푸아송 방정식과 라플라스 방정식

 

지난 글에서 도입한 스칼라 퍼텐셜(scalar potential) $\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{r})$을 이용하면 직접적으로 전기장(electric field)이라는 벡터(vector)를 이용한 방법보다 다소 쉽게 문제를 풀 수 있다고 소개했었다.

 

그렇다면 이번에는 도대체 어떻게하면 전기장 문제를, 구체적으로 가우스 법칙(Gauss' law)로 이루어진 문제를 스칼라 퍼텐셜 문제로 만드는가를 다뤄보자.

 

 

먼저 가우스 법칙과 스칼라 퍼텐셜의 정의는 각각 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \text{Gauss' law : }\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{E}=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\mathrm{\Phi }\end{array}$$

 

이제 식 (2)를 곧바로 식 (1)의 가우스 법칙에 대입해보자. 그렇다면 다음과 같이 식을 정리할 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\mathrm{\Phi }\right)={\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }=-\frac{\rho }{{ϵ}_0}\end{array}$$

 

이때 식 (3)에 나타난 ${\mathrm{\nabla }}^2=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}$ 연산자를 라플라시안(Laplacian) 연산자라고 부르며 식 (3)과 같은 형태의 미분 방정식(differential equation)을 푸아송 방정식(Poisson equation)이라고 부른다.

 

대부분의 경우 우리는 어떤 전하 분포(charge distribution)가 어느정도 거리만큼 떨어진 곳에 만드는 스칼라 퍼텐셜을 구하고 싶어하며 그 장소에는 어떠한 전하도 없는 빈 공간을 가정하게 된다.

 

이런 경우 $\rho =0$인 조건을 만족하기 때문에 식 (3)은 다음과 같은 형태로 쓰이며 이러한 형태의 미분 방정식을 라플라스 방정식(Laplace equation)이라고 부른다.

$$\begin{array}{}\text{(4)}& {\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }=0\end{array}$$

 

 

실제로 식 (3)이나 식 (4)를 풀어보는 것은 꽤나 긴 과정을 요구한다. 그래서 그 과정은 이후에 다룰 문제로 남겨두고 이번엔 지난 글에서 구한 다음과 같은 형태의 스칼라 퍼텐셜이 정말로 푸아송 방정식의 해가 됨을 보여보자.

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \mathrm{\Phi }(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}{d}^3{r}^{\prime }\end{array}$$

 

식 (5)의 스칼라 퍼텐셜은 $\overrightarrow{x}={\overrightarrow{x}}^{\prime }$인 지점에서 함수가 발산(diverge)한다. 따라서 이 지점까지 포함해서 다루기 위해서 식 (5)의 분모에 아주 작은 양수 ${\alpha }^2$을 더하고 $\alpha$가 $0$으로 가는 극한(limit)을 취해서 본래 문제로 바꾸는 기법을 사용하자.

 

이런식으로 발산하는 특이점(singular point)를 피하기 위해 다음과 같은 새로운 스칼라 퍼텐셜을 정의하자.

$$\begin{array}{}\text{(6)}& {\mathrm{\Phi }}_{\alpha }(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })}{\sqrt{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2+(z-z^{\prime }{)}^2+{\alpha }^2}}d{V}^{\prime }\end{array}$$

 

이제 식 (6)에 카르테시안 좌표계(Cartesian coordinate)에서의 라플라시안을 가해보자. 먼저 라플라시안은 다음과 같은 형태를 가지고 있다.

$$\begin{array}{}\text{(7)}& {\mathrm{\nabla }}^2=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}\end{array}$$

 

먼저 $x$의 이계도함수(second derivative function)을 구하면 나머지 $y$와 $z$에 대한 미분은 같은 형태를 지니고 있음을 식 (6)의 함수의 대칭성(symmetry)을 통해 알 수 있다. 그래서 이계도함수를 구하면 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}\frac{{\partial }^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }}{\partial x^2}=& \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\frac{1}{\sqrt{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2+(z-z^{\prime }{)}^2+{\alpha }^2}}d{V}^{\prime }\\ =& \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\frac{\partial }{\partial x}[-\frac{(x-x^{\prime })}{{((x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2+(z-z^{\prime }{)}^2+{\alpha }^2)}^{\frac{3}{2}}}]d{V}^{\prime }\end{array}\end{array}$$

 

$s^2=(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2+(z-z^{\prime }{)}^2$이라 표현하고 식 (8)의 대괄호 미분만 따로 계산해보면 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \frac{\partial }{\partial x}[-\frac{(x-x^{\prime })}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{3}{2}}}]=-\frac{1}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{3}{2}}}+\frac{3(x-x^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}=\frac{-s^2-{\alpha }^2+3(x-x^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}\end{array}$$

 

 

식 (8)에 식 (9)를 대입하면 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \frac{{\partial }^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }}{\partial x^2}=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\frac{-s^2-{\alpha }^2+3(x-x^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}d{V}^{\prime }\end{array}$$

 

라플라시안을 구하기 위해선 나머지 $y$와 $z$ 방향을 구해서 더하면 되는데 적분은 $\prime$이 붙은 좌표계에서의 적분이기 때문에 다음과 같은 덧셈을 한다음 적분을 진행하는 것과 각각의 라플라시안의 성분을 구해 더하는 것은 동일하다.

