Arfken 7판 10장 (1차원 그린 함수, 고유함수 전개, 경계값·초기값 문제, 2·3차원 푸아송 그린 함수, 헬름홀츠 그린 함수, 영상법)
| 항목 | 공식 |
|---|---|
| 디랙 델타 | $\int f(x')\,\delta(x-x')\,dx'=f(x)$ |
| 계단함수(Heaviside) | $\theta(s)=1\ (s>0)$, $0\ (s<0)$, $\ \theta'(s)=\delta(s)$ |
| 론스키안(Wronskian) | $W=u_1u_2'-u_1'u_2$. $\mathcal Ly=(py')'+qy$ 꼴이면 $p\,W$는 상수 |
| 1D 그린 함수 | $G(x,x')=\dfrac{u_1(x_<)\,u_2(x_>)}{p\,W}$, $\ x_<=\min(x,x')$, $x_>=\max(x,x')$ |
| 접합 조건 | $G$는 $x=x'$에서 연속, $\ \partial_xG\big|_{x'^+}-\partial_xG\big|_{x'^-}=\dfrac1{p(x')}$ |
| 3D 기본 사실 | $\nabla^2\dfrac1R=-4\pi\,\delta^3(\mathbf R)$, $\ R=|\mathbf r-\mathbf r'|$ |
| 구대칭 함수의 라플라시안 | $\nabla^2f(R)=\dfrac1R\dfrac{d^2}{dR^2}\big(R\,f\big)$ |
| 각도 평균 | $\displaystyle\int\frac{d\Omega'}{|\mathbf r-\mathbf r'|}=\frac{4\pi}{r_>}$, $\ r_>=\max(r,r')$ |
| 고유함수 전개 (2절) | $\mathcal L\varphi_n=\Lambda_nw\varphi_n$이면 $G(x,x')=\displaystyle\sum_n\frac{\varphi_n(x)\varphi_n(x')}{\Lambda_nN_n}$, $N_n=\int w\varphi_n^2dx$ |
| 2D, $\mathcal L=\nabla^2$ (4절) | $G=\dfrac1{2\pi}\ln|\mathbf r-\mathbf r'|$ (+상수), $\ \dfrac1{2\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}\ln|\mathbf r-\mathbf r'|\,d\varphi'=\ln r_>$ |
| 관례 A (이 레슨) | 관례 B | |
|---|---|---|
| 정의 | $\mathcal LG=\delta(x-x')$ | $\mathcal LG=-\delta(x-x')$ |
| $\mathcal Ly=f$의 해 | $y=\int G\,f\,dx'$ | $y=-\int G\,f\,dx'$ |
| 1D 공식 ($\mathcal L=(py')'+qy$) | $+\dfrac{u_1(x_<)u_2(x_>)}{pW}$ | $-\dfrac{u_1(x_<)u_2(x_>)}{pW}$ |
| 3D, $\mathcal L=\nabla^2$ | $G=-\dfrac{1}{4\pi|\mathbf r-\mathbf r'|}$ | $G=+\dfrac{1}{4\pi|\mathbf r-\mathbf r'|}$ |
| 3D, $\mathcal L=\nabla^2+k^2$ (나가는 파) | $G=-\dfrac{e^{ik|\mathbf r-\mathbf r'|}}{4\pi|\mathbf r-\mathbf r'|}$ | $G=+\dfrac{e^{ik|\mathbf r-\mathbf r'|}}{4\pi|\mathbf r-\mathbf r'|}$ |
| 자주 보이는 곳 | 수학 쪽 교재. Arfken 10장도 이 관례로 기억함 (기억 기반, 미검증) | 전자기학의 정전기 퍼텐셜, 산란 이론 |
주의 하나 더: 같은 방정식이라도 $\mathcal L$을 어떻게 잡느냐에 따라 $G$의 부호가 바뀝니다. $-y''=f$를 $\mathcal L=-\frac{d^2}{dx^2}$로 보면 $G=x_<(1-x_>)$이고, 같은 식을 $y''=-f$로 보고 $\mathcal L=\frac{d^2}{dx^2}$를 쓰면 $G=-x_<(1-x_>)$, 소스는 $-f$입니다. 최종 $y$는 같습니다. 그린 함수를 쓰기 전에 "어떤 $\mathcal L$에 대해, 어느 부호의 $\delta$인지"를 한 줄로 적어 두세요.
