Hw2

1

Assignment 2 — Solutions 1/23/04 (revised 2/2/2004) Problem 1.17 (a)

From equation 1.54:

e0 ÷” 2 W = ÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ °“ F• 3 x 2

In the language of equation 1.62, we're given Vi = 0 for i ∫ 1, V1 = 1, C11 ª C . So 1 n n 1 1 e0 ÷” 2 ÷” 2 W = ÅÅÅÅÅ ‚ ‚ Ci j Vi V j = ÅÅÅÅÅ C11 = ÅÅÅÅÅ C = ÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ °“ F• 3 x ï C = e0 ‡ °“ F• 3 x 2 i=1 j=1 2 2 2

(b) Let F be the true potential. We can write Y = F + dY , where dY is arbitrary except that Y must satisfy the same boundary conditions as F. This implies that dY must vanish on the boundaries, which we will use below: ÷” 2 C@YD ª e0 ‡ °“ Y• 3 x

÷” ÷” ÷” ÷” C@YD - C@FD = e0 ‡ “ HF + dYL ÿ “ HF + dYL 3 x - e0 ‡ “ F ÿ “ F 3 x V

÷” ÷” ÷” ÷” = e0 ‡ A2 “ F ÿ “ HdYL + “ HdYL ÿ “ HdYLE 3 x V

V

V

From Green's first identity: ∑F ÷” ÷” 2 3 ‡ AdY “ F + “ HdYL ÿ “ FE  x = ® dY ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ a = 0 since dY§S = 0 ∑n V S

The true potential must satisfy “2 F = 0 within V , so

÷” ÷” 2 2 C@YD - C@FD = -2 e0 ‡ dY “2 F 3 x + e0 ‡ °“ HdYL• 3 x = e0 ‡ °“ HdYL• 3 x ¥ 0 V

V

V

Hence we have shown that C@YD ¥ C@FD, where C@FD is the true capacitance.

Problem 1.22 (a)

Expand the second term in partial fractions: 1+

6 è!!!!!! è!!!!!! è!!!!!! ij -41 + 3 73 yz -41 + 3 73 41 + 3 73 yz ij 1 a = ÅÅÅÅÅ : 32 jjj¶ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzz jjj¶ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzz > 0 ï ¶ > ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ º -0.12 2 128 128 128 {k { k

We can try applying this to a = 2, but the square root produces an imaginary number which is bad. Plugging in h = 1 + ¶ º 1 - 0.12 = 0.88 for a = 1 ê 2 in the quintic gives -0.031, which is close enough for government work (yes, it is negative, but if you let h be slightly more than 0.88 you will get a positive answer, which goes to show that we've got it almost right). Finally, we could repeat the whole process with h p 1, dropping positive powers of h smaller than h5 . But we know that this cannot give us the right answer because as we've argued we should find for a = 2 a value less than the a = 1 case, which is around 0.62. Now we've tried h ` 1 and that didn't work, so the logical next guess would be h º 1 ê 2. So let h = 1 ê 2 + ¶ for †¶§ ` 1, and repeat (this time I'll plug in a = 2 straight off since that's what we want): 19 157 ¶ 95 ¶2 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ > 0 16 8 2 95 i 1 1 è!!!!!!!! ! !!!! è!!!!!!!! ! !!!! y i y ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jj¶ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I157 + 10209 Mzz jj¶ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I-157 + 10209 Mzz > 0 2 k 760 760 {k {

1 è!!!!!!!!!!!!! ¶ > ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I-157 + 10209 M º -0.074 760

Plugging h = 1 ê 2 + ¶ º 1 ê 2 - 0.074 º 0.426 into the quintic gives -0.021, which is again very good agreement with the provided answer of h º 0.428. This is of course all just a fancy way of making educated guesses as to how to utilize Newton's method with a reasonably small number of iterations, punchable into your trusty hand calculator.

