Staattinen sähkökenttä

Luku 2Staattinen sähkökenttäTässä luvussa tutustutaan sähkövarausten aiheuttamaan staattiseen sähkökenttään.Asia on periaatteessa tuttua peruskurssilta, mutta laskennallinenkäsittely on huomattavasti järeämpää. Kannattaa olla kärsivällinen, sillä hyvinopittu sähköstatiikka helpottaa magnetostatiikan omaksumista. Tässäluvussa opitaan myös ratkaisemaan potentiaaliongelmia menetelmillä, joistaon hyötyä myös muilla fysiikan aloilla. On hyvä muistaa, että samoillayhtälöillä on samat ratkaisut, esiintyivätpä ne sitten sähköopissa, virtausmekaniikassa,lämpöopissa tai kvanttifysiikassa!2.1 Sähkövaraus ja Coulombin lakiMaailmankaikkeudessa on tietty määrä positiivisia ja negatiivisia sähkövarauksia.Nykytietämyksen mukaan niitä ei voida hävittää eikä luoda. Minkäänsuljetun systeemin varausten määrä ei siis voi muuttua. Käytännössäuseimmat systeemit ovat neutraaleja, eli niissä on yhtä paljon positiivisia janegatiivisia varauksia. Makroskooppisen kokonaisuuden varauksella tarkoitetaanyleensä sen nettovarausta eli poikkeamaa neutraalisuudesta. Nettovaraussäilyy, ellei systeemi ole vuorovaikutuksessa ympäristönsä kanssa.1700-luvun lopulla oli opittu, että varauksia on vain kahta lajia, joitanykyisin kutsutaan positiivisiksi ja negatiivisiksi. Charles Augustin de Coulombmuotoili kokeisiinsa perustuen lain:Kaksi pistevarausta vaikuttavat toisiinsa voimilla, joiden suunta onniitä yhdistävän suoran suuntainen ja kääntäen verrannollinen varaustenvälisen etäisyyden neliöön. Voimat ovat verrannollisia varaustentuloon siten, että samanmerkkiset varaukset hylkivät toisiaan jaerimerkkiset vetävät toisiaan puoleensa.Fyysikkoslangissa puhutaan varauksista, vaikka parempi termi olisi “varauksellinenhiukkanen”.9

16 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄToisaalta pallon sisään jää varaus∫∫r ∫π ∫2πρdV = ρ(r ′ )(r ′2 sin θdr ′ dθdφ) = 4π0 0 0∫ r0ρ(r ′ )r ′2 dr ′ , (2.27)joten pallosymmetrisen varausjakautuman sähkökenttä onE(r) = 1ɛ 0 r 2 ∫ r0ρ(r ′ )r ′2 dr ′ . (2.28)Sovelletaan tätä tasaisesti varatulle R-säteiselle pallolle, jonka sisällä varaustiheyson ρ 0 ja ulkopuolella nolla. Pallon kokonaisvaraus on Q = 4πR 3 ρ 0 /3.Integrointi antaa sähkökentäksir ≤ R : E(r) = Q r4πɛ 0 R 3r > R : E(r) = Q4πɛ 0 r 2 . (2.29)Varausjakautuman ulkopuolella sähkökenttä on siis sama kuin origossa olevanpistevarