기초전자기학 29. 맥스웰 방정식의 일반해가 무엇일까
\[\text{미완성 파트입니다.}\]
맥스웰 방정식의 일반해?
electrostatic은 steady state 상황이다. 즉, \(\rho(\vec{r})\), \(\vec{J}(\vec{r})\)가 시간에 대해 무관한 상태일 때 적용 가능하다.
\[\frac{\partial \rho(\vec{r})}{\partial t} = \frac{\partial \vec{J}(\vec{r})}{\partial t} = 0\]이때의 일반적인 전기장과 자기장(비오 사바르)의 해는 다음과 같다.
그렇다면, 전하 밀도와 전류 밀도가 시간에 의존한다면?
\[\rho(\vec{r}, t), ~~\vec{J}(\vec{r}, t)\]그냥 풀기는 어렵기 때문에, 퍼텐셜을 사용하자는 것이 출발점이다.
지금부터는 유도 과정이다. 맥스웰 방정식은 다음과 같다.
\[\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_{0}}, ~~\nabla \cdot \vec{B} = 0,~~ \nabla \times \vec{E} = - \frac{\partial \vec{B}}{\partial t}, ~~\nabla \times \vec{B} = \mu_{0}\vec{J} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\]\(\nabla \cdot \vec{B} = 0\) 조건으로 벡터 퍼텐셜을 가정한다.
\[\vec{B} = \nabla \times \vec{A}\]이때 주의할 점은, \(\vec{E} = - \nabla V\) 포텐셜은 electrostatic에서 \(\nabla \times \vec{E} = 0\) 조건에서 나왔던 것이다. 지금은 Curl이 0이 아니기 때문에, 다른 방식으로 접근해야 한다.
\[\nabla \times \vec{E} = - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla \times \vec{A})\] \[\implies \nabla \times \left( \vec{E} + \frac{\partial \vec{A}}{\partial t} \right) = 0\]즉, 스칼라 퍼텐셜은 다음과 같다.
\[\vec{E} + \frac{\partial \vec{A}}{\partial t} = - \nabla V \implies \vec{E} = - \nabla V - \frac{\partial \vec{A}}{\partial t}\]이제 사용하지 않은 나머지 식에 퍼텐셜을 대입해서 해를 구해보자. Gauss 식은 다음과 같다.
\[\nabla \cdot \left( -\nabla V - \frac{\partial \vec{A}}{\partial t} \right) = \frac{\rho}{\epsilon_{0}} \implies - \nabla^2V - \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \cdot \vec{A}) = \frac{\rho}{\epsilon_{0}}\]Maxwell-Ampere 식은 다음과 같다.
\[\nabla \times (\nabla \times \vec{A}) = \mu_{0}\vec{J} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t}\left( -\nabla V - \frac{\partial \vec{A}}{\partial t} \right)\]\(\nabla \times (\nabla \times \vec{A})\)는 벡터 삼중곱 벡-캡을 생각하면, \(\nabla(\nabla \cdot \vec{A}) - \nabla^2\vec{A}\)와 같다.
\[\implies \nabla(\nabla \cdot \vec{A}) - \nabla^2 \vec{A} = \mu_{0}\vec{J} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial \nabla V}{\partial t} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 \vec{A}}{\partial t^2}\] \[\implies -\nabla^2 \vec{A} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial \vec{A}}{\partial t^2} = \mu_{0}\vec{j} - \nabla\left( \nabla \cdot \vec{A} + \frac{1}{c^2}\frac{\partial V}{\partial t} \right)\]\(\vec{A}\)와 \(V\)는 하나의 값만 존재하지 않고, 많은 자유도가 존재한다. 예를들어 \(\vec{A}\)는 \(\nabla \lambda\)만큼의 Gauge Freedom이 존재한다. \(V\)는 상수만큼의 자유도가 존재한다.
\[\vec{A} = \vec{A}' + \nabla \lambda\]그 이유는 무엇인가? 어차피 Curl 취하면 똑같이 0이기 때문이다.
\[\nabla \cdot (\nabla \times \vec{A}) = \nabla \cdot (\nabla \times (\vec{A}' + \nabla \lambda)) = 0\]따라서, \(\vec{A}\) 조건을 유리하게 설정하는 것이 Gauge Fixing이다. 예를 들어,
\[\nabla \cdot \vec{A} = 0\]위 조건은 Columb Gauge다. 이를 적용하면 Gauss 식은 간단해진다.