Problem 2.7 (a) The easiest way is to use the method of images. The Green's function is simply the potential of a point charge of 4 p e0 in empty space (here the z ¥ 0 volume) that satisfies the specified boundary conditions (here G§z=0 = 0 for a Dirichlet problem), so we imagine a charge at (in cylindrical coordinates) x” £ = Hv£ , f£ , z£ L and place an image charge at x” ≥ = Hv≥ , f≥ , z≥ L. The system is invariant under rotation about the z£ -axis, so we expect the image charge to be on the z£ -axis as well (of course we're only allowed to put it below the plane). In fact the image should be exactly the reflection of the point charge about the x -y plane with opposite charge — the lines of force will be perpendicular to the z = 0 plane only if the placement of charges is symmetric about said plane. So we guess x” ≥ = Hv£ , f£ , -z£ L: 1 1 1 1 ÷”, ÷x”£ L = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ GHx ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ`ÅÅ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷†x” - ÷x”ÅÅÅÅ£ ŧŠ- ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷†x” - ÷x”ÅÅÅÅ≥ÅÅÅŧ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷ ÷ ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” ” £ £ £ †v - v + Hz - z L z§ †v - v + Hz + z£ L z` §

We see immediately that at z = 0 this gives zero as required.

÷” n-2 Hb x - c” ÿ x` L which we computed in problem 2.2, with x” Ø z£ z` . In the (b) We'll use ∑†b x” - c”§n ê ∑ x = n b °x” - b• language of equation 1.44, r = 0 everywhere since there is no free charge distribution and F§z£ =0,v£ a = 0. Remember that n£ is the outward pointing normal so n` £ = -z` and we will incur an overall minus sign.

7 2p a V ∑G ÷”L = + ÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅÅ ÷”£ ∑G £ FHx f£ ‡ v£ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ® FHx L ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ£ÅÅÅ a = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ 4p S ∑z 4p 0 ∑ z£ 0 ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” £ L ÿ z` + z + z£ £ z Hv v ∑G ` ÿ z` = 0 ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ L ÿ z` + z - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ ì v ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = -H-1L Hv ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + Hz ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + Hz ∑ z£ - z£ L z` §3 + z£ L z` §3 †v †v ∑ G ƒƒ 2z ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ §ƒ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷ ÷ ÷÷ ÷”£ + ”zÅÅÅŧÅ3ÅÅÅÅ ” £ £ ∑ z ƒz =0 †v - v 2p a v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + ”zÅÅÅŧÅ3ÅÅÅÅ 2p 0 0 †v

(c) 2p a 2p a Vz v£ v£ Vz £ £ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ Å ÅÅÅ Å ÅÅÅ = ÅÅÅÅ Å ÅÅÅ Å Å f v ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ FHz”L = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ ‡ ‡ ÷÷÷”£ + ”z§3 2p 0 2p 0 0 0 †-v @Hv£ L2 + z2 D3ê2 ÄÅ ÉÑa ÅÅ ÑÑ -1 z 1 1y y i i ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÑÑÑÑ = V z jjjj- ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ zzzz ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ zzzz = V jjjj1 - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = V z ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ! !!!!!! ! !!!!!! è!!!!!!!! è!!!!!!!! 1ê2 ÅÅÇ @Hv£ L2 + z2 D ÑÑÖ z{ a2 + z2 a2 + z2 { k k 0

(d)

÷÷÷” - v ÷÷÷”£ + ”z§2 = ÷÷÷” ÷÷÷”£ ” ÷÷÷” ÷÷÷”£ ” ÷÷÷” - v ÷÷÷”£ L ÿ Hv ÷÷÷” - v ÷÷÷”£ L + z2 = v2 - 2 v ÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ + Hv£ L2 + z2 †v Hv - v + zL ÿ Hv - v + zL = Hv ÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ y i Hv£ L2 - 2 v = Iv2 + z2 M jjjj1 + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzzz v2 + z2 { k

÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ D ê Hv2 + z2 L ` 1 and we may expand the above (and Within the range of integration v£ § a, so @Hv£ L2 - 2 v powers thereof) using the binomial expansion ¶ GHn + 1L i n + k - 1 yz iny z H¡ xLk , †x§ < 1 and n > 0 , jj zz ª ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ H1 ≤ xL-n = ‚ jj k m{ GHm + 1L GHn - m + 1L { k k k=0 2p a v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2p 0 0 Hv2 + z2 L3ê2

÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ y-3ê2 ij Hv£ L2 - 2 v jj1 + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzzz j v2 + z2 k {

£ £ £ 2 2p a v£ Vz i -3 ê 2 + k - 1 zy ijj 2 v v cosHf - f L - Hv L yzz z jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ „ jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zz 3ê2 2 2 k 2p 0 v +z {k k 0 Hv2 + z2 L { ¶

k=0

k

Note that Ÿ02 p f£ cosn Hf - f£ L to any odd n is zero because the integrand is odd. Also Ÿ02 p f£ cos2 Hf - f£ L = p. So ÅÄÅ 2p a ÅÅ 3 2 v v£ cosHf - f£ L - Hv£ L2 v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1 + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 3ê2 2 2p 0 v2 + z2 0 Hv2 + z2 L ÅÅÇ ÉÑ 2 ÑÑ 15 ij 2 v v£ cosHf - f£ L - Hv£ L2 yz Ñ j z + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zz + …ÑÑÑÑ ÑÑ 8 k v2 + z2 { Ö 2 £ £ a i y Vz 3 2 p Hv v L 15 4 v2 Hv£ L2 p + 2 p Hv£ L4 j = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jjj2 p - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzzz 4 3ê2 2 + z2 2 2 2 2 2p 0 2 v 8 Hv + z L Hv + z L k { ij a2 y a4 ê 4 15 4 v2 a4 ê 4 + 2 a6 ê 6 jj2 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ - 3 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzzz j 4 2 2 v +z 8 Hv2 + z2 L k 2 { 2 2 2 2 i y Va z 5 3 v a + a4 3 a j z = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jjj1 - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzz 2 Hv2 + z2 L3ê2 k 8 Hv2 + z2 L4 4 v2 + z2 {

Vz 1 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2 Hv2 + z2 L3ê2

Expand the second term in partial fractions: 1+

6 è!!!!!! è!!!!!! è!!!!!! ij -41 + 3 73 yz -41 + 3 73 41 + 3 73 yz ij 1 a = ÅÅÅÅÅ : 32 jjj¶ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzz jjj¶ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzz > 0 ï ¶ > ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ º -0.12 2 128 128 128 {k { k

We can try applying this to a = 2, but the square root produces an imaginary number which is bad. Plugging in h = 1 + ¶ º 1 - 0.12 = 0.88 for a = 1 ê 2 in the quintic gives -0.031, which is close enough for government work (yes, it is negative, but if you let h be slightly more than 0.88 you will get a positive answer, which goes to show that we've got it almost right). Finally, we could repeat the whole process with h p 1, dropping positive powers of h smaller than h5 . But we know that this cannot give us the right answer because as we've argued we should find for a = 2 a value less than the a = 1 case, which is around 0.62. Now we've tried h ` 1 and that didn't work, so the logical next guess would be h º 1 ê 2. So let h = 1 ê 2 + ¶ for †¶§ ` 1, and repeat (this time I'll plug in a = 2 straight off since that's what we want): 19 157 ¶ 95 ¶2 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ > 0 16 8 2 95 i 1 1 è!!!!!!!! ! !!!! è!!!!!!!! ! !!!! y i y ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jj¶ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I157 + 10209 Mzz jj¶ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I-157 + 10209 Mzz > 0 2 k 760 760 {k {

1 è!!!!!!!!!!!!! ¶ > ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ I-157 + 10209 M º -0.074 760

Plugging h = 1 ê 2 + ¶ º 1 ê 2 - 0.074 º 0.426 into the quintic gives -0.021, which is again very good agreement with the provided answer of h º 0.428. This is of course all just a fancy way of making educated guesses as to how to utilize Newton's method with a reasonably small number of iterations, punchable into your trusty hand calculator.

