B(A · C) − C(A · B)
#»
(
#»
·
#»
E) −
#»2 #»
E = −
1
c
∂
∂t
(
#»
×
#»
B) (16)
Debido a que
#»
×
#»
B = µσ
#»
E + µ ∂
#»
E
∂t , se ob-
tiene:
→
#»2 #»
E = µσ
∂
#»
E
∂t
+ µ
∂2 #»
E
∂t2
(17)
#»2 #»
E − µσ
∂
#»
E
∂t
+ µ
∂2 #»
E
∂t2
= 0 (18)
En donde las soluciones tienen la forma:
#»
E(r, t) =
#»
E0e
i(
#»
k #»r −ωt)
1
Resolviendo la ecuaci´on
#»2 #»
E − µσ ∂
#»
E
∂t +
µ ∂2 #»
E
∂t2 = 0 con la soluci´on, se obtiene:
#»
k 2
= iµσω + µ ω2
(19)
En donde la relaci´on de dispersi´on para la
parte real k2
(ω), para 1
c2 = µ :
k2
−
1
c2
ω2
= 0
k2
=
ω2
c2
⇒ k =
ω
c
Y para la parte imaginaria, donde 1
c2
i
= iµσ
⇒ k =
ω
c2
i
Para dale una interpretaci´on a la parte
imaginaria, sabemos que para cada campo
el´ectrico, debe de existir un campo magn´eti-
co
#»
B, que se sabe es perpendicular, por lo
que igualmente existe:
#»
B(r, t) =
#»
B0e
i(
#»
k #»r −ωt)
1
De la relaci´on
#»
×
#»
E = −∂
#»
B
∂t se obtiene igual-
mente:
#»
k ×
#»
E0 = ω
#»
B0 (20)
Sin embargo, como
#»
k tiene una parte ima-
ginaria, esto se interpreta como que existe
una diferencia de fase en el plano comple-
jo, entre el campo el´ectrico y el magn´etico;
mientras que la parte real, explica que igual-
mente existe una diferencia en la fase de
#»
k
entre ambos planos, s´olo que esta es en el
plano real.
5

Y respondiendo la segunda pregunta, debi-
do a que la relaci´on de
#»
k con la frecuencia
es lineal, si la frecuencia es muy grande, el
termino imaginario y real de
#»
k igualmente
crecer´a, por lo que existir´a un desfase entre
el campo el´ectrico y magn´etico, tanto en el
campo real como en el imaginario.
6. Demuestre la formula de adici´on de ve-
locidades para un observador que en un
sistema de referencia inercial S que mi-
de la velocidad de un objeto lanzado a
una velocidad v0 por otro observador
So que se mueve a velocidad V
VS =
v + V
1 + v V
c2
En un sistema de referencia S(x, c∆t), el cual
depende de los objetos que se mueven sobre
el eje x y el tiempo.
Cuando existe otro objeto movi´endose a velo-
cidad v , Este tiene otro marco de referencia
S (x , c∆t ) Existe una tasa de cambio en la
que se refleja el cambio entre estas dos varia-
bles v = ∆x
∆t que es la velocidad del objeto
Utilizando la transformaci´on de Lorenz
∆x = γ(∆x − βc∆t)
En donde β = V
c :
c∆t = γ(c∆t − β∆x)
Dividiendo entre c.
∆t = γ(∆t −
V
c2
∆x)
Y obteniendo la raz´on de cambio entre ∆x
y ∆t
∆x
∆t
=
γ(∆x − V ∆t)
γ(∆t − V
c2 ∆x)
(21)
Multiplicando por un ”1”, en este caso 1/∆t
1/∆t
se obtiene la raz´on de cambio, o la velocidad
de la posici´on de cada objeto.
(∆x − V ∆t)
(∆t − V
c2 ∆x)
=
(∆x
∆t − V )
(1 − V
c2
∆x
∆t
(22)
Ahora, como se defini´o: v = ∆x
∆t
Por lo que la velocidad presenciada por el
observador en el sistema de referencia S, (V)
es:
VS =
v − V
1 − v V
c2
(23)
7. Dadas las transformaciones de Lorentz
(para ver definiciones de γ y β), de-
muestre que si se define cosh(y) = γ
y senh(y) = βγ, se satisface cosh2
(y) −
senh2
(y) = 1. Pruebe que la f´ormula
del problema anterior se puede demos-
trar usando las propiedades para su-
ma de ´angulos del tangente hiperb´olico
tanh(yv + yv)
Utilizando la relaci´on con las transformacio-
nes de Lorentz, donde:
tanh y = β
cosh y = γ
6