그림 표기로 보기: G6 5절 — 본 급수 $G=G_0+G_0UG_0+\cdots$의 부호: $\mathcal L=\mathcal L_0-U$이면 모두 $+$, $\mathcal L_0+V$이면 교대(관례 A 기준)
왜 $y=\int Gf$인가 (중첩). 소스를 델타의 합으로 씁니다: $f(x)=\int_a^bf(x')\delta(x-x')\,dx'$. 델타 하나에 대한 응답이 $G(x,x')$이고 $\mathcal L$은 선형이므로
$$\begin{aligned}&\mathcal L\!\int G\,f\,dx'\\&=\int\delta(x-x')f(x')\,dx'\\&=f(x).\end{aligned}$$$G$가 각 $x'$마다 양 끝 조건을 만족하므로 $y$도 만족합니다.
점프 조건. $(pG_x)_x+qG=\delta(x-x')$를 $x'-\epsilon$부터 $x'+\epsilon$까지 적분합니다. $G$가 유계이면 $\int qG\,dx\to0$이라 $p(x')\big[G_x\big]_{x'^-}^{x'^+}=1$만 남습니다. $G$ 자체가 끊기면 $G_x$에 델타가 생기고 $(pG_x)_x$에 델타의 미분이 생겨 오른쪽과 맞지 않습니다. 그래서 $G$는 연속입니다.
$x<x'$에서는 왼쪽 조건만, $x>x'$에서는 오른쪽 조건만 맞추면 되므로 $G=c_1u_1(x)$ ($x<x'$), $G=c_2u_2(x)$ ($x>x'$)로 둡니다. 연속과 점프 조건은
$$\begin{aligned}c_2u_2(x')-c_1u_1(x')&=0,\\c_2u_2'(x')-c_1u_1'(x')&=\frac1{p(x')}.\end{aligned}$$이 연립방정식의 해는 $c_1=\dfrac{u_2(x')}{pW}$, $c_2=\dfrac{u_1(x')}{pW}$입니다(넣어 보면 둘째 식이 $\frac{W}{pW}=\frac1p$). 그래서 $G=\dfrac{u_1(x_<)u_2(x_>)}{pW}$.
$pW$가 상수인 이유. L25의 라그랑주 항등식에서 $\big[p(u_1u_2'-u_2u_1')\big]'=u_1\mathcal Lu_2-u_2\mathcal Lu_1=0$입니다.
대칭성. $x$와 $x'$를 바꿔도 $x_<$, $x_>$는 그대로이므로 $G(x,x')=G(x',x)$입니다. "$x'$의 소스가 $x$에 주는 영향 = $x$의 소스가 $x'$에 주는 영향"(상반성, reciprocity)이고, 자기수반 연산자에서 성립합니다.
$W=0$이면 깨지는 이유. $u_1$과 $u_2$가 비례하면 한 함수가 양 끝 조건을 모두 만족합니다. 그 함수가 동차 문제의 해(공명)라서, $\mathcal Ly=f$의 해가 없거나 유일하지 않습니다.
① $\mathcal L=-\frac{d^2}{dx^2}$ 이므로 $p=-1$, $q=0$.
② 동차해는 $A+Bx$. 왼쪽 $u_1(0)=0$ → $u_1=x$. 오른쪽 $u_2(1)=0$ → $u_2=1-x$.
③ $W=u_1u_2'-u_1'u_2=x\cdot(-1)-1\cdot(1-x)=-1$. $\ pW=(-1)(-1)=1$.
④
$$\begin{aligned}G(x,x')&=x_<(1-x_>)\\&=\begin{cases}x(1-x')&x<x'\\x'(1-x)&x>x'\end{cases}\end{aligned}$$⑤ 확인: $G(0,x')=0$, $G(1,x')=0$. $x=x'$에서 두 식 모두 $x'(1-x')$이라 연속. $\partial_xG$는 왼쪽에서 $1-x'$, 오른쪽에서 $-x'$ → 점프 $=-x'-(1-x')=-1=\frac1p$. 맞습니다.