\[-\nabla^2 V = \frac{\rho}{\epsilon_{0}}\]그러나, 여전히 Maxwell-Ampere 식은 풀기 어렵다. 따라서 일반적으로 사용하는 방법은 Lorentz Gauge이다.
\[\nabla \cdot \vec{A} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial V}{\partial t} = 0\]위 Gauge를 사용하면, Gauss와 Maxwell-Ampere 식이 다음과 같이 쓰여진다.
\[\left[ \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \right] \vec{A}(\vec{r},t) = - \mu_{0}\vec{J}(\vec{r},t)\] \[\left[ \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \right] V(\vec{r},t) = -\frac{\rho(\vec{r},t)}{\epsilon_{0}}\]새로운 물리량 \(w \equiv ct\)과 새로운 연산자 d’Alembertian operator를 정의한다.
\[\square \equiv \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} +\frac{\partial^2}{\partial z^2} - \frac{\partial^2}{\partial w^2}\]너무너무 아쉽다. 뒤에가 -였다면 그냥 \((x,y,z,w)\) 4차원 공간으로 확장하고, 그 4차원 공간의 \(\nabla\) 연산자로 간단하게 쓸 수 있었을 것이다.
아쉬운대로, 그냥 새로운 공간을 정의한다. 이름은 민코프스키 공간이라고 한다. 달랑베르시안 연산자는 민코프스키 공간 위의 라플라시안 연산자와 같다. 민코프스키 공간 위 한 점은 \((x,y,z,w)\)이며, 두 점 사이의 거리는 다음과 같이 정의된다.
\[\sqrt{ (x-x')^2 + (y-y')^2 + (z-z')^2 - (w-w')^2 }\]미분 방정식을 다음과 같이 간단하게 표기할 수 있다.
\[\square V(\vec{r},t) = - \frac{\rho(\vec{r},t)}{\epsilon_{0}}\] \[\square \vec{A}(\vec{r},t) = - \mu_{0}\vec{J}(\vec{r},t)\]이제 우리가 풀어야 할 미분 방정식은, 다음과 같은 일반적인 inhomogeneous equation이다.
\[\left[ \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \right] \psi(\vec{r},t)= f (\vec{r},t)\]위 식에서 \(f(\vec{r},t)\)는 임의로 주어지는 식이고, 찾아야 하는 해는 \(\psi(\vec{r},t)\)다. 이를 풀기위해, 다음과 같은 아이디어를 생각해보자.
\[A \vec{x} = \vec{b} \implies \vec{x} = A^{-1} \vec{b}\]선형대수에서 선형 비동차 방정식을 풀기 위해선, 양 변에 역행렬을 곱한다. 이 아이디어를 선형 비동차 미분방정식에도 적용한다.
임의의 미분 연산자를 \(\mathcal{L}\)라 하자. 이 연산자의 역연산자를 찾으면 된다. 그 역연산자를 Green’s function라고 한다. 1차원 Green’s function의 정의는 다음과 같다.
\[\mathcal{L} G(x:x') = -\delta(x-x')\]이는 마치 역행렬의 정의를 \(AA^{-1} = I\)로 하는 것과 같다. 위 식을 만족하는 \(G(x:x')\)를 찾는게 목적이다. 이때 :는 두 변수를 구별하는 구분자와 같다. -를 붙이는 이유는, 물리적 의미와 관련있다.
우리가 풀어야 할 Green’s function 정의는 다음과 같다.
\[\left[ \nabla_{r}^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right]G(\vec{r},t : \vec{r}',t') = -\delta^{(3)}(\vec{r} - \vec{r}')\delta(t-t')\]\(G(\vec{r}, t : \vec{r}', t')\)를 찾아야 한다. 현재 시스템(계)의 상황은 빈 공간(Free space) 내의 \(\vec{r}', t'\) 위치에 단위 점 자극이 하나 가해진 상태와 같다. 자극이란, 시스템의 상태를 변화시키는 모든 종류의 외부 영향을 뜻한다. \(\rho(\vec{r},t)\), \(\vec{J}(\vec{r},t)\)가 자극에 해당한다.
