(출처가 명시되지 않은 사진은 직접 그림)
Complex Analysis for Physicists (3)과 (4)에서 디리클레 문제와 등각사상을 주제로 다루었었다. 등각인 사상은 Laplace equation을 보존하며, 이 덕분에 우리는 mapping된 w-plane에서도 동등하게 Laplace eq를 풀 수 있었다. (2차원 한정이지만) 그러나 Laplace eq뿐만 아니라 더 확장된 Helmholtz eq 역시 약간의 실마리를 제공하기도 한다.(역시 2차원 한정이다.)
$\left( \vec{\nabla}^2 +k^2\right) f(x,y)=g(x,y)$
이 방정식을 Helmholtz eq라 하고 $g=0$이면 homogeneous Helmholtz eq, $k=0$이면 Poisson eq, $g=0,\:k=0$이면 Laplace eq라 한다. Dirac delta function이 $g$의 자리에 올 때, 즉
$\vec{\nabla}^2 f(x,y)=\delta(x)\delta(y)$
와 같이 특별한 경우 사상 $w(z)$에 대해서(즉 좌표변환 $(x,y)\to(u,v)$에 대해서) 위 방정식 역시 불변이다. Laplacian operator가 좌표변환 $(x,y)\to(u,v)$에 대해 THM 3-5에서 ($\vec{\nabla}^2_{xy}=|J^{uv}_{xy}|\vec{\nabla}^2_{uv}$)임을 보였고, 우변 Dirac delta function 역시 $\delta(u-u_0)\delta(v-v_0)=\delta(x-x_0)\delta(y-y_0)/|J^{uv}_{xy}|$임이 알려져 있기 때문이다. (J. E. Marsden, A. J. Tromba, "Vector Calculus", W. H. Freedman and Co., San Francisco 1976)
$\vec{\nabla}^2_{xy} f(x,y)=\delta(x-x_0)\delta(y-y_0) \:\:\:\: \Leftrightarrow \:\:\:\: \vec{\nabla}^2_{uv} F(u,v)=\delta(u-u_0)\delta(v-v_0)$
이것이 무엇을 의미하는가? 2차원 점전하(or 축대칭성이 있는 3차원 선전하)가 있는 경우의 정전기학 문제를 동등하게 $(u,v)$ plane으로 사상시켜 풀 수 있다는 것이다! 이것은 매우 놀라운 결과이며 이 글을 보는 여러분들은
[ line charge + grounded right-angle wedge ]
쉬운 경우부터 살펴보자. 한 축으로 자른 단면에서 양의 x축과 양의 y축에서 모두 전위가 0이다. (grounded) 그리고 $(x_0,y_0)$에 선전하 $+\lambda$가 놓여있다. 먼저 우리가 알고있는 영상법을 이용하자.
$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2}\sqrt{(x+x_0)^2+(y-y_0)^2}}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\sqrt{(x+x_0)^2+(y+y_0)^2}}}$$
다음으로 이 상황을 conformal mapping $w=z^2$에 대응시켜 생각해보자.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{(u-u_0)^2+(v+v_0)^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+(v-v_0)^2}}} \\ u=x^2-y^2,\:\: v=2xy,\:\: u_0=x_0^2-y_0^2, \:\: v_0=2x_0y_0$$
$u,\:v,\:u_0,\:v_0$에 대해서 변환식을 대입하면 같은 영상법으로 얻은 결과와 같은 결과를 얻는다.
 |
| equipotential contour for $(x_0,\:y_0)=(0.7,\:0.4)$ |
[ line charge near the grounded cylinder ]
이 경우도 마찬가지로 영상법으로 해결 가능한 경우이다. 접지된 반지름 R의 cylinder의 원점을 z-plane의 $(R,0)$에 두고, $+\lambda$의 선전하를 $(x_0,0)$에 오도록 좌표계를 잡자. (역수변환이 평면으로 사상하도록) 먼저 영상법으로는 charge가 다른 두 평행한 선전하가 이루는 등전위면이 원통임을 이용한다.
$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{\left(x-\frac{x_0 R}{x_0-R}\right)^2+y^2}}{\sqrt{(x-x_0)^2+y^2}}$$
다음으로 사상 $w=\frac{1}{z}$이 원에서 원(반평면)으로 사상함을 이용한다.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{(u+u_0-1/R)^2+v^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+v^2}},\:\: u=\frac{x}{x^2+y^2},\:\:v=\frac{-y}{x^2+y^2},\:\: u_0=\frac{1}{x_0}$$
이것을 다시 $(x,y)$좌표계로 돌린 후 영상법으로 구한 답과 비교해보자.
