[전자기학] 전계 (Electric field)

두 가지 공리로 출발한다.
$$
\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho_{v}}{\epsilon_{0}}
$$

$$
\nabla \times \vec{E} = 0
$$
(헬름홀츠 정리에 의해 전자기장은 발산, 회전, 경계조건이 정해지면, 유일하다.)

두 식 모두 유도가 가능하다.

 

디렉 델타 함수

 

첫 번째 식을 유도하기 전에, 디렉 델타 함수를 정의하겠다. 1차원 디렉 델타 함수는 다음과 같다. 

넓이가 1인, 높이가 무한한 함수를 디렉 델타 함수라 한다. (임펄스 함수라고도 한다.)

임펄스 함수는 샘플링 특성을 가지고 있다. 
$$
\begin{align*}
& \delta(x-a) = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & \text{if } x \neq a \\ \infty, & \text{if } x = a \end{array} \right\} \quad \text{with} \quad \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x-a) \, dx = 1. \\[1em]
& f(x)\delta(x-a) = f(a)\delta(x-a), \\[1em]
& \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\delta(x-a) \, dx = f(a).}
\end{align*}
$$
이런 몇 가지 성질을 기억해 둔 채 3차원 디렉 델타 함수를 정의해 보자.
$$
\begin{align*}
& \delta^3(\vec{r}) = \delta(x)\delta(y)\delta(z) \\[1em]
\end{align*}
$$
x, y, z를 변수로 하는 디렉 델타 함수를 모두 곱하여 정의했다. 
(여기서 $\vec{r} = \hat{x}x+\hat{y}y+\hat{z}z$는 위치 벡터이다.) 

원점에서 3차원 디렉 델타의 부피는 1이다.
$$
\begin{align*}
& \int_{\text{all space}} \delta^3(\vec{r}) \, d\tau = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)\delta(y)\delta(z) \, dx \, dy \, dz = 1
\end{align*}
$$
샘플링 특성은 다음과 같이 나타난다.
$$
\int_{\text{all space}} f(\vec{r})\delta^3(\vec{r}-\vec{a}) \, d\tau = f(\vec{a})
$$

 

첫 번째 공리

 

이제 첫번째 공리, $\nabla \cdot\vec{E} = \frac{\rho_{v}}{\epsilon_{0}}$를 증명하겠다. 공리를 밑바닥부터 유도하는 것은 모순적인 행위이다. 그러므로 쿨롱의 법칙이 성립된다는 가정하에 이를 유도한다.
$$
\vec{E} = \hat{\mathbf{r}}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}\,
$$
양변에 발산을 취하고, 상수는 모두 바깥으로 분리한다.
$$
\nabla \cdot \vec{E}
= \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\mathbf r}}{r^2}\right)
$$
$\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\mathbf r}}{r^2}\right)$ 을 풀어 쓰면 다음과 같다.
$$
\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\mathbf r}}{r^2}\right)
= \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}
\left(r^2 \cdot \frac{1}{r^2}\right)
= \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(1)
= 0
$$
$r \neq 0$일 때 0이 된다. 반대로 $r=0$일 때는 무한이 된다. 이는 디렉 델타 함수의 성질과 동일하다. 그러므로 $\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\mathbf r}}{r^2}\right) = 4\pi \delta^{3}(\mathbf r)$로 치환한다.

 

($4\pi$가 붙는 이유는 $\nabla \frac{1}{r^2} = \oint \frac{1}{r^2} = \int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{1}{r^2} r^2\sin \theta d\phi d\theta = 4\pi$이므로 그렇다.)

$$
\begin{aligned}
\nabla \cdot \vec{E}
&= \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(4\pi \delta^{3}(\vec{r})\right) \\
&= \frac{q}{\varepsilon_0}\delta^{3}(\vec{r})
\end{aligned}
$$
식은 다음과 같이 정리된다. $r=0$일 때만 식이 0이 아니다. 즉 원점에서 발산이 폭발적으로 나타난다. 즉, 전하가 원점을 중심으로 무한대에 가깝게 압축되어 있다는 말이다. 이는 밀도로 나타내는 것이 옳고, 식은 아래와 같이 정리된다.

원점이 아닌 곳에서 발산이 0이라는 뜻은 전계가 원점에만 존재한다는 뜻이 아니다. 전계는 사방으로 퍼지지만, 그 전계가 생겨나는 원천은 원점에만 존재한다는 뜻이다. (수도꼭지는 원점에만 있고, 물은 온 바닥에 흐르는 것과 같다.)
$$
\therefore\ \nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}
$$

 

두 번째 공리

 

두 번째 공리도 유도해 보자. 마찬가지로 쿨롱의 법칙이 성립함을 받아들이고 유도한다. 
$$
\vec{E} = \hat{\mathbf{r}}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}\,
$$

시작 점 a부터 도착 점 b까지 전계를 선적분하겠다.
$$
\int_a^b \vec{E}\cdot d\vec{l}
$$
구 좌표계를 상정했을 때, $d\vec{l}$은 다음과 같다.