이 경우 시스템은 절대 좌표가 중요하지 않고, 상대 좌표가 중요한 정보다. 따라서 그린 함수를 상대 좌표로 쓸 수 있다.
\[G(\vec{r},t : \vec{r}', t') = G(\vec{r} - \vec{r}' : t- t')\]변수를 두개로 줄였다. 임의의 함수는, 어떤 공간을 완비하게 span하는 기저 함수의 선형 결합으로 쓸 수 있다. 이를 푸리에 변환이라 한다. 시간에 대해서만 푸리에 변환하면 다음과 같다.
\[G(\vec{r} - \vec{r}' : t - t') = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} g(\vec{r} - \vec{r}' : \omega) e^{-i\omega(t-t')}\]위 해를 미분방정식에 집어넣고, \(g(\vec{k}, \omega)\)를 찾으면 된다. \(\omega\) 공간에서 시간 미분은 단순히 \(-i\omega\)를 곱하는 것과 같다. 또한, delta function은 다음과 같다.
\[\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ikx}dk\][!question] \(ikx\)가 맞는 것 아닌가? 마이너스가 왜 붙지?{title}
\[\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}dk\]사실 위 두 식은 동일한 식이다. 적분 구간의 대칭성 때문에 \(k \to -k\)로 치환해도 수학적으로 동일한 식을 얻기 때문이다.
[!question]- 왜 굳이 - 를 사용하는가?{title} 푸리에 변환은 항상 순방향 변환과 역방향 변환이 존재한다.
\[F(\omega) = \int f(t) e^{-i \omega t}dt\] \[f(t) = \frac{1}{2\pi} \int F(\omega) e^{i\omega t}d\omega\]그러나, 어느것을 순방향으로 부를지에 대한 합의는 존재하지 않는다. 따라서, 다음 변환식도 사용 가능하다.
\[F(\omega) = \int f(t) e^{i\omega t}dt\] \[f(t) = \frac{1}{2\pi} \int F(\omega)e^{-i\omega t}dt\]왜 이게 가능하냐면, 그냥 기호만 \(F\to f\), \(\omega\to t\)과 같이 잘 치환하면 수학적으로 동일한 식을 얻기 때문이다.
따라서 평면파와 물리적 의미를 맞추기 위해 공간은 순방향 변환을, 시간은 역방향 변환을 적용하도록 정의한다.
미분 방정식에 대입하면, 다음과 같다.
\[\left[ \nabla_{r}^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} g(\vec{r} - \vec{r}' : \omega) e^{-i\omega(t-t')} = -\delta^{(3)}(\vec{r} - \vec{r}') \int \frac{d\omega}{2\pi} e^{-i\omega(t-t')}\]미분 연산자는 적분 안으로 넣을 수 있다.
\[\implies \left[ \nabla_{r}^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right] g(\vec{r} - \vec{r}' : \omega) = -\delta^{(3)} (\vec{r} - \vec{r}')\] \[\implies \left[ \nabla_{\eta}^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right] g(\vec{\eta} : \omega) = -\delta^{(3)} (\vec{\eta})\]\(g\)는 \(\omega\) 공간에 있고, \(\omega\) 공간 내에선 시간 두번 미분은 \(-i\omega\)를 두번 곱한것과 동등한 결과를 낳는다.
\[- \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} = - \frac{1}{c^2} (-i\omega)^2 = \frac{\omega^2}{c^2}\]대입하면 다음과 같다.
\[\left[ \nabla_{\eta}^2 + \frac{\omega^2}{c^2} \right]g(\vec{\eta} : \omega) = - \delta^{(3)}(\vec{\eta})\]Let \(k^2 \equiv \frac{\omega^2}{c^2}\) 이때 k와 w는 아직 물리적 의미가 있는게 아니라, 그냥 푸리에 변환에서 나온 값이다.
미분 방정식에 델타함수가 포함되어 있으므로, \(\eta \neq 0\), \(\eta \to 0\)인 경우 두가지로 나눠 생각해보자.
