Fis641: Segunda questão da segunda prova

Aqui vão alguns comentários sobre a segunda prova, especialmente sobre a segunda questão: fiquei extremamente preocupado com um erro que foi comum a vários alunos e que, a esta altura do campeonato, não deveria mais acontecer de forma alguma. Só para relembrar, na referida questão tínhamos um disco de raio $R$ e espessura não nula $T$, magnetizado uniformemente ao longo de uma direção fixa: $\mathbf{M}=M_0\,{\bf{\hat{x}}}$, implicando nas seguintes densidades de pólos de magnetização:
\[
\rho_M={-}{\bf\nabla\cdot}\mathbf{M}=0,\quad \sigma_M(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{z}}}=0,\quad\sigma_M(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\cdot}}({-}{\bf{\hat{z}}})=0,
\]
e a única não nula:
\[
\sigma_M(R,\varphi,z)={\mathbf M}{\bf{\cdot\hat{\rho}}}=M_0\cos\varphi.
\]
Também foram pedidas as densidades de correntes de magnetização:
\[
{\mathbf{J_M}}={\bf\nabla\times}{\mathbf{M}}=0, \quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,T/2)={\mathbf M}{\bf{\times\hat{z}}}={-}M_0\,{\bf{\hat{y}}},\quad{\mathbf{K_M}}(\rho,\varphi,{-}T/2)={\mathbf M}{\bf{\times}}({-}{\bf{\hat{z}}})=M_0\,{\bf{\hat{y}}}
\]
e finalmente
\[
{\mathbf{K_M}(R, \varphi, z)}={\mathbf M}{\bf{\times\hat{\rho}}}=M_0\sin\varphi\,{\bf{\hat{z}}}.
\]
Até aqui tudo ia bem, já que são fórmulas de aplicação direta. O problema surgiu no cálculo dos campos no centro do disco (origem do sistema de coordenadas): isso poderia ser feito através do cálculo direto de $\mathbf{B}$ fazendo uso da lei de Biot-Savart para as densidades superficiais de corrente mostradas acima ou através dos potenciais ($\mathbf{A}$ para $\mathbf{B}$ ou $\phi_m$ para $\mathbf{H}$. A primeira alternativa foi delineada na solução publicada, mas muitos de vocês optaram por calcular um dos potenciais. Ora ao fazer isso, é necessário determinar o potencial num ponto genérico, pois o campo é a derivada do potencial. Não se pode de forma alguma determinar o potencial somente na origem se o objetivo é calcular o campo! Esse erro é básico e inadmissível para o nível de vocês! Muitos argumentaram ainda  que, pelo fato do potencial escalar ter resultado zero na origem, o campo $\mathbf{H}$ seria também nulo...Simplesmente alarmante!

Segue um esboço de solução utilizando o potencial $\phi_m$. Sabemos, pela simstria, que os campos dentro do disco terão a mesma direção da magnetização, Em particular, na origem:
\[
\mathbf{H}(0)=H_0\,\bf{\hat{x}},
\]
de modo que basta determinarmos o potencial escalar num ponto genérico do eixo $x$, Lembrando que a única superfície com densidade não nula é a lateral do disco:
\[
\mathbf{r}=x\,{\bf{\hat{x}}}, \mathbf{r'}=R\,{\bf{\hat{\rho}'}}+z'\,{\bf{\hat{z}}}
\]
teremos
\[
\phi_m(x)=\frac1{4\pi}\int_{S'}\frac{\sigma_M({\mathbf{r'}})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r'}|}\,dS'=\frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Completando-se o cálculo da integral, determinaremos o potencial escalar como função de $x$ e, aí então, poderemos determinar o pedido:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\nabla}}\phi_m\Big|_{x=0}={-}{\bf{\hat{x}}}\,\left(\frac{\partial\phi_m}{\partial x}\right)_{x=0}.
\]
Incidentalmente é, nesse caso, mais conveniente derivar com respeito a $x$ antes de realmente efetuar as integrais acima, pois como as variáveis de integração e $x$ são independentes, podemos inverter a ordem das operações:
\[
\mathbf{H}(x)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac1{4\pi}\int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{M_0\cos\varphi'}{\sqrt{x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi'}}\,R\,dz'\,d\varphi' \right)
\]
resultando em
\[
\mathbf{H}(x)={\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{(x-R\cos\varphi')\cos\varphi'}{(x^2+R^2+z'^2-2Rx\cos\varphi')^{3/2}}\,R\,dz'\,d\varphi'.
\]
Tomando agora $x=0$, fica
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0R^2}{4\pi} \int_{{-}T/2}^{T/2}\int_0^{2\pi}\frac{\cos^2\varphi'}{(R^2+z'^2)^{3/2}}\,dz'\,d\varphi',
\]
que é facilmente resolvida, resultando
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{2\sqrt{4R^2+T^2}},
\]
ou, na condição de $T<<R$:
\[
\mathbf{H}(0)={-}{\bf{\hat{x}}}\,\frac{M_0T}{4R}.
\]
Como consequência obtemos também a indução magnética:
\[
\mathbf{B}(0)=\mu_0(\mathbf{H}(0)+\mathbf{M})={\bf{\hat{x}}}\,\mu_0M\left(1-\frac{T}{4R}\right),
\]