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자기장의 다이벌전스(발산)와 컬(회전) 📂전자기학

자기장의 다이벌전스(발산)와 컬(회전)

정리

자기장의 다이벌전스와 컬은 다음과 같다.

∇⋅B= 0∇×B= μ0J \begin{align*} \nabla \cdot \mathbf{B} =&\ 0 \\ \nabla \times \mathbf{B} =&\ \mu_{0} \mathbf{J} \end{align*}

설명

전기장은 항상 컬이 0\mathbf{0}인 특별한 벡터 함수였듯이 자기장 또한 그러하다. 부피전류에 대한 비오-사바르 법칙으로 발산과 회전을 구해보자.

B(r)=μ04π∫J(r′)×2dτ \mathbf{B} (\mathbf{r}) = \dfrac{\mu_{0}}{4 \pi} \int \dfrac{\mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime}) \times \crH }{\cR^2} d \tau

이 때 중요하게 알고 넘어가야 할 점이 있다. 각 함수가 어느 좌표에 대해서 영향을 받는지를 확실하게 구분해야한다.

B\mathbf{B}는 관찰점의 좌표 (x,y,z)(x, y, z)에 대한 함수이고, J\mathbf{J}는 원천점의 좌표 (x′,y′,z′)(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})에 대한 함수이다. 분리벡터와 부피요소는 각각 다음과 같다.

=(x−x′)x+(y−y′)y+(z−z′)z \bcR = (x-x^{\prime})\mathbf{x} + (y-y^{\prime})\mathbf{y} +(z-z^{\prime})\mathbf{z}

dτ′=dx′dy′dz′ d\tau^{\prime}=dx^{\prime}dy^{\prime}dz^{\prime}

적분은 원천점(프라임′^{\prime}이 있는)에 대한 연산이고 다이벌전스와 컬은 관찰점(프라임′^{\prime}이 없는)에 대한 연산이다.

증명

자기장의 다이벌전스

비오-사바르 법칙에 의해 자기장의 다이벌전스는 다음과 같다.

∇⋅B=μ04π∫∇⋅(J×2)dτ′ \nabla \cdot \mathbf{B}=\dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right)d\tau^{\prime}

델 연산자가 포함된 곱셈규칙

∇⋅(A×B)=B⋅(∇×A)−A⋅(∇×B) \nabla \cdot ( \mathbf{A} \times \mathbf{B} ) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B} )

피적분함수에 위의 곱셈규칙을 적용하면

∇⋅(J×2)=2⋅(∇×J)−J⋅(∇×2) \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right) = \dfrac{\crH}{\cR^2}\cdot (\nabla \times \mathbf{J} ) -\mathbf{J} \cdot \left( \nabla \times \dfrac{\crH}{\cR^2} \right)

첫번째 항에서 ∇\nabla는 x,y,zx, y, z에 대한 미분 연산이고 J\mathbf{J}는 (x′,y′,z′)(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})에 대한 함수이므로 ∇×J=0\nabla \times \mathbf{J} = \mathbf{0}이다. 또한 분리벡터의 컬이 0\mathbf{0}이므로 두번째 항의 괄호도 마찬가지로 0\mathbf{0}이다. 따라서 자기장의 다이벌전스는

∇⋅B=μ04π∫0dτ′=0 \nabla \cdot \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int 0 d\tau^{\prime} = 0

자기장의 컬

비오-사바르 법칙에 의해 자기장의 컬은 다음과 같다.

∇×B=μ04π∫∇×(J×2)dτ′ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right)d\tau^{\prime}

델 연산자가 포함된 곱셈규칙

∇×(A×B)=(B⋅∇)A−(A⋅∇)B+A(∇⋅B)−B(∇⋅A) \nabla \times (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = (\mathbf{B} \cdot \nabla)\mathbf{A} - (\mathbf{A} \cdot \nabla)\mathbf{B} + \mathbf{A} (\nabla \cdot \mathbf{B}) - \mathbf{B} (\nabla \cdot \mathbf{A})

피적분함수에 위의 곱셈규칙을 적용하면 다음과 같다.

∇×(J×2)=(2⋅∇)J−(J⋅∇)2+J(∇⋅2)−2(∇⋅J) \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2} \right)= \left( \dfrac{\crH}{\cR^2} \cdot \nabla \right) \mathbf{J} - \left( \mathbf{J} \cdot \nabla \right) \dfrac{\crH}{\cR^2} + \mathbf{J} \left( \nabla \cdot \dfrac{\crH}{\cR^2} \right) - \dfrac{\crH}{\cR^2} \left( \nabla \cdot \mathbf{J} \right)

이때 첫번째 항과 네번째 항은 ∇\nabla가 J\mathbf{J}에 적용되므로 앞에서 발산을 계산했을 때와 마찬가지의 이유로 00이다. 두번째항은 그 자체로 00은 아니지만 적분을 취하면 00이다. 과정은 하단에서 따로 설명한다. 마지막으로 세번째 항은 분리벡터의 발산이므로 디랙델타 함수와 같다.