위의 결과는 $x_0=1.3$, $R=0.4$일 때 두 방법으로 얻은 결과가 같음을 보여준다. |
| (L) : image method로 얻은 결과에 상수차이만큼 빼준 결과의 등전위면, (R) : $w=1/z$ mapping으로 얻은 결과의 등전위면 |
[ line charge in parallel plates ]
이것 역시 영상법으로 해결할 수 있는 케이스이나 conformal mapping의 강력함을 잘 보여주는 예시이다. 이 경우는 image charge를 무한히 놓아서 해결가능함이 잘 알려져 있다. 그런데 왜 무한해야 하는가? 결론부터 말하면 이 경우는 적절한 mapping이 $w=e^z$이고, 이것의 역사상 $z=Ln(w)$가 multi-valued mapping이기 때문에 image charge가 무한히 많은 것이다. 이 점을 염두하고 두 가지 방법으로 각각 구해보자. 우선 영상법으로 아래와 같이 무한히 많은 선전하들을 대칭적으로 놓아 (반 강제적으로) 평행한 등전위면을 만들자.
$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\ln \frac{\sqrt{(x^2+(y+y_0+2nL)^2}}{\sqrt{x^2+(y-y_0+2nL)^2}}$$
이제 conformal mapping $w=e^{\pi z/L}$을 통해 w-plane에서 보자.
$y=L$인 위쪽 도체평면은 w-plane의 음의 실수축에 대응하고 $y=0$인 아래쪽 도체평면은 w-plane의 양의 실수축에 대응한다. 따라서 또다시 평면위의 단일 전하 영상문제로 귀결되었다. 따라서 $(u,v)$좌표계에서 Poisson eq의 해는 w-plane에서 음의 영상전하를 놓았다고 생각하여 다음과 같이 결정된다.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{(u-u_0)^2+(v+v_0)^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+(v-v_0)^2}},\:\:\:u=e^{\frac{\pi x}{L}}\cos{\frac{\pi y}{L}},\:\:v=e^{\frac{\pi x}{L}}\sin{\frac{\pi y}{L}}$$무한합으로 나타낼 것을 이와같이 간단하게 표현할 수 있는 큰 장점을 가진다. $(u,v)$ plane에서 영상전하까지 포함하여 다시 $(x,y)$ plane으로 역사상을 주게되면 원래의 무한한 모든 image charge들이 나오게 되는데 이 역시 $Ln(w)$함수가 다가(multi-valued)이기 때문에 exponential map에서의 표현이 더욱 간결하며 numerically powerful할 것이다.
[ line charge + elliptical cylinder ]
가장 처음 경우에서 cylinder를 찌그러뜨려서 타원형으로 만들어보자. 이런 경우에는 image charge를 어떻게 잡을 것인가? 우리는 타원이 직선에 대한 sine 함수의 mapping임을 안다. 이것의 inverse mapping인 arcsine을 이용하면 principal branch(주 가지) $-\pi/2<u<\pi/2$에 mapping됨을 안다. $x+iy=d\sin(u+iv)=d\sin{u}\cosh{v}+id\cos{u}\sinh{v}$임을 이용하면 $a=d\cosh{v_e}$, $b=d\sinh{v_e}$임을 확인할 수 있다.
위 그림과 같이 mapping할 경우 w plane에서 두 평면을 equipotential로 만들어야 하기 떄문에 다시 두 번째 예시로 되돌아가게 된다. 그리고 무엇보다 중요한 것은 arcsine 함수가 다가(multivalued)이기 때문에 우리가 principal branch $-\pi/2<u<\pi/2$, $u\in\mathbb{R}$로 잡게되면, 그 다음 branch는 $3\pi/2<u<5\pi/2$, $u\in\mathbb{R}$가 된다. 즉 우리는 조금의 자유도를 가지기 때문에 이것을 위아래로 무한인 image charge를 놓는 것 대신 다른 선택지로, branch를 $v>0$인 부분만 가져오고 $-\pi/2<u<\pi/2$, $v<0$인 부분은 $\pi/2<u<3\pi/2$, $v>0$로 이어붙여 w-plane의 모든 가지를 $v>0$에 빠짐없이 채울 수 있게 된다. 즉 아래와 같은 그림으로 생각하면 편할 것이다.