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \begin{array}{rl}& \frac{-s^2-{\alpha }^2+3(x-x^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}+\frac{-s^2-{\alpha }^2+3(y-y^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}+\frac{-s^2-{\alpha }^2+3(z-z^{\prime }{)}^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}\\ =& \frac{-3s^2-3{\alpha }^2+3s^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}\\ =& -\frac{3{\alpha }^2}{{(s^2+{\alpha }^2)}^{\frac{5}{2}}}\end{array}\end{array}$$

 

식 (11)의 결과를 이용해서 라플라시안을 구하면 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(12)}& {\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }=-\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\left[\frac{3{\alpha }^2}{(s^2+{\alpha }^2{)}^{\frac{5}{2}}}\right]d{V}^{\prime }\end{array}$$

 

 

이제 $r^{\prime }$ 좌표계에서의 부피 적분을 계산해야 하는데 계산의 편의성을 위해서 구면 좌표계(spherical coordinate)에서 적분을 진행하자. 이는 분모에있는 루트항 때문에 그런것인데 이런 형태의 적분의 경우 경험적으로 구면 좌표계가 더 쉽게 적분이 계산된다.

 

적분을 직접적으로 계산하는 것은 거의 불가능하다. 일단 최소한 $\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })$에 대한 정보가 없기 때문에 식 (12)가 구체적으로 어떻게 될지는 알 방법이 없다. 그래서 실제 문제와 가까운 근사(approximation) 방정식을 만들어보자.

 

현재 우리는 푸아송 방정식을 다루고있음에 유의하자. $\overrightarrow{r}$에서의 스칼라 퍼텐셜 구해야 하는데 이 지점에는 전하 밀도가 존재할 수 있다. 라플라스 방정식이라면 $\rho (\overrightarrow{r})=0$이 되어서 문제가 아주 간단해지지만 푸아송 방정식의 경우는 그렇지 않다.

 

$\overrightarrow{r}$ 주변에는 전하 밀도가 존재하며 ${\overrightarrow{r}}^{\prime }$ 위치에 있는 전하 밀도들이 $\overrightarrow{r}$ 위치의 스칼라 퍼텐셜에 기여한다. 하지만 우리는 식 (5) 형태의 스칼라 퍼텐셜을 가정했기 때문에 ${\overrightarrow{r}}^{\prime }$이 멀리 떨어져있다면 이 위치에있는 전하 밀도는 아주 미약하게 기여한다.

 

그래서 우리는 아주 멀리있는 전하 밀도가 기여하는 스칼라 퍼텐셜을 무시하는 근사를 사용하자. 좀 더 자세히 설명하자면 $\overrightarrow{r}$ 지점을 원점으로 잡고 반지름이 $R$인 구면을 생각해서 이 구면 너머에 있는 전하 밀도가 미치는 영향을 싹 다 무시하자.

 

우리가 다루는 전하 밀도는 $\overrightarrow{r}$ 인근의 전하 밀도이므로 $\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })$을 $\overrightarrow{r}$ 인근에서 테일러 전개(Taylor expansion)을 가하자. 그럴경우 식은 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })=\rho (\overrightarrow{r})+{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })|}_{{\overrightarrow{r}}^{\prime }=\overrightarrow{r}}({\overrightarrow{r}}^{\prime }-\overrightarrow{r})+\cdots \end{array}$$

 

여기에 한 가지 가정을 첨가하자. 식 (13)에서 전하 밀도의 미분은 너무 작아서 $0$이라고 가정하자. 즉, 구 내부의 전하 밀도가 그렇게 급격하게 변하지 않는다는 뜻이다. 이는 적분의 결과를 푸아송 방정식 형태로 쓰기 위함인데 이 가정이 없다면 푸아송 방정식 뒤에 전하 밀도의 미분 항이 더 추가로 붙게 된다. 이 가정을 추가하면 $\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\approx \rho (\overrightarrow{r})$로 근사가 된다.

 

 

$\overrightarrow{s}=\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }$은 $\overrightarrow{r}$ 위치에서 전하 밀도가 있는 ${\overrightarrow{r}}^{\prime }$를 가리키는 벡터이며 우리의 적분 영역은 $\overrightarrow{r}$을 중심으로 한 적분이기 때문에 부피 적분은 $\overrightarrow{s}$를 이용해 표현할 수 있다.