senh y = βγ
Y:
cosh y =
1
1 − tanh2
y
A obtener:
cosh2
(y)−senh2
(y) =
1
1 − tanh2
y
2
−(βγ)
2
(24)
=
1
1 − tanh2
y
− β2
γ2
(25)
Donde recordando
senh y
cosh y
= tanh y = β
y adem´as:
cosh y = γ
senh y = βγ
=
1
1 − β2
−β2
γ2
=
1
1 − senh y
cosh y
2 −
senh y
cosh y
2
γ2
(26)
=
1
1 − βγ
γ
2 −
βγ
γ
2
γ2
(27)
=
γ2
γ2 − β2γ2
− β2
γ2
(28)
Factorizando por γ2
=
γ2
(1 − β2
)
γ2(1 − β2)
(29)
⇒= γ2
($$$$1 − β2
)
γ2
($$$$1 − β2
)
= 1 (30)
Por lo que la identidad
cosh2
(y) − senh2
(y) = 1
se cumple si cosh y = γ y senh y = βγ
Ahora, para la segunda parte. Existe una
identidad en la trigonometr´ıa hiperb´olica pa-
ra tanh(yv + yv). En donde:
tanh(yv + yv) =
tanh yv + tanh yv
1 + tanh yv tanh yv
Por lo que suponiendo que :
tanh(yv ) = βv =
v
c
tanh(yv) = βV =
V
c
Se cumple:
tanh(yv + yv) =
v
c + V
c
1 + v v V
c2
⇒ VS/c = tanh(yv + yv) =
v + V
1 + v V/c2
Por lo que se comprueba la relaci´on entre
ambos problemas con la trigonometr´ıa hi-
perb´olica de las transformaciones de Lorentz
7

8. Una fuente de luz emite ondas Elec-
tromagn´eticas con una frecuencia fs la
cual se mueve en un sistema de referen-
cia inercial relativo a un observador en
reposo. Demuestre que la frecuencia de
la luz vista por el observador esta dada
por
fo = fs
1 − (±v
c )
1 ± v
c
(31)
Suponiendo que la fuente de luz S se aleja o
acerca al observador o con una velocidad v.
La distancia entre ambos se medir´a como:
D = 1 −
v2
c2
Desde el punto de vista del observador o
Haciendo que todo esto var´ıe en el tiempo
(v(t)), en un periodo τ = ∆t
Dt = 1 +
v
c
=
cτ + vτ
cτ
En donde la longitud de onda se ve afectada
tanto por la distancia D como por el cambio
que ocurre en esta al moverse en el tiempo
Dt.
Combinando ambos efectos en la longitud de
onda percibida por el observador o:
λo = λS (Dt)
1
D
λo = λS 1 +
v
c
1
1 − v2
c2
= λS 1 +
v
c
1
1 + v
c 1 − v
c
⇒ λo = λS
1 + v
c
1 − v
c
Recordando la relaci´on entre frecuencia, lon-
gitud de onda y velocidad (en este caso c):
λ = c
f , f = c
λ
Aplicando la relaci´on y dividiendo entre c:
fo = fS
1 + v
c
1 − v
c
Y como la velocidad se considera positiva si
la fuente se aleja del observador, y negativa
cuando se acerca a el, se puede reescribir para
ambos casos como:
fo = fs
1 − (±v
c )
1 ± v
c
(32)
8