이 상태에서 다가함수임을 이용하여 선전하가 $(u_0+2n\pi,v_0)$에 모두 존재한다고 생각해야 할 것이다. 그렇게되면 상응하는 image charge는 $(u_0+2n\pi,2v_e-v_0)$의 음전하이다. 따라서 potential은 다음과 같이 얻어진다.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\ln{\frac{\sqrt{(u-u_0-2n\pi)^2+(v+v_0-2v_e)^2}}{\sqrt{(u-u_0-2n\pi)^2+(v-v_0)^2}}}, \\ x=d\sin{u}\cosh{v},\:\: y=d\cos{u}\sinh{v},\:\: v_e=\sinh{\frac{b}{d}}$$
 |
| $(x_0, y_0)=(1.88,\:1.45)$, $a=1.50$, $b=1.12$일 때의 equipotential contour |
[ uniformly charged strip ]
아래 그림과 같이 균일한 전하분포 $\sigma$를 가지는 무한길이 면전하가 있다고 생각하자. 이 때의 전위는 그저 직선전하 $d\sigma=\lambda dx$가 만드는 미소전위의 합이다. 같은 문제를 conformal map에서 풀어보자. $z=\sin{w}$는 $v=const$직선을 타원으로 mapping함을 알고있다.
$v\to 0$이면, 자연스럽게 $x$축에 초점간 거리만큼의 strip에 대응한다. 전하보존에 의해 $\sigma(x,0) dx = \Sigma(u,0) du$이고, $\Sigma(u,0)=\sigma d \cos{u}$이다. w-plane에서 경계조건은 다음과 같을 것이다.
$$\Phi(u, v \to \infty) = \Phi(u, v \to -\infty) = 0, \frac{\partial\Phi}{\partial v}^{v=0+}_{v=0-}=-\frac{\sigma d}{\epsilon_0} \cos{u}$$
$(\partial_u^2+\partial_v^2) \Phi=0$의 방정식을 변수분리로 풀면 그 basis가 다음과 같다.
$U(u)=A_k \cos{ku} + B_k \sin{ku}$ for $k\neq 0$, $U(u)=A_0 u+ B_0$ for $k=0$
$V(v)=C_k e^{kv} + D_k e^{-kv}$ for $k\neq 0$, $U(u)=C_0 v+ D_0$ for $k=0$
여기서 $v=0$에서의 경계조건을 만족하고, 경계조건 $v\to \pm \infty$의 조건을 만족하려면 유일하게 해가 $\Phi(u,v)=\frac{\sigma d}{2\epsilon} \cos{u} e^{-|v|}$이다. 이제 다시 역변환을 취해주면 원래 z-plane에서의 해를 얻는다. (미소 선전하의 적분으로 얻은 결과와 같은가?)
[ line charge + split conducting planes ]
아래와 같이 갈라진 도체면 위에 평행하게 놓여진 선전하를 생각하자. 이 경우도 역시 명백하게 image charge같은 방법으로 해결하기 힘들다. 맨 처음 z-plane에서 쌍곡선이 극한으로 접힌 모양으로 생각하여 z-plane 전체를 다른 반평면에 대응시키기 위해 다음의 mapping과정을 수행하자.
$s=\arcsin(z/d)$(갈라진 평면을 평행판으로), $r=is$(90도 회전), $w=e^r$(반평면으로)
그 결과는 위 그림과 같을 것이고, 이제 w-plane에서 간단한 영상문제로 귀결되었다. 역시 해는 다음과 같이 아주 간단하게 얻어진다.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln \frac{\sqrt{ (u+u_0)^2 + (v-v_0)^2 }}{\sqrt{ (u-u_0)^2+(v-v_0)^2 }}, \:\:\: u=\Re{\left(e^{i\sin^{-1}\frac{z}{d}}\right)}, \:\:\: v=\Im{\left(e^{i\sin^{-1}\frac{z}{d}}\right)}$$
 |
| $d=0.7$, $(x_0,y_0)=(1.0,\:0.4)$인 equipotential contour |
[ edge effect of capacitor ]
다음 그림과 같이 평행한 축전기 두 개가 나란히 정렬된 모습을 상상하자. 이 경우 $\phi(x,y)=-\phi(x,-y)$의 대칭성에 의해 x축위에서 $\phi=0$이다. 따라서 z-plane 전체 범위에 대한 Poisson eq는 오른쪽의 상반평면에 대한 경계값 문제로 치환된다.
$$dz=A\prod_i (w-w_i)^{\frac{\angle z_i}{\pi}-1} dw=A\frac{w+1}{w}dw \\ z=\int \frac{w+1}{w}dw = A(w+\ln{w})+B$$
$z=id=z_2$일 때 $w=-1=w_2$이어야 하고, 나머지 조건은 대략 다 만족하였으므로 미정계수를 정해주면 $z=\frac{d}{\pi}(w+\ln{w}+1)$이 된다. 이 변환은 S-C 변환에 의해 상반평면 전체에 대응되고 w-plane에서 우리가 trivially 알고있는 가장 간단한 Dirichlet problem이 된다. w-plane에서 해를 다음과 같이 구할 수 있다.