 

이 부피 적분의 각도 성분은 $4\pi$ 만큼 기여할 것이기 때문에 $\overrightarrow{r}$을 중심으로 하는 구의 반지름에 대한 적분만 남게 된다. 반지름에 대한 적분 영역은 $0$에서 $R$까지이다.

$$\begin{array}{}\text{(14)}& d{V}^{\prime }=4\pi s^{2}ds\end{array}$$

 

이제 이 식 (14)와 앞서 근사한 전하 밀도를 사용해서 식 (12)를 다음과 같이 근사된 형태로 바꿔써보자.

$$\begin{array}{}\text{(15)}& {\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }(\overrightarrow{r})=-\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}{\int }_0^R\frac{3{\alpha }^2}{(s^2+{\alpha }^2{)}^{\frac{5}{2}}}{s}^{2}ds\end{array}$$

 

이제 식 (15)의 적분을 위해서 지환 적분(integration by substitution)을 이용하자. 이 적분을 위해선 치환을 2번 해야하는데 우선 $s=\alpha \tan \theta$로 치환하자. 이때 적분 범위는 $0$에서 ${\theta }_0={\tan }^{-1}\left(\frac{R}{a}\right)$까지로 변하며 $ds=\frac{\alpha }{{\cos }^2\theta }$로 변한다.

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{rl}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }(\overrightarrow{r})=& -\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}{\int }_0^{{\theta }_0}\frac{3{\alpha }^2}{({\alpha }^2{\tan }^2{\theta }_0+{\alpha }^2{)}^{\frac{5}{2}}}{\alpha }^2{\tan }^2\theta \frac{\alpha }{{\cos }^2\theta }d\theta \\ =& -\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}{\int }_0^{{\theta }_0}3{\sin }^2\theta \cos \theta d\theta \end{array}\end{array}$$

 

이번엔 식 (16)의 적분을 위해서 $\sin \theta =t$로 치환해야 하며 적분 범위는 $0$에서 $t_0=\sin {\theta }_0=\frac{R}{\sqrt{{\alpha }^2+R^2}}$으로 바뀌며 $\cos \theta d\theta =dt$로 바뀐다.

$$\begin{array}{}\text{(17)}& {\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }(\overrightarrow{r})=-\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}{\int }_0^{t_0}3t^{2}dt=t_0^3=-\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}{\left(\frac{R}{\sqrt{{\alpha }^2+R^2}}\right)}^3\end{array}$$

 

 

이제 최종적으로 식 (17)에 $\alpha$를 $0$으로 보내는 극한을 취해보자. 이때 테일러 전개를 사용하기 위해 다음과 같이 식을 변형해보자.

$$\begin{array}{}\text{(18)}& \begin{array}{rl}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{r})=& \underset{\alpha \to 0}{lim}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Phi }}_{\alpha }(\overrightarrow{r})\\ =& \underset{\alpha \to 0}{lim}[-\frac{\rho (\overrightarrow{x})}{{ϵ}_0}{\left\{\frac{1}{\sqrt{1+{\left(\frac{\alpha }{R}\right)}^2}}\right\}}^3]\\ =& -\frac{\rho \overrightarrow{x})}{{ϵ}_0}{(1-\frac{1}{2}\frac{a}{R}+\cdots )}^3\\ \approx & -\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}\end{array}\end{array}$$

 

식 (18)의 결과를 보면  식 (5) 형태의 스칼라 퍼텐셜이 푸아송 방정식의 해가 됨을 알 수 있다.

 

이와 똑같은 결과는 디랙 델타 함수(Dirac delta function)을 이용해서 표현할 수 있다. 먼저 다음과 같은 디랙 델타 함수의 정의를 생각해보자.

$$\begin{array}{}\text{(19)}& {\mathrm{\nabla }}^2\left(\frac{1}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}\right)=-4\pi \delta (\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })\end{array}$$

 

식 (5)에 라플라시안을 가한 뒤 식 (19)의 디랙 델타 함수를 이용하면 푸아송 방정식이 나옴을 알 수 있다. 이때 라플라시안은 $\overrightarrow{r}$ 좌표계에서의 라플라시안이다.

$$\begin{array}{}\text{(20)}& {\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime }){\mathrm{\nabla }}^2\left(\frac{1}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}\right)d^3{r}^{\prime }=-\frac{1}{{ϵ}_0}\int \rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })\delta (\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })d^3{r}^{\prime }=-\frac{\rho (\overrightarrow{r})}{{ϵ}_0}\end{array}$$

 

식 (19)의 디랙 델타 함수의 정의는 이 글에서 다룬 과정을 그대로 거쳐 등장했다. 분모의 특이점을 피하기 위해 ${\alpha }^2$을 더한 수학적 기법을 일반화시키면 식 (19)의 디랙 델타 함수가 나온다.

 

스칼라 퍼텐셜(전위)과 전기장이 한 일 그리고 전압