(1) \(\eta \neq 0\) 라플라스 연산자는 구면 좌표계에서 다음과 같다.
\[\nabla_{\eta}^2 g = \frac{1}{\eta} \frac{\partial^2}{\partial \eta^2} (\eta g) + (\theta, \phi, \dots)\]현재 공간은 경계 조건이 없고, 점대칭 (구대칭) 성질이 있으므로 뒤의 \(\theta, \phi\)로 \(g\)를 미분하면 0이다.
\[\nabla_{\eta}^2 g = \frac{1}{\eta} \frac{\partial^2}{\partial \eta^2}(\eta g)\][!question]- 라플라스 식이 내가 알던거랑 다른데?{title}
\[\nabla^2_{\eta}g = \frac{1}{\eta^2} \frac{\partial}{\partial \eta}\left( \eta^2 \frac{\partial g}{\partial \eta} \right)\]Spherical Symmetric 대칭성이 있을 때, \(g\)를 미분하면 \(\eta\) 성분만 남는다. 위 두 식의 의미는 완전히 동일하며, 표기법이 다를 뿐이다.
\[\nabla_{\eta}^2 g = \frac{1}{\eta} \frac{\partial}{\partial \eta} \left( g + \eta \frac{\partial g}{\partial \eta} \right) = \frac{1}{\eta} \frac{\partial g}{\partial \eta} + \frac{1}{\eta}\left( \frac{\partial g}{\partial \eta} +\eta \frac{ \partial^2 g}{\partial \eta^2} \right)\] \[= \frac{2}{\eta} \frac{\partial g}{\partial \eta} + \frac{\partial^2g}{\partial \eta^2}\] \[\nabla_{\eta}^2 g = \frac{1}{\eta^2} \left( 2 \eta \frac{\partial g}{\partial \eta} + \eta^2 \frac{\partial^2g}{\partial \eta^2} \right) = \frac{2}{\eta} \frac{\partial g}{\partial \eta} + \frac{\partial^2g}{\partial \eta^2}\]
\(\eta \neq 0\)이므로 \(\delta^{(3)}(\vec{\eta}) = 0\)이다. 위 모든걸 대입하면 다음과 같다.
\[\frac{1}{\eta} \frac{\partial^2}{\partial \eta^2} (\eta g) + k^2 g = 0\] \[\implies\frac{\partial^2}{\partial \eta^2} (\eta g) + k^2 (\eta g) = 0\] \[\implies \frac{\partial^2}{\partial \eta^2} (\eta g) = - k^2 (\eta g)\] \[\implies \eta g(\eta : \omega) = A_{+} e^{ik \eta } + A_{-} e^{-i k \eta}\] \[\implies g(\eta:\omega) = \frac{A_{\pm}e^{\pm i k \eta}}{\eta}\](2) \(\eta \to 0\) 우리는 다음 사실을 알고있다.
\[\nabla_{} \cdot \left( \frac{\hat{\eta}}{\eta^2} \right) = 4\pi \delta^{(3)}(\vec{\eta})\] \[\nabla\left( \frac{1}{\eta} \right) = -\frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\]두번째 식에 첫번째 식을 대입한다.
\[\nabla \cdot \left( -\nabla \left( \frac{1}{\eta} \right) \right) = 4\pi \delta^{(3)}(\vec{\eta})\] \[\implies \nabla^2 \left( \frac{1}{\eta} \right) = - 4\pi \delta^{(3)}(\vec{\eta})\] \[\left[ \nabla_{\eta}^2 + k^2 \right]g(\vec{\eta} : \omega) = - \delta^{(3)}(\vec{\eta})\]\(e^{\pm ik \eta} \to 1\)이므로, \(g(\eta:\omega) \to \frac{A_{\pm}}{\eta}\)로 근사된다.
[!note]- 미완성{title}
\(\eta \neq 0\)라면, 다음과 같다.
\[\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\right) = \sum_{i} \partial_{i} \frac{(x_{i}-x_{i}')}{\eta^3}\] \[= \sum_{i}\left( \frac{1}{\eta^3} - (x_{i}-x_{i}') \partial_{i}\left( \frac{1}{\eta^3} \right) \right)\] \[= \sum_{i}\left( \frac{1}{\eta^3} - (x_{i}-x_{i}') \left( - \frac{3}{\eta^4} (\partial_{i} \eta) \right) \right)\]이때, \(\partial_{i}\eta\)는 다음과 같다.
\[\partial_{i}\eta = \partial_{i} \left[ \sum_{j} (x_{j} - x_{j}')^2 \right]^{1/2} = \frac{1}{2}\left[ \sum_{j} (x_{j} - x_{j}')^2 \right]^{-1/2} \partial_{i} \left[ \sum_{j} (x_{j} - x_{j}')^2 \right]\] \[= \frac{1}{2} \frac{1}{\eta} \sum_{j} \partial_{i}(x_{j} - x_{j}')^2\] \[= \frac{1}{2\eta} 2(x_{i} - x_{i}') = \frac{x_{i} - x_{i}'}{\eta}\]위 결과를 대입하고, Sum을 풀면 다음과 같다.