$$
d\vec{l}
= \hat{r}\,dr
+ \hat{\theta}\, r\,d\theta
+ \hat{\phi}\, r\sin\theta\,d\phi
$$

적분 식 내부는 다음과 같이 정리된다. 

$$
\vec{E}\cdot d\vec{l}
= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}\,dr
$$

이를 대입하여 적분을 수행하자.
$$
\int_a^b \vec{E}\cdot d\vec{l}
= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_a^b \frac{q}{r^2}\,dr
= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,q \int_a^b r^{-2}\,dr
= -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,q \left[\frac{1}{r}\right]_{r_a}^{r_b}
= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\left(\frac{q}{r_a} - \frac{q}{r_b}\right)
$$
마찬가지로 상수를 바깥으로 분리하고, 적분을 수행하였다. 여기서 $r_a, r_b$는 원점부터 점 a, b까지의 거리다. 이 적분값은 폐곡선에 대해서는 0이 된다. 폐경로에서 시작점과 도착점은 같기 때문이다. ($r_a = r_b$) 
$$
\oint \vec{E}\cdot d\vec{l} = 0
$$
스토크스 정리를 적용하면 아래의 식이 도출된다.
$$
\therefore \nabla \times \vec{E} = 0
$$

 

가우스 정리, 쿨롱의 법칙

앞선 두 공리를 증명하기 위해 가정한 쿨롱의 법칙을 보자. 반대로 공리로부터 유도하겠다.
(이는 순환논리같다는 착각을 줄 수 있다. 하지만 쿨롱 법칙은 실험적으로 위의 공리보다 먼저 정립되었다. )

공리 1의 좌변에 발산 정리를 적용하겠다. 
$$
\int_{V} (\nabla \cdot \vec{E}) \, dv = \oint_{S} \vec{E} \cdot d\vec{s}
$$
우변에도 동일하게 적용한다. 전하밀도를 적분하므로 전하량이 된다.
$$
\int_{V} \frac{\rho}{\epsilon_0} \, dv = \frac{1}{\epsilon_0} \int_{V} \rho \, dv = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}
$$
두 식을 합치면 다음과 같다.
$$
\oint_{S} \vec{E} \cdot d\vec{s} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}
$$
($Q_{enc}$는 폐곡면 내부의 알짜 전하이다.)

이러한 식을 가우스 정리라고 한다. 대칭성을 가지고 있는 경우(무한하거나, 구체거나...등등) 매우 유용하게 사용된다. 대칭성이 없어도 성립되나, 계산이 매우 복잡해진다. 

현재는 구의 중심(원점)에 원천 전하가 존재하고, 구 형태의 폐곡면의 경계에 시험 전하가 존재하는 상황을 가정하므로 대칭성이 성립된다. (구는 중심을 기준으로 경계까지의 거리가 모두 같다.)

 

구의 겉넓이 적분을 하여 좌변의 적분을 풀어낸다. (미터식 계수를 고려해야한다.)
$$
\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}E_{R}R^2\sin \theta d\phi d\theta = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}
$$
적분을 풀어낸 결과는 다음과 같다. 여기서 $E_R$은 상수 취급하여 적분 과정 바깥으로 빠질 수 있다. 어떤 위치든, 구의 대칭성으로 인해 전계의 크기는 구의 경계에서 항상 같기 때문이다. 

내적 역시 동일한 이유로 단순 곱이 된다. 방사형 전계의 방향($\hat{R}$)과, 구의 방향($\hat{R}$)이 일치하기 때문이다. 
$$
\begin{aligned}
E_{R}4\pi R^2 = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}\\
E_{R} = \frac{Q_{\text{enc}}}{4\pi R^2\epsilon_0}\\
\vec{E} = \hat{R}\frac{Q_{\text{enc}}}{4\pi R^2\epsilon_0}
\end{aligned}
$$
다음과 같이 유도되었다. 이는 단일한 점전하가 존재할 때의 쿨롱법칙이다. 분모의 $4\pi \epsilon_{0}$는 상수이다. 즉 전계는 거리의 제곱에 반비례하고, 전하량에 비례함을 알 수 있다. 이는 힘의 원천으로부터 멀어질수록, 원천의 질량이 작을수록 그 힘이 약하게 느껴질 것이라는 직관과도 일치한다. 

 

지금까지 우리는 단일 점전하에 대해 $\nabla \cdot \vec{E} = \rho/\epsilon_0$와 $\nabla \times \vec{E} = 0$을 유도했다.

맥스웰 방정식은 선형이므로, 여러 개의 전하가 있어도 각각의 전계 벡터를 단순히 더하기(벡터 합)만 하면 된다.
$$\vec{E}_{total} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 + \dots = \int d\vec{E}$$
따라서 앞서 유도한 이 두 공리는 전하가 어떻게 분포해 있든 상관없이 항상 성립하는 보편적인 진리다.

 

그런데 가우스 법칙, 쿨롱 법칙등에서 두 번째 공리가 사용되지 않았다. 이는 전위를 정의하기 위해 사용될 것이다.