$f=1$: $x'<x$에서는 $G=x'(1-x)$, $x'>x$에서는 $G=x(1-x')$이므로
$$\begin{aligned}y&=(1-x)\int_0^xx'\,dx'+x\int_x^1(1-x')\,dx'\\&=(1-x)\frac{x^2}{2}+x\frac{(1-x)^2}{2}\\&=\frac{x(1-x)}{2}\big[x+(1-x)\big]=\frac{x(1-x)}{2}.\end{aligned}$$직접 풀이: $y''=-1$ → $y=-\frac{x^2}{2}+Ax+B$. $y(0)=0$ → $B=0$, $y(1)=0$ → $A=\frac12$. 같은 답 $\frac{x-x^2}{2}$.
$f=x$: $\int_x^1(1-x')x'\,dx'=\Big[\frac{x'^2}{2}-\frac{x'^3}{3}\Big]_x^1=\frac16-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}$ 이므로
$$\begin{aligned}y&=(1-x)\int_0^xx'^2\,dx'\\&\quad+x\int_x^1(1-x')x'\,dx'\\&=(1-x)\frac{x^3}{3}+x\Big(\frac16-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\Big)\\&=\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{3}+\frac x6-\frac{x^3}{2}+\frac{x^4}{3}\\&=\frac{x-x^3}{6}.\end{aligned}$$직접 풀이: $y''=-x$ → $y=-\frac{x^3}{6}+Ax+B$, $B=0$, $-\frac16+A=0$ → $y=\frac{x-x^3}{6}$. 맞습니다.
$p=1$. 동차해 $\sin kx,\cos kx$ 중에서 $u_1=\sin kx$ ($u_1(0)=0$), $u_2=\sin k(x-L)$ ($u_2(L)=0$).
$$\begin{aligned}W&=\sin kx\cdot k\cos k(x-L)\\&\quad-k\cos kx\cdot\sin k(x-L)\\&=k\sin\big(kx-k(x-L)\big)=k\sin kL.\end{aligned}$$ $$G(x,x')=\frac{\sin kx_<\;\sin k(x_>-L)}{k\sin kL}.$$$\sin kL=0$, 즉 $k=\frac{n\pi}{L}$이면 $W=0$이라 $G$가 없습니다. 그때는 $\sin\frac{n\pi x}{L}$ 자체가 동차 문제의 해입니다(공명).
검산 하나: $k\to0$이면 $\sin kx\approx kx$ 이므로 $G\to\frac{x_<(x_>-L)}{L}$. $L=1$이면 $-x_<(1-x_>)$로, $\mathcal L=+\frac{d^2}{dx^2}$일 때의 그린 함수(관례 상자의 예)와 맞습니다.
$p=1$. 동차해 $e^{\pm kx}$. 왼쪽 끝($x\to-\infty$)에서 0이 되는 것은 $u_1=e^{kx}$, 오른쪽은 $u_2=e^{-kx}$.
$$\begin{aligned}W&=e^{kx}(-k)e^{-kx}-ke^{kx}e^{-kx}=-2k,\\G&=\frac{e^{kx_<}e^{-kx_>}}{-2k}=-\frac{e^{-k|x-x'|}}{2k}.\end{aligned}$$($x_<-x_>=-|x-x'|$.) 점프 확인: $x>x'$이면 $\partial_xG=\frac12e^{-k(x-x')}\to\frac12$, $x<x'$이면 $\partial_xG=-\frac12e^{k(x-x')}\to-\frac12$. 점프 $=1=\frac1p$. 맞습니다.
적용 ($f=1$): $y=-\frac1{2k}\int_{-\infty}^\infty e^{-k|x-x'|}dx'=-\frac1{2k}\cdot\frac2k=-\frac1{k^2}$. 직접: 상수해 $-k^2y=1$. 맞습니다.
