Buenas, me pregunto si alguien sabría resolver la siguiente integral que sale de calcular el campo magnético producido por una carga: supongamos que la carga \( q \) pasa momentáneamente por el (\( 0,0,0) \) de un espacio de tres dimensiones a una velocidad \( v \), pues esta integral calcularía el módulo del campo producido por esta carga \( q \) en una superficie redonda de radio \( r \) paralela al plano \( XY \) y situado a una altura \( z \) de este.
Por algún motivo los programas de cálculo no la resuelven. ¡¡Espero que me puedan ayudar!!
La integral es la siguiente:
\( \dfrac{u\cdot \:q\cdot \:v}{4\pi }\displaystyle\int _{-r}^r\int _{r-\sqrt{r^2-x^2}}^{r+\sqrt{r^2-x^2}}\:\dfrac{y^2}{\sqrt{y^2+x^2}\cdot \sqrt{y^2+z^2}\cdot \left(x^2+y^2+z^2\right)}dxdy \)
Gracias!
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Yo tampoco veo forma de resolverla. Pero me parece que has planteado mal la integral. Si lo que querías es calcular el flujo que pasa por el disco, donde la carga se mueve en dirección del eje de las \( X \), entonces tienes que plantear la integral
\( \displaystyle{
\int_{S}\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S},\qquad \text{ con }\quad \mathbf{B}=\frac{\mu_0 q}{4\pi}\cdot \frac{\mathbf{v}\times \mathbf{r}}{\|\mathbf{r}\|^3},\quad d\mathbf{S}=\mathbf{n}\cdot dS
} \)
En tu caso tendrías que \( S=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: x^2+y^2\leqslant r^2\,\land\, z=z_0\} \) donde \( z_0 \) es un valor constante, y por tanto \( \mathbf{n}=(0,0,1) \) y \( dS=dxdy \). También tienes que \( \|\mathbf{r}\|^3=(x^2+y^2+z^2)^{3/2} \) y \( \mathbf{v}=v(1,0,0) \). Poniendo todo junto y cambiando a coordenadas cilíndricas \( (x,y,z)=(\rho \cos \alpha ,\rho \operatorname{sen}\alpha ,z) \) te quedaría
\( \displaystyle{
\frac{\mu_0 q v}{4\pi}\int_{S}\frac{y}{(x^2+y^2+z_0^2)^{3/2}}dx\,dy=\frac{\mu_0 q v}{4\pi}\int_{0}^{r}\int_{0}^{2\pi}\frac{\rho ^2 \operatorname{sen}\alpha }{(\rho ^2+z_0^2)^{3/2}}\,d \alpha \,d \rho =0
} \)
ya que \( \int_{0}^{2\pi}\operatorname{sen}\alpha \,d \alpha =0 \).
Nota: he supuesto que el centro del disco estaba encima del origen. Según veo tu integral quizá debiera considerar un disco a la misma altura pero con centro desplazado \( r \) unidades en dirección \( Y \). En este último caso me queda una integral que tampoco puedo resolver (pero diferente de la que has planteado).
Añado: si el disco sobre el cual integrar fuese \( D=\{(x,y,z):x^2+(y-r)^2\leqslant r^2\,\land\, z=z_0\} \) entonces, de lo anterior y utilizando el teorema de Stokes nos quedaría
\( \displaystyle{
\int_{D}\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=\frac{\mu_0 qv}{4\pi}\int_{D}\frac{\rho ^2\operatorname{sen}\alpha }{(\rho ^2+z_0^2)^{3/2}}d\rho d\alpha =\frac{\mu_0 qv}{4\pi}\int_{\partial D}\frac{ \rho ^2\cos \alpha}{(\rho ^2+z_0^2)^{3/2}}d\rho
} \)
Finalmente, con la biyección entre \( \alpha \) y \( \rho \) definida en \( \partial D \) dada por \( \beta \mapsto \sqrt{2}r\cdot \sqrt{1+\operatorname{sen}\beta }=\rho \), para \( 2\alpha =\beta \), nos queda que
\( \displaystyle{
\int_{D}\mathbf{B}\cdot d\mathbf{S}=\frac{\mu_0 qv r^2}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{(\cos (\beta/2))^2 \sqrt{1+ \operatorname{sen}\beta }}{(1+ \operatorname{sen}\beta +K)^{3/2}}\,d \beta
} \)
donde \( K:=\frac1{2}\left(\frac{z_0}{r}\right)^2 \). Ahora bien, esta última integral no veo manera de resolverla excepto usando métodos numéricos (con una computadora, claro).
Actualización: en la anterior integral el Wolfram Mathematica me tira el siguiente resultado
\( \displaystyle{
\frac{\mu_0 qv r^2}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{(\cos (\beta/2))^2 \sqrt{1+ \operatorname{sen}\beta }}{(1+ \operatorname{sen}\beta +K)^{3/2}}\,d \beta =\frac{2\mu_0 qv r^5}{\pi(4 r^2 z_0+z_0^3)}
} \)
Segunda actualización: método para resolver la integral de arriba (de un usuario de MSE): con la integral dada por
\( \displaystyle{
I:=\int_{0}^{2\pi}\frac{(\cos (t/2))^2 \sqrt{1+\sin t}}{(1+\sin t+K)^{3/2}}\,dt,\qquad K>0
} \)
empezamos con la sustitución \( t=2y+\pi/2 \), entonces
\( \displaystyle{
\begin{align}
I &= 2\sqrt2 \int_{-\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}
\frac{\cos^2(y+\frac\pi4)|\cos y|}{(2\cos^2y+K)^{3/2}} dy\\
&= 2\sqrt2 \left( \int_{-\frac\pi4}^{\frac{\pi}2}-\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}4}\right)
\frac{\cos^2(y+\frac\pi4)\cos y}{(2\cos^2y+K)^{3/2}} dy\\
&=\sqrt2 \left( \int_{-\frac\pi4}^{\frac{\pi}2}-\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}4}\right)
\frac{\cos y -2\cos^2y\sin y}{(2\cos^2y+K)^{3/2}} dy\\
&=\sqrt2 \left( \int_{-\frac\pi4}^{\frac{\pi}2}-\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}4}\right)
\frac{\cos y }{(2\cos^2y+K)^{3/2}} dy \\
&=\sqrt2 \int_{-\frac\pi2}^{\frac{\pi}2}
\frac{\cos y }{(2\cos^2y+K)^{3/2}} dy = \frac{2\sqrt2}{\sqrt {K} (K+2)}
\end{align}
} \)