$$\Phi(u,v)=\frac{V_0}{\pi}\arctan {\frac{v}{u}},\:\:\: x=\frac{d}{\pi}(u+\ln{\sqrt{u^2+v^2}}+1),\:\:\: v=\frac{d}{\pi}\left( v+\arctan{\frac{v}{u}} \right)$$
그리고 여기서 $0\leq \arctan{x} \leq \pi$로 잡는다. 만약 컴퓨터로 돌릴 일이 있다면, 대부분 $-\pi/2 < \arctan{x} < \pi/2$ 범위로 출력될 것이므로 다음과 같은 trick을 사용하면 된다.
$$\arctan{x} \to \arctan{x}+\pi \frac{1-\frac{\arctan{x}}{|\arctan{x}|}}{2}$$
함수가 해석적으로 표현되므로 컴퓨터를 통해 이것의 등전위선을 그려보면 다음과 같다.
[ Electrostatics vs Fluid Flow ]
나는 학부과정에서 유체를 배우지 않았다. 그러나 이것저것 건드리다 보니 대략적인 유체 흐름에 대한 퍼텐셜이 정전기학과 매우 유사한 것을 알게 되어 대략적으로 소개하고자 한다.
먼저 유체가 비압축(incompressible)이라는 것이 무엇을 의미하는지 생각해보자. 압축성 유체라면 시간이 지났을 때 어느 부분은 밀도가 높아지고 어느 부분은 낮아질 것이다. 즉 유체의 밀도 장 $\rho(\vec{x},t)$가 시간에 따라 불변이면 무슨 일이 일어나는가? (Einstein sum applied)
$$\frac{d}{dt} \rho(\vec{x},t)=\partial_i \rho(\vec{x}, t) \frac{d x_i}{dt}+\partial_t \rho(\vec{x},t) = \vec{v} \cdot \vec{\nabla} \rho+\partial_t \rho=0$$
그런데, 국소적으로 유체의 질량보존에 의해 한 점에서 나가는 유체의 양은 그 지점에서 줄어드는 유체의 양과 같다. (continuous eq) 이것을 수학적으로 기술하면 $\vec{\nabla}(\rho \vec{v})+\partial_t \rho=0$이다. 이것을 풀어서 쓰면 아래와 같다.
$$\vec{\nabla}\rho \cdot \vec{v}+\rho \vec{\nabla}\cdot \vec{v}+ \partial_t \rho = 0$$
두 식을 연립하면 $\vec{\nabla}\cdot \vec{v}=0$을 얻는다. 또 유체가 비회전성(irrotational)이면 당연하게도 $\vec{\nabla} \times \vec{v}=\vec{0}$일 것이다. 그리고 벽과 같이 투과가 되지 않는 경계에서 속도장은 당연히 벽면과 나란하게 갈겻이다. 즉 경계에서 $\vec{v} \cdot \hat{n}=0$이다.
정전기학에서는 어떠한가? $\vec{\nabla} \cdot \vec{E}=0$, $\vec{\nabla} \times \vec{E}=\vec{0}$이고, potential을 일정하게 유지해주는 conducting surface에서는 전기장이 벽에 수직하다. 즉, $\vec{E} \times \hat{n}=\vec{0}$.
정리를 해보면,
Fluid velocity potential : $\vec{\nabla}^2 \phi_f=0$, $\hat{n} \cdot \vec{\nabla} \phi_f = 0$
Electric potential : $\vec{\nabla}^2 \phi_e=0$, $\hat{n} \times \vec{\nabla} \phi_e = \vec{0}$
유사성이 보이지 않는가? 결론적으로 유체흐름에서 벽은 정전기학에서 conducting plane의 역할을 하며, velocity potential이 어떤 해석복소함수 실수부/허수부 였다면 electric potential은 어떤 해석복소함수의 허수부/실수부에 해당한다. fluid의 streamline은 electrostatics에서 equi-potential이며, fluid의 equipotential은 electrostatics에서 streamline(전기장선)에 대응된다. 이전 포스트에서 살펴봤던 것 처럼 harmonic function에 대한 conjugate에 대한 존재성과, 그 역시 harmonic(물리적 거동이 같음)인 것으로 보면 본질적으로 유체흐름과 정전기학의 본질은 같다는 것이다.
정전기학과 유체흐름의 대응은 다음과 같이 몇 가지 방법으로 생각할 수 있다. 먼저 source가 있는 경우,
source가 없는 경우.
source가 없는 경우는 더욱 자명하다. 위의 [edge effect of capacitor]를 보자. 여기서 등전위면은 그냥 2차원 호스에서 나오는 유체의 streamline이다. 이것의 유체역학에의 대응은 Borda's mouthpiece라고 한다.