Problem 2.7 (a) The easiest way is to use the method of images. The Green's function is simply the potential of a point charge of 4 p e0 in empty space (here the z ¥ 0 volume) that satisfies the specified boundary conditions (here G§z=0 = 0 for a Dirichlet problem), so we imagine a charge at (in cylindrical coordinates) x” £ = Hv£ , f£ , z£ L and place an image charge at x” ≥ = Hv≥ , f≥ , z≥ L. The system is invariant under rotation about the z£ -axis, so we expect the image charge to be on the z£ -axis as well (of course we're only allowed to put it below the plane). In fact the image should be exactly the reflection of the point charge about the x -y plane with opposite charge — the lines of force will be perpendicular to the z = 0 plane only if the placement of charges is symmetric about said plane. So we guess x” ≥ = Hv£ , f£ , -z£ L: 1 1 1 1 ÷”, ÷x”£ L = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ GHx ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ`ÅÅ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷†x” - ÷x”ÅÅÅÅ£ ŧŠ- ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷†x” - ÷x”ÅÅÅÅ≥ÅÅÅŧ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷ ÷ ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” ” £ £ £ †v - v + Hz - z L z§ †v - v + Hz + z£ L z` §

We see immediately that at z = 0 this gives zero as required.

÷” n-2 Hb x - c” ÿ x` L which we computed in problem 2.2, with x” Ø z£ z` . In the (b) We'll use ∑†b x” - c”§n ê ∑ x = n b °x” - b• language of equation 1.44, r = 0 everywhere since there is no free charge distribution and F§z£ =0,v£ a = 0. Remember that n£ is the outward pointing normal so n` £ = -z` and we will incur an overall minus sign.

7 2p a V ∑G ÷”L = + ÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅÅ ÷”£ ∑G £ FHx f£ ‡ v£ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ® FHx L ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ£ÅÅÅ a = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ 4p S ∑z 4p 0 ∑ z£ 0 ÷÷ ÷ ” ÷÷ ÷ ” £ L ÿ z` + z + z£ £ z Hv v ∑G ` ÿ z` = 0 ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ L ÿ z` + z - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ ì v ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = -H-1L Hv ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + Hz ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + Hz ∑ z£ - z£ L z` §3 + z£ L z` §3 †v †v ∑ G ƒƒ 2z ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ §ƒ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷ ÷ ÷÷ ÷”£ + ”zÅÅÅŧÅ3ÅÅÅÅ ” £ £ ∑ z ƒz =0 †v - v 2p a v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÷÷÷” - ÷÷v ÷”£ + ”zÅÅÅŧÅ3ÅÅÅÅ 2p 0 0 †v

(c) 2p a 2p a Vz v£ v£ Vz £ £ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ Å ÅÅÅ Å ÅÅÅ = ÅÅÅÅ Å ÅÅÅ Å Å f v ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ FHz”L = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ ‡ ‡ ÷÷÷”£ + ”z§3 2p 0 2p 0 0 0 †-v @Hv£ L2 + z2 D3ê2 ÄÅ ÉÑa ÅÅ ÑÑ -1 z 1 1y y i i ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÑÑÑÑ = V z jjjj- ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ zzzz ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ zzzz = V jjjj1 - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = V z ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ! !!!!!! ! !!!!!! è!!!!!!!! è!!!!!!!! 1ê2 ÅÅÇ @Hv£ L2 + z2 D ÑÑÖ z{ a2 + z2 a2 + z2 { k k 0

(d)

÷÷÷” - v ÷÷÷”£ + ”z§2 = ÷÷÷” ÷÷÷”£ ” ÷÷÷” ÷÷÷”£ ” ÷÷÷” - v ÷÷÷”£ L ÿ Hv ÷÷÷” - v ÷÷÷”£ L + z2 = v2 - 2 v ÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ + Hv£ L2 + z2 †v Hv - v + zL ÿ Hv - v + zL = Hv ÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ y i Hv£ L2 - 2 v = Iv2 + z2 M jjjj1 + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzzz v2 + z2 { k

÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ D ê Hv2 + z2 L ` 1 and we may expand the above (and Within the range of integration v£ § a, so @Hv£ L2 - 2 v powers thereof) using the binomial expansion ¶ GHn + 1L i n + k - 1 yz iny z H¡ xLk , †x§ < 1 and n > 0 , jj zz ª ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ H1 ≤ xL-n = ‚ jj k m{ GHm + 1L GHn - m + 1L { k k k=0 2p a v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2p 0 0 Hv2 + z2 L3ê2

÷÷÷” ÿ v ÷÷÷”£ y-3ê2 ij Hv£ L2 - 2 v jj1 + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzzz j v2 + z2 k {

£ £ £ 2 2p a v£ Vz i -3 ê 2 + k - 1 zy ijj 2 v v cosHf - f L - Hv L yzz z jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ „ jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zz 3ê2 2 2 k 2p 0 v +z {k k 0 Hv2 + z2 L { ¶

k=0

k

Note that Ÿ02 p f£ cosn Hf - f£ L to any odd n is zero because the integrand is odd. Also Ÿ02 p f£ cos2 Hf - f£ L = p. So ÅÄÅ 2p a ÅÅ 3 2 v v£ cosHf - f£ L - Hv£ L2 v£ Vz ÷”L = ÅÅÅÅ FHx ÅÅÅÅÅÅ ‡ f£ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1 + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 3ê2 2 2p 0 v2 + z2 0 Hv2 + z2 L ÅÅÇ ÉÑ 2 ÑÑ 15 ij 2 v v£ cosHf - f£ L - Hv£ L2 yz Ñ j z + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jj ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zz + …ÑÑÑÑ ÑÑ 8 k v2 + z2 { Ö 2 £ £ a i y Vz 3 2 p Hv v L 15 4 v2 Hv£ L2 p + 2 p Hv£ L4 j = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ‡ v£ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jjj2 p - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzzz 4 3ê2 2 + z2 2 2 2 2 2p 0 2 v 8 Hv + z L Hv + z L k { ij a2 y a4 ê 4 15 4 v2 a4 ê 4 + 2 a6 ê 6 jj2 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ - 3 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzzz j 4 2 2 v +z 8 Hv2 + z2 L k 2 { 2 2 2 2 i y Va z 5 3 v a + a4 3 a j z = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jjj1 - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzz 2 Hv2 + z2 L3ê2 k 8 Hv2 + z2 L4 4 v2 + z2 {

Vz 1 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2 Hv2 + z2 L3ê2

8

Both results in (c) and (d) share the common range v = 0, z p a. Plugging this in to the last expression: V a2 FHz”L = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2

z ÅÅÅÅÅÅÅÅ z3

ij y 3 a2 5 a4 V a2 jj1 - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzz = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ j z 2 4 4 z 8 z 2 k {

1 ÅÅÅÅÅÅÅÅ z2

ij y 3 a2 5 a4 jj1 - ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzz j z 2 4 4 z 8 z k {

Expanding the result in (c) in orders of a ê z gives the same thing (of course!):

ij yz ÄÅ É 1 a 2 3 a 4 1 5 a 6 jj zz y 3 a2 V a2 i 5 a4 Å i yÑÑ FHz”L = V jjjj1 - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ zzzz = V ÅÅÅÅ1 - jj1 + ÅÅÅÅÅ J ÅÅÅÅÅ N + ÅÅÅÅÅ J ÅÅÅÅÅ N + ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ J ÅÅÅÅÅ N + …zzÑÑÑÑ = ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ jjjj1 + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + …zzzz 2 2 4 ÅÇ "#####################2# 2 z 8 z 16 z k {ÑÖ 4 2 z z 8 z k { 1 + Ha ê zL { k