분리벡터 제곱의 역수의 발산 $\nabla \cdot \frac{1}{\eta^2}$

전자기학에 대해 시작할 때 발산에 관한 중요한 식이 하나 있습니다. 이 식은 한 점에 놓여 있는 전하가 그 주위 공간에 미치는 영향을 전하가 있는 곳 한 곳과 그렇지 않은 모든 곳의 차이점을 극명하게 보여주기에 디랙 델타 함수와 관련되어 있습니다. 이 공식이 유명한 이유는 분석해보면 알겠지만 일반적인 연산법을 적용해 진행하다 보면 논리적으로 조금 말이 안되는 것 같은 부분이 존재하기 때문입니다.

 

정리($M.P$) 2.1

① 1차원
$$\nabla \cdot \frac{\hat{\eta}}{\eta^2}=4\pi\delta (\mathbf{r})\\ 
\nabla^2 \cdot \frac{1}{\eta}=-4\pi\delta (\mathbf{r})$$ ② 3차원
$$\nabla \cdot \frac{\hat{\eta}}{\eta^2}=4\pi\delta^3 (\mathbf{r})\\ 
\nabla^2 \cdot \frac{1}{\eta}=-4\pi\delta^3 (\mathbf{r})$$

 

1차원은 디랙델타함수를 한 번만 곱해주면 되고 3차원에서는 디랙델타함수가 세 번 곱해져 있는 꼴을 제외하면 차원의 차이는 없고, 그래디언트가 한 번 곱해져 있는지, 두 번 곱해져 있는지도 사실 미분을 한 번 했는지 두 번 했는지의 차이만 존재합니다. 중요한 건 저 자체의 식, 즉 분리벡터 역수 제곱의 발산이 디랙델타함수와 4, 원주율의 곱으로 구성되어 있다는 것입니다.

 

이 식이 이상한 이유가 뭘까요?

이는 그래디언트 직접 계산과 발산정리를 사용한 결과가 다르기 때문입니다. 주어진 벡터함수

 

$$\mathbf{v}=\frac{\hat{r}}{r^2}$$

.

에 대해서 다음 두 가지 방법으로 연산을 시행해 보겠습니다.

 

 

i) 그래디언트 직접 계산

 

$$\nabla \cdot \mathbf{v}=\nabla \cdot \frac{\hat{r}}{r^2}=\left\{\begin{matrix}
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(r\neq 0)\\
\mathrm{Cannot\;definition}\;\;\;\;(r=0)
\end{matrix}\right.$$

 

$r=0$ 일 때는 숫자/0 꼴이므로 무한대가 되는데, 수학적으로는 분모가 0인 상태이니 정의할 수 없다고 말해야 적절합니다. 반면 $r\neq 0$ 인 경우는 구면좌표계에서의 그래디언트를 계산해보면

$$\nabla \cdot \mathbf{v}=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}
\left ( r^2 \cdot \frac{1}{r^2} \right )=0$$

 

으로 0이 나오는 것을 확인할 수 있습니다.

 

그러나 발산정리를 이용해 풀면, 전혀 다른 숫자가 나옵니다.

 

 

ii) 발산정리 이용

 

$$\iiint_{V}\nabla\cdot \frac{\hat{r}}{r^2}\,d\tau=\iint_{\partial S}\left ( \frac{\hat{r}}{r^2} \right )\cdot \hat{r}\,da=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}
\frac{1}{r^2}r^2\sin\theta \,d\theta d\phi=4\pi$$

 

발산정리에 문제가 있는 것은 아닙니다. 이 모순적인 결과는 $r=0$ 인 지점 때문에 발생한 것입니다. 왜냐하면 $\displaystyle\frac{1}{r^2}$ 부분이 발산정리에서는 구면좌표계의 부피요소에 포함되어 있는 $r^2$ 과 날라가 버리니, 과정 i) 에서 발생한 $r=0$ 여부에 따른 $\displaystyle\frac{1}{r^2}$ 정의 문제 발생에 관한 내용이 고려되지 않았기 때문이죠. 게다가 더욱 문제인 것은 발산정리를 사용하더라도 피적분함수가 0이 될 수 있다는 사실인데, 이를 정리하면 적분

 

$$\iiint_{V}\nabla\cdot \frac{\hat{r}}{r^2}\,d\tau$$

 

에서

 

$r=0$ 인 경우 $\rightarrow \;\; \displaystyle\frac{1}{r^2}$ 과 $r^2$ 이 상쇄되었지만 $\infty$의 $\nabla$ 를 적분..??

$r\neq $ 인 경우 $\rightarrow \;\; 0$ 을 적분했는데 $4\pi$ 가 나옴..?

 

 

이 결과를 반영하여 하나의 아름다운 식으로 표현하고 싶다면 디랙 델타 함수(Dirac delta function)를 쓰면 됩니다. 증명해 봅시다.