그림 표기로 보기: G6 5절 — 이 그린 함수로 델타 퍼텐셜의 속박 상태: "점 하나와 상자 하나의 고리 = 1" → $\kappa=-g/2$ (본 급수의 극)
$G(\cdot,x')$를 고유함수로 전개합니다: $G=\sum_nc_n(x')\varphi_n(x)$. $G$와 $\varphi_n$이 같은 경계조건을 만족하므로 항별로 $\mathcal L$을 걸 수 있다고 봅니다(수렴 문제는 생략).
$$\begin{aligned}\mathcal LG&=\sum_nc_n\Lambda_nw(x)\varphi_n(x)\\&=\delta(x-x').\end{aligned}$$양변에 $\varphi_m(x)$를 곱해 $x$로 적분하면 직교성 때문에 $c_m\Lambda_mN_m=\varphi_m(x')$입니다. 그래서 $c_m=\dfrac{\varphi_m(x')}{\Lambda_mN_m}$. 결과가 $x\leftrightarrow x'$에 대칭인 것도 바로 보입니다.
완비성 관계(completeness). 같은 계산을 델타 자체에 하면 $\delta(x-x')=w(x)\sum_n\dfrac{\varphi_n(x)\varphi_n(x')}{N_n}$입니다. 그린 함수의 전개는 이 식의 각 항을 $\Lambda_n$으로 나눈 것입니다. "$\mathcal L$의 역연산자 = 고유값의 역수"라는 행렬의 사실(L05)과 같은 모양입니다.
① 고유함수 $\varphi_n=\sin n\pi x$. $\mathcal L\varphi_n=(-n^2\pi^2+k^2)\varphi_n$이므로 $\Lambda_n=k^2-n^2\pi^2$, $w=1$, $N_n=\frac12$.
$$\begin{aligned}&G(x,x')\\&=2\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin n\pi x\,\sin n\pi x'}{k^2-n^2\pi^2}.\end{aligned}$$② 닫힌 꼴과 비교 ($k=1$, $x=0.3$, $x'=0.6$). 예제 1-3의 식은 $\frac{\sin(0.3)\sin(-0.4)}{\sin1}=-0.13676$입니다. 급수의 부분합은 $n=1$까지 $-0.1735$, $n=3$까지 $-0.1403$, $n=10$까지 $-0.1369$로 다가갑니다($1/n^2$로 느리게 수렴).
③ $f=\sin2\pi x$이면 $n=2$ 항만 남습니다.
$$y=\frac{\sin2\pi x}{\Lambda_2}=\frac{\sin2\pi x}{k^2-4\pi^2}.$$직접 확인: $y''+k^2y=(k^2-4\pi^2)y=\sin2\pi x$.
④ 공명: $k\to n\pi$이면 $\Lambda_n\to0$이라 $n$번째 항이 무한대입니다. 예제 1-3의 $W=k\sin kL=0$과 같은 조건입니다.
그림 표기로 보기: G6 4절 — 고유함수 전개를 고리로 닫으면 $\int G(x,x)dx=\sum1/\Lambda_n$ — 연습 B7의 급수 합을 한 줄로(G6 연습 C3)
$\ddot G+a_1\dot G+a_0G=\delta(t-t')$를 $t'-\epsilon$부터 $t'+\epsilon$까지 적분합니다. $G$가 연속이고 유계이면 $a_1\dot G$, $a_0G$ 항의 적분은 0으로 가고 $\big[\dot G\big]_{t'^-}^{t'^+}=1$만 남습니다. $t<t'$에서 $G=0$이므로 $G(t'^+)=0$, $\dot G(t'^+)=1$입니다.
물리로 읽으면: 정지한 진동자(질량 1)에 충격량 1을 주면 그 순간 위치는 그대로이고 속도만 1이 됩니다. $y=\int_0^tGf\,dt'$는 힘을 짧은 충격 $f(t')\,dt'$들로 쪼개서 각 반응을 더한 것입니다(뒤아멜 원리, Duhamel's principle).
