자기장의 다이벌전스(발산)와 컬(회전)

자기장의 다이벌전스(발산)와 컬(회전)

정리

자기장다이벌전스은 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \nabla \cdot \mathbf{B} =&\ 0 \\ \nabla \times \mathbf{B} =&\ \mu_0 \mathbf{J} \end{align*} $$

설명

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

$$ \mathbf{B} (\mathbf{r}) = \dfrac{\mu_0}{4 \pi} \int \dfrac{\mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime}) \times \hat{\boldsymbol{\eta}} }{\eta^2} d \tau $$

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

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

$$ \boldsymbol{\eta} = (x-x^{\prime})\mathbf{x} + (y-y^{\prime})\mathbf{y} +(z-z^{\prime})\mathbf{z} $$

$$ d\tau^{\prime}=dx^{\prime}dy^{\prime}dz^{\prime} $$

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.

$$ \nabla \cdot \mathbf{B}=\dfrac{\mu_0}{4\pi} \int \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2}\right)d\tau^{\prime} $$

델 연산자가 포함된 곱셈규칙

$$ \nabla \cdot ( \mathbf{A} \times \mathbf{B} ) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B} ) $$

피적분함수에 위의 곱셈규칙을 적용하면

$$ \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2}\right) = \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2}\cdot (\nabla \times \mathbf{J} ) -\mathbf{J} \cdot \left( \nabla \times \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \right) $$

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

$$ \nabla \cdot \mathbf{B} = \dfrac{\mu_0}{4\pi} \int 0 d\tau^{\prime} = 0 $$

자기장의 컬

비오-사바르 법칙에 의해 자기장의 컬은 다음과 같다.

$$ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_0}{4\pi} \int \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2}\right)d\tau^{\prime} $$

델 연산자가 포함된 곱셈규칙

$$ \nabla \times (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = (\mathbf{B} \cdot \nabla)\mathbf{A} - (\mathbf{A} \cdot \nabla)\mathbf{B} + \mathbf{A} (\nabla \cdot \mathbf{B}) - \mathbf{B} (\nabla \cdot \mathbf{A}) $$

피적분함수에 위의 곱셈규칙을 적용하면 다음과 같다.

$$ \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \right)= \left( \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \cdot \nabla \right) \mathbf{J} - \left( \mathbf{J} \cdot \nabla \right) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} + \mathbf{J} \left( \nabla \cdot \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \right) - \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \left( \nabla \cdot \mathbf{J} \right) $$

이때 첫번째 항과 네번째 항은 $\nabla$가 $\mathbf{J}$에 적용되므로 앞에서 발산을 계산했을 때와 마찬가지의 이유로 $0$이다. 두번째항은 그 자체로 $0$은 아니지만 적분을 취하면 $0$이다. 과정은 하단에서 따로 설명한다. 마지막으로 세번째 항은 분리벡터의 발산이므로 디랙델타 함수와 같다.

$$ \nabla \cdot \left( \dfrac{ \hat { \boldsymbol{\eta}} }{\eta^2} \right) = 4\pi \delta^2(\boldsymbol{\eta} ) $$

따라서 자기장의 컬은 다음과 같다.

$$ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_0}{4\pi} \int \mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime} ) 4\pi \delta^3(\mathbf{r} - \mathbf{r}^{\prime} ) d\tau^{\prime} $$

디랙 델타함수의 정의에 의해

$$ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J}(\mathbf{r}) $$

이제 둘째항의 적분이 왜 $0$인지를 확인하는 일이 남았다. 이 부분이 어렵다면 수학적으로 성립하는게 아니라 물리적인 의미에 의해 $0$이라고 이해하고 넘어가도 된다. 분리벡터는 $\boldsymbol{\eta} = (x-x^{\prime})\hat{\mathbf{x}} + (y-y^{\prime})\hat{\mathbf{y}} + (z-z^{\prime})\hat{\mathbf{z}}$이므로 아래의 식이 성립한다.

$$ -\dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial x} = - \hat{\mathbf{x}} = \dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial x^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial y} = - \hat{\mathbf{y}} = \dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial y^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial z} = - \hat{\mathbf{z}} = \dfrac{\partial \boldsymbol{\eta}}{\partial z^{\prime}} $$

따라서 다음의 등식이 성립한다.

$$ \begin{align*} -( \mathbf{J} \cdot \nabla) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} =&\ -\left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z}\right) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \\ =&\ \left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x^{\prime}} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y^{\prime}} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z^{\prime}}\right) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \\ =&( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \end{align*} $$

이 벡터의 $\mathbf{x}$ 성분은 다음과 같다.

$$ \left[ ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\hat{\boldsymbol{\eta}}}{\eta^2} \right]_{x}=( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\eta^3} \right) $$

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

$$ ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\eta^3} \right) = \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\eta^3} \mathbf{J} \right] - \left( \dfrac{x-x^{\prime}} {\eta^3} \right) (\nabla^{\prime} \cdot \mathbf{J} ) $$

또한 정상전류이면 $\mathbf{J}$의 발산이 $0$이므로 둘째항은 $0$이다. 남은 항을 적분하면 발산정리에 의해

$$ \int_\mathcal{V} \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\eta^3}\mathbf{J} \right]d\tau=\oint_\mathcal{S} \dfrac{x-x^{\prime}}{\eta^3}\mathbf{J} \cdot d\mathbf{a}^{\prime} $$

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

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