\[\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\right)= \frac{3}{\eta^3} - 3\left( \sum_{i}\frac{(x_{i}-x_{i}')^2}{\eta^5} \right)=0\]Consider. \(\eta = 0\)을 포함하는 임의의 체적 \(V\)에 대해 \(\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\right)\)를 적분해보자.
\[\int_{V} \nabla \cdot \left( \frac{\hat{\eta}}{\eta^2} \right)d\tau = \oint_{\partial V} \frac{\hat{\eta}}{\eta^2} \cdot d\vec{a}\]\(\vec{r}'\)가 원점이고, \(V\)를 구로 설정하자.
\[\oint_{\partial V} \frac{\hat{r}}{r^2} \cdot \hat{r} da = \int_{\partial V} \frac{1}{r^2} r ^2\sin \theta d\theta d\phi = \int_{\partial V} \sin \theta d\theta d\phi = 2 \cdot 2\pi = 4\pi\]따라서 다음과 같다.
\[\displaystyle \int_{V} \nabla \cdot \left( \frac{\hat{\eta}}{\eta^2} \right) d\tau = 4\pi\]즉, \(\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\right)\)는 \(\eta \neq 0\)인 지점에서 0이고, \(\eta = 0\)을 포함하도록 적분하면 \(4\pi\)이다. 따라서 다음과 같다.
\[\nabla \cdot \left( \frac{\hat{\eta}}{\eta^2} \right) = 4\pi \delta^{(3)}(\vec{\eta})\]또는 점전하에 대한 전기장으로도 유도 가능하다.
\[\vec{E}(\vec{r})= \frac{q}{4\pi\epsilon_{0}} \frac{\hat{\eta}}{\eta^2}\] \[\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho(\vec{\eta})}{\epsilon_{0}} = \frac{q}{\epsilon_{0}} \delta^{(3)} (\vec{r} - \vec{r}')\]두 식을 연립하면 동일한 결과를 얻는다.
(3차원 위치 + 시간)의 완비성을 갖춘 기저 함수는 \(e^{i(\vec{k} \cdot \vec{r} - \omega t)}\)과 같다. \(G\) 함수를 푸리에 변환으로 표현하면 다음과 같다.
\[G(\vec{r} - \vec{r}' : t - t') = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d^3\vec{k}}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} g(\vec{k}, \omega) e^{i \vec{k}\cdot (\vec{r} - \vec{r}') - i \omega(t-t')}\]\(\vec{k}\) 공간에서 위치 미분은 단순히 \(i \vec{k}\)를 곱하는 것과 같고,따라서 다음과 같다.
\[\left[ \nabla_{r}^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right]G(\vec{r},t : \vec{r}',t') = \delta^{(3)}(\vec{r} - \vec{r}')\delta(t-t')\] \[\implies \left[ \nabla^2_{r} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2}\right]\left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d^3\vec{k}}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} g(\vec{k}, \omega) e^{i \vec{k}\cdot (\vec{r} - \vec{r}') - i \omega(t-t')} \right)\] \[= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d^3\vec{k}}{(2\pi)^3} e^{i \vec{k} \cdot(\vec{r} - \vec{r}')} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} e^{-i \omega (t - t')}\] \[= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d^3 \vec{k}}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\omega}{2\pi} g(\vec{k}, \omega) \left[ (i\vec{k})^2 - \frac{(-i\omega)^2}{c^2} \right] e^{i \vec{k}(\vec{r} - \vec{r}') - i\omega(t - t')}\]따라서 다음과 같다.
\[g(\vec{k}, \omega)\left[ (i\vec{k})^2 - \frac{(-i\omega)^2}{c^2} \right] = 1\] \[\implies g(\vec{k}, \omega)\left[ - \lvert \vec{k} \rvert^2 + \frac{\omega^2}{c^2} \right] = 1\] \[\implies g(\vec{k}, \omega) = \frac{1}{\omega^2 / c^2 - \lvert \vec{k} \rvert^2 }\] \[g_{\pm} (\eta : \omega) = \frac{1}{4\pi} \frac{e^{\pm ik \eta}}{\eta}\]