$s=t-t'>0$에서 $G=A\cos\omega s+B\sin\omega s$. $G(s=0)=0$ → $A=0$. $\partial_sG(0)=B\omega=1$ → $B=\frac1\omega$.
$$G(t,t')=\frac{\sin\omega(t-t')}{\omega}\,\theta(t-t').$$적용: $t=0$부터 일정한 힘 $f=F_0$. $s=t-t'$로 바꾸면
$$\begin{aligned}y&=\frac{F_0}{\omega}\int_0^t\sin\omega(t-t')\,dt'\\&=\frac{F_0}{\omega}\int_0^t\sin\omega s\,ds=\frac{F_0}{\omega^2}\big(1-\cos\omega t\big).\end{aligned}$$직접 풀이: 특수해 $\frac{F_0}{\omega^2}$에 $y(0)=\dot y(0)=0$을 맞추는 동차해 $-\frac{F_0}{\omega^2}\cos\omega t$를 더한 것과 같습니다.
동차해는 $e^{-\gamma s}\cos\omega_1s$, $e^{-\gamma s}\sin\omega_1s$ ($\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}$, $s=t-t'$). $G(0)=0$ → 사인만 남음: $G=Be^{-\gamma s}\sin\omega_1s$. $\partial_sG(0)=B\omega_1=1$.
$$G(t,t')=\frac{e^{-\gamma(t-t')}\sin\omega_1(t-t')}{\omega_1}\,\theta(t-t').$$적용 ($f=F_0$, $t\ge0$): 적분 공식 $\int e^{-\gamma s}\sin\omega_1s\,ds=-\dfrac{e^{-\gamma s}(\gamma\sin\omega_1s+\omega_1\cos\omega_1s)}{\gamma^2+\omega_1^2}$ 와 $\gamma^2+\omega_1^2=\omega_0^2$를 쓰면
$$\begin{aligned}y&=\frac{F_0}{\omega_1}\int_0^te^{-\gamma s}\sin\omega_1s\,ds\\&=\frac{F_0}{\omega_1\omega_0^2}\Big[\omega_1-e^{-\gamma t}\big(\gamma\sin\omega_1t\\&\qquad\qquad+\omega_1\cos\omega_1t\big)\Big]\\&=\frac{F_0}{\omega_0^2}\Big[1-e^{-\gamma t}\Big(\cos\omega_1t+\frac{\gamma}{\omega_1}\sin\omega_1t\Big)\Big]\\&\xrightarrow{t\to\infty}\ \frac{F_0}{\omega_0^2}.\end{aligned}$$$\gamma\to0$이면 예제 3-1의 답으로 돌아갑니다.
그림 표기로 보기: G2 6절 — ∇²(1/r) = −4πδ³의 계수를 작은 구의 선속 하나(4π/3·3)로 확인
3차원, 가우스 법칙. $G$가 $R=|\mathbf r-\mathbf r'|$에만 의존한다고 보고 $\nabla^2G=\delta^3$을 반지름 $R$인 공에서 적분합니다. 발산 정리로 왼쪽은 표면 선속 $4\pi R^2G'(R)$, 오른쪽은 1입니다.
$$\begin{aligned}&4\pi R^2G'(R)=1\\&\Rightarrow\ G'=\frac1{4\pi R^2}\\&\Rightarrow\ G=-\frac1{4\pi R}.\end{aligned}$$적분상수는 무한대에서 $G\to0$으로 정합니다. 점전하의 전기장에서 퍼텐셜을 구하는 계산과 같습니다.
2차원. 같은 계산을 반지름 $R$인 원에서 하면 둘레가 $2\pi R$이므로 $2\pi RG'(R)=1$, $G=\frac1{2\pi}\ln R+$상수.
각도 평균. $\int\frac{d\Omega'}{|\mathbf r-\mathbf r'|}=\frac{4\pi}{r_>}$는 "균일한 구껍질은 밖에서는 중심의 점전하처럼, 안에서는 상수"(껍질 정리, shell theorem)와 같은 말입니다. 2차원의 $\ln r_>$도 원통 껍질에 대해 같은 뜻입니다.