 

증명) 어떤 스칼라 함수인 Test function $f=f(r)$ 에 대하여 $\mathbf{v}=\nabla \cdot \frac{1}{r}\;\;,\;\;f=f(r)$ 일 때

$$\nabla \cdot \left ( f \,\mathbf{v} \right )=f\left ( \nabla \cdot \mathbf{v} \right )+\mathbf{v}\cdot \nabla f $$
가 성립한다. 그러면

$$f\left ( \nabla^2 \frac{1}{r}\right )=\nabla \cdot \left ( f\,\nabla \cdot \frac{1}{r} \right )
-\left ( \nabla \cdot \frac{1}{r} \right )\cdot \nabla f$$

이 되고, 이의 양변을 3중적분하자.

$$\begin{align*}

\iiint_{V}f\left ( \nabla^2 \, \frac{1}{r} \right )d\tau&=-\iiint_{V}f\left ( \nabla^2 \frac{\hat{r}}{r^2} \right )
d\tau  \\\\&= \iiint_{V}\nabla \cdot \left ( f\,\nabla \, \frac{1}{r} \right )d\tau
-\iiint_{V}\nabla f \cdot \left ( \nabla \frac{1}{f} \right )d\tau \\\\&=
\iint_{\partial S}\left ( f\,\nabla \, \frac{1}{r} \right )\cdot \hat{n}\,d\sigma -\iiint_{V}
\nabla f \cdot \left ( \nabla \frac{1}{f} \right )d\tau
\\\\&\equiv g+h

\end{align*}$$

마지막 줄의 첫째항과 둘째항을 각각 $g,h$라 한 것이고 각각 따로 계산할 것입니다. 첫째항인 $g$를 보면 면적분을 하기 위해 내가 잡은 도형이 반지름이 $r=a$인 구이고, 구 표면을 $\partial S$ 라 생각하면 단위법선벡터 $\hat{n}=\hat{r}$ 이 되어

$$\begin{align*} 

\iint_{\partial S}\left ( f\,\nabla \, \frac{1}{r} \right )\cdot \hat{n}\,d\sigma = \iint_{\partial S}f(r)
\left ( -\frac{\hat{r}}{r^2} \right )\cdot \hat{r}\,d\sigma
=-\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}f(a)\sin \theta d\theta d\phi = -4\pi f(a)

\end{align*}$$

이제 두번째 항인 $h$를 보자. 삼중적분을 직접 수행하면

$$\begin{align*} 

\iiint_{V}
\nabla f \cdot \left ( \nabla \frac{1}{f} \right )d\tau&=\iiint_{V}\left ( \frac{\partial f(r)}{\partial r} \right )
\cdot \left ( -\frac{\hat{r}}{r^2} \right ) d\tau
\\\\&=\iiint_{V}\left ( -\frac{1}{r^2} \right )\left ( \frac{\partial f(r)}{\partial r} \right )d\tau
\\\\&=-\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{r'=0}^{r'=a}\frac{df(r')}{dr}\,dr\sin{\theta} \,d\theta d\phi
\\\\&=4\pi f(0)-4\pi f(a)

\end{align*}$$

둘을 합치면 결론을 얻는다.

$$\iiint_{V}f\left ( \nabla^2 \, \frac{1}{r} \right )d\tau=-\iiint_{V}f\left ( \nabla^2 \frac{\hat{r}}{r^2} \right )
d\tau=-4\pi f(0) $$

 

이것은 $f(r)$이 적분되어서 $f(0)$이 나왔다는 점을 고려했을 떄, $\displaystyle\frac{1}{r^2}$ 이 디랙델타함수의 역할을 한다는 사실을 알 수 있지요. 삼중적분을 했으니 디랙델타함수의 차원은 3차원이고 3차원이 일반적인 것입니다. 여기서 원점을 $0$이 아닌 다른 곳으로 옮겼을 때는 바로 분리벡터 $\eta$를 활용해서 식을 써주면 되는 것이고 그것이 정리($M.P$) 1.1 인 것입니다.

이로부터 구 중심에 존재하는 전하를 떠올려 보았을 때 $r=0$ 인 곳 즉 중심에서는 전하가 존재, 그리고 $r\neq 0$ 인 곳 모두에서는 전하가 존재하지 않음을 나타내기에 이보다 훌륭한 방법이 없다는 것에 감탄을 하게 됩니다. 또한, 이것은 가우스 법칙을 사용하기 위해 가우스 면을 상정할 때 전하를 둘러싸지 않으면 적분 값이 0이 나오고, 전하를 포함하기만 하면 가우스 면의 모양이 어떻던지간에 적분 결과가 $q$에 관한 값이 나옴을 뜻합니다. 여기까지가 전기장의 발산이 전하로부터 기원한다고 알려주는 맥스웰의 첫번째 방정식의 첫 단추를 꿰는 과정이라고 볼 수 있을 것 같네요.