∇⋅(^2)=4πδ2() \nabla \cdot \left( \dfrac{ \hat { \bcR} }{\cR^2} \right) = 4\pi \delta^2(\bcR )

따라서 자기장의 컬은 다음과 같다.

∇×B=μ04π∫J(r′)4πδ3(r−r′)dτ′ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime} ) 4\pi \delta^3(\mathbf{r} - \mathbf{r}^{\prime} ) d\tau^{\prime}

디랙 델타함수의 정의에 의해

∇×B=μ0J(r) \nabla \times \mathbf{B} = \mu_{0} \mathbf{J}(\mathbf{r})

이제 둘째항의 적분이 왜 00인지를 확인하는 일이 남았다. 이 부분이 어렵다면 수학적으로 성립하는게 아니라 물리적인 의미에 의해 00이라고 이해하고 넘어가도 된다. 분리벡터는 =(x−x′)x^+(y−y′)y^+(z−z′)z^\bcR = (x-x^{\prime})\hat{\mathbf{x}} + (y-y^{\prime})\hat{\mathbf{y}} + (z-z^{\prime})\hat{\mathbf{z}}이므로 아래의 식이 성립한다.

−∂∂x=−x^=∂∂x′and−∂∂y=−y^=∂∂y′and−∂∂z=−z^=∂∂z′ -\dfrac{\partial \bcR}{\partial x} = - \hat{\mathbf{x}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial x^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \bcR}{\partial y} = - \hat{\mathbf{y}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial y^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \bcR}{\partial z} = - \hat{\mathbf{z}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial z^{\prime}}

따라서 다음의 등식이 성립한다.

−(J⋅∇)2= −(Jx′∂∂x+Jy′∂∂y+Jz′∂∂z)2= (Jx′∂∂x′+Jy′∂∂y′+Jz′∂∂z′)2=(J⋅∇′)2 \begin{align*} -( \mathbf{J} \cdot \nabla) \dfrac{\crH}{\cR^2} =&\ -\left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z}\right) \dfrac{\crH}{\cR^2} \\ =&\ \left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x^{\prime}} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y^{\prime}} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z^{\prime}}\right) \dfrac{\crH}{\cR^2} \\ =&( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\crH}{\cR^2} \end{align*}

이 벡터의 x\mathbf{x} 성분은 다음과 같다.

[(J⋅∇′)2]x=(J⋅∇′)(x−x′3) \left[ ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\crH}{\cR^2} \right]_{x}=( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\cR^3} \right)

이를 곱셈규칙 ∇⋅(fA)=f(∇⋅A)+A⋅(∇f)\nabla \cdot (f\mathbf{A}) = f(\nabla \cdot \mathbf{A}) + \mathbf{A} \cdot (\nabla f)으로 풀어내면 다음과 같다.

(J⋅∇′)(x−x′3)=∇′⋅[x−x′3J]−(x−x′3)(∇′⋅J) ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\cR^3} \right) = \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3} \mathbf{J} \right] - \left( \dfrac{x-x^{\prime}} {\cR^3} \right) (\nabla^{\prime} \cdot \mathbf{J} )

또한 정상전류이면 J\mathbf{J}의 발산이 00이므로 둘째항은 00이다. 남은 항을 적분하면 발산정리에 의해

∫V∇′⋅[x−x′3J]dτ=∮Sx−x′3J⋅da′ \int_\mathcal{V} \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3}\mathbf{J} \right]d\tau=\oint_\mathcal{S} \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3}\mathbf{J} \cdot d\mathbf{a}^{\prime}

위에서 ∇\nabla를 ∇′\nabla^{\prime}로 바꾸는 작업을 한 이유가 이 적분 때문이다. 좌변의 적분 범위는 모든 전류를 포함할 수 있게 충분히 크게 잡아야하고 이 경우 영역의 경계면에서 J=0\mathbf{J}=0이다. 따라서 우변의 면적분에서 전 영역에서 J=0\mathbf{J}=0이므로 적분 결과는 00이다. 같은 논리로 y\mathbf{y}성분과 z\mathbf{z}성분 또한 00이므로 둘째항의 적분은 00이다.

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