$r<a$:
$$\begin{aligned}\phi&=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\Big[\frac1r\int_0^rr'^2dr'+\int_r^ar'\,dr'\Big]\\&=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\Big[\frac{r^2}{3}+\frac{a^2-r^2}{2}\Big]\\&=\frac{\rho_0}{6\varepsilon_0}(3a^2-r^2)=\frac{Q\,(3a^2-r^2)}{8\pi\varepsilon_0a^3}.\end{aligned}$$$r>a$: 둘째 적분은 $\rho=0$이라 사라집니다.
$$\phi=\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\cdot\frac1r\int_0^ar'^2dr'=\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0r}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}.$$검산: $r=a$에서 둘 다 $\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0a}$. 중심 값은 $\frac{3Q}{8\pi\varepsilon_0a}$ (표면의 1.5배). 내부에서 $\frac1{r^2}(r^2\phi')'=\frac{1}{r^2}\big(-\frac{\rho_0r^3}{3\varepsilon_0}\big)'=-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}$. 맞습니다.
관례 A: $(\nabla^2+k^2)G=\delta^3(\mathbf r-\mathbf r')$ → $G=-\dfrac{e^{ikR}}{4\pi R}$, $R=|\mathbf r-\mathbf r'|$. (관례 B로 쓰면 $(\nabla^2+k^2)G=-\delta^3$, $G=+\frac{e^{ikR}}{4\pi R}$ 로 부호만 다릅니다.)
(i) $R\ne0$에서 방정식 확인. $RG=-\frac{e^{ikR}}{4\pi}$ 이므로
$$\begin{aligned}\frac{d^2}{dR^2}(RG)&=-\frac{(ik)^2e^{ikR}}{4\pi}=\frac{k^2e^{ikR}}{4\pi},\\\nabla^2G&=\frac1R\cdot\frac{k^2e^{ikR}}{4\pi}=-k^2G\\\Rightarrow\ (\nabla^2+k^2)G&=0.\end{aligned}$$(ii) $R\to0$이면 $e^{ikR}\to1$ 이라 $G\approx-\frac{1}{4\pi R}$. 라플라스 그린 함수와 같으므로 델타의 세기도 1입니다.
(iii) 왜 "나가는" 파인가: 시간 인자 $e^{-i\omega t}$를 붙이면 $\frac{e^{i(kR-\omega t)}}{R}$. 위상이 일정한 곳 $R=\frac{\omega}{k}t$가 바깥으로 움직입니다. $e^{-ikR}$는 들어오는 파이고, (i)(ii)를 똑같이 만족합니다. 어느 쪽을 쓸지는 물리(경계조건)가 정합니다. 시간 인자를 $e^{+i\omega t}$로 쓰는 책에서는 역할이 바뀝니다.
$z$ 방향으로 균일하므로 $\nabla^2\phi=-\rho/\varepsilon_0$를 $(x,y)$ 평면의 2차원 문제로 봅니다. 소스는 $f=-\rho/\varepsilon_0$, $G=\frac1{2\pi}\ln R$.
(a) 단위 길이당 전하 $\lambda$: $\rho=\lambda\,\delta^2(\mathbf r)$.
$$\begin{aligned}\phi&=\int Gf\,d^2r'\\&=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r\ (+\text{상수}).\end{aligned}$$전기장 $E_r=-\phi'=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}$로 가우스 법칙의 결과와 같습니다.
(b) 레시피 5의 식에서 $\int r\ln r\,dr=\frac{r^2}{2}\ln r-\frac{r^2}{4}$를 씁니다.
$r>a$: $\phi=-\dfrac{\rho_0}{\varepsilon_0}\ln r\displaystyle\int_0^ar'\,dr'=-\dfrac{\rho_0a^2}{2\varepsilon_0}\ln r$. $\lambda=\rho_0\pi a^2$이면 (a)와 같습니다.
$r<a$:
$$\begin{aligned}\phi&=-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\Big[\ln r\int_0^rr'dr'\\&\qquad+\int_r^ar'\ln r'\,dr'\Big]\\&=-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\Big[\frac{a^2}{2}\ln a-\frac{a^2}{4}+\frac{r^2}{4}\Big]\\&=\frac{\rho_0}{4\varepsilon_0}(a^2-r^2)\\&\quad-\frac{\rho_0a^2}{2\varepsilon_0}\ln a.\end{aligned}$$검산: $r=a$에서 두 식이 같고, 안쪽에서 $\frac1r(r\phi')'=\frac1r\big(-\frac{\rho_0r^2}{2\varepsilon_0}\big)'=-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}$.
유일성. 같은 영역에서 같은 $f$, 같은 경계값을 갖는 해 $\phi_1$, $\phi_2$가 있다고 합시다. 차 $w=\phi_1-\phi_2$는 $\nabla^2w=0$이고 경계에서 $w=0$입니다. 그린 제1항등식(발산 정리)으로
$$\begin{aligned}\int_V|\nabla w|^2dV&=\oint_Sw\frac{\partial w}{\partial n}dS\\&\quad-\int_Vw\nabla^2w\,dV\\&=0.\end{aligned}$$그래서 $\nabla w=0$, $w$는 상수이고 경계에서 0이므로 $w\equiv0$입니다.
영상법이 맞는 이유. 영상 전하는 영역 밖에 있어서 영역 안의 방정식을 바꾸지 않고, 경계값은 맞춥니다. 방정식과 경계조건을 모두 만족하는 함수를 하나라도 찾으면 유일성 때문에 그것이 답입니다. 어떻게 찾았는지(추측)는 상관없습니다.
영상 전하 $-q$를 $(0,0,-d)$에 둡니다. $\rho_\perp^2=x^2+y^2$로 쓰면
$$\begin{aligned}\phi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Big[&\frac{1}{\sqrt{\rho_\perp^2+(z-d)^2}}\\&-\frac{1}{\sqrt{\rho_\perp^2+(z+d)^2}}\Big].\end{aligned}$$$z=0$이면 두 항이 같아서 $\phi=0$. 맞습니다.
그린 함수로 쓰면(관례 A) $\mathbf r'^{*}=(x',y',-z')$를 거울상 점으로 두고
$$G(\mathbf r,\mathbf r')=-\frac1{4\pi}\Big[\frac{1}{|\mathbf r-\mathbf r'|}-\frac{1}{|\mathbf r-\mathbf r'^{*}|}\Big].$$점전하 $\rho=q\,\delta^3(\mathbf r'-d\hat z)$, 소스 $f=-\rho/\varepsilon_0$를 넣으면 $\phi=-\frac{q}{\varepsilon_0}G(\mathbf r,d\hat z)$로 위 식과 같습니다.
유도 전하. $\partial_z\frac{1}{\sqrt{\rho_\perp^2+(z\mp d)^2}}=-\frac{z\mp d}{(\rho_\perp^2+(z\mp d)^2)^{3/2}}$ 이므로 $z=0$에서 각각 $\pm\frac{d}{(\rho_\perp^2+d^2)^{3/2}}$. 따라서
$$\begin{aligned}\partial_z\phi\big|_{z=0}&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{2d}{(\rho_\perp^2+d^2)^{3/2}},\\\sigma=-\varepsilon_0\,\partial_z\phi\big|_{z=0}&=-\frac{q\,d}{2\pi(\rho_\perp^2+d^2)^{3/2}}.\end{aligned}$$총 유도 전하.
$$\begin{aligned}&\int_0^\infty\sigma\,2\pi\rho_\perp\,d\rho_\perp\\&\quad=-qd\int_0^\infty\frac{\rho_\perp\,d\rho_\perp}{(\rho_\perp^2+d^2)^{3/2}}\\&\quad=-qd\Big[-\frac{1}{\sqrt{\rho_\perp^2+d^2}}\Big]_0^\infty\\&\quad=-qd\cdot\frac1d=-q.\end{aligned}$$종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy·mpmath로 검산했습니다. 관례는 계속 A ($\mathcal LG=\delta$)입니다.
A1. $\mathcal L=\dfrac{d^2}{dx^2}$, $y(0)=y(1)=0$의 그린 함수
A2. 관례 B를 쓰는 책은 $\nabla^2G_B=-\delta^3$입니다. $G_B$는? 그 책에서 $\nabla^2\phi=-\rho/\varepsilon_0$의 해를 $G_B$로 쓰면?
A3. $\mathcal Ly=(x^2y')'$일 때 $\partial_xG$의 점프
A4. $y''=f$, $y(0)=0$, $y'(1)=0$의 그린 함수와 $f=1$의 해
B1. 예제 1-1의 $G$로 $-y''=\sin\pi x$, $y(0)=y(1)=0$
B2. 예제 1-3의 $G$로 $y''+k^2y=1$, $y(0)=y(L)=0$ ($\sin kL\ne0$)
B3. $y''-k^2y=f$ (무한 구간), $f=1$ ($|x|<c$), $0$ ($|x|>c$)
B4. 원판 지름 방향 문제 $\dfrac1r\big(r\,y'\big)'=1$, $0<r<a$, 원점에서 유한, $y(a)=0$
B5. 예제 1-1의 $G$를 $-y''=\lambda y$의 고유함수 $\sqrt2\sin n\pi x$ (고유값 $n^2\pi^2$)로 전개하세요.
B6. $-y''=f$, $y'(0)=y'(1)=0$에 2절의 방법을 쓰면 무엇이 문제입니까? 해가 있으려면 $f$가 어떤 조건을 만족해야 합니까?
B7. $y''-y=f$, $y(0)=y(\pi)=0$의 그린 함수를 닫힌 꼴(1절)과 고유함수 전개(2절)로 쓰고, $x=x'=\frac\pi2$에서 비교해 $\displaystyle\sum_{n\ \text{홀수}}\frac1{n^2+1}$을 구하세요.
C1. $\dot y+\gamma y=f$, $y(0)=0$: 그린 함수와 $f=F_0$의 해
C2. $\ddot y+\omega^2y=\cos\omega t$ (공명), 정지 출발
C3. $\ddot y+\omega^2y=F_0$ ($0<t<T$), $0$ ($t>T$), 정지 출발. $t>T$에서 $y$는?
C4. 예제 3-2의 감쇠 진동자에 충격 $f=P\,\delta(t-t_0)$
C5. 임계감쇠 $\gamma=\omega_0$일 때의 인과적 그린 함수
C6. $\ddot y+\omega^2y=F_0$, $y(0)=y_0$, $\dot y(0)=v_0$
D1. $(\nabla^2-k^2)G=\delta^3$ (유카와형)의 그린 함수와 $R\ne0$에서의 확인
D2. 균일하게 대전된 구껍질(반지름 $a$, 총전하 $Q$)의 퍼텐셜
D3. $\rho=\rho_0e^{-r/b}$의 퍼텐셜과 중심 값
D4. 예제 5-1에서 점전하가 받는 힘
D5. 예제 5-1에서 원점 둘레 반지름 $d$ 안($\rho_\perp<d$)에 유도된 전하
D6. 접지 도체구(반지름 $a$, 중심 원점)와 중심에서 거리 $D>a$인 점전하 $q$. 영상 전하 $q'=-\dfrac{qa}{D}$를 거리 $\dfrac{a^2}{D}$ (같은 방향)에 두면 구 표면에서 $\phi=0$임을 보이세요.
D7. 반공간 $z>0$에서 $\nabla^2\phi=0$, 평면 $z=0$에서 $\phi=V(x,y)$. 5절 레시피 4의 식으로 해를 쓰고, $V$가 반지름 $a$인 원판 위에서만 $V_0$일 때 축 위 퍼텐셜을 구하세요.
D8. 2차원 $G=\frac1{2\pi}\ln R$가 $R\ne0$에서 $\nabla^2G=0$을 만족하고, 원점을 둘러싼 원을 지나는 선속이 1임을 보이세요.
D9. 반지름 $a$인 얇은 원통 껍질에 단위 길이당 전하 $\lambda$가 균일하게 있습니다. 퍼텐셜은? (4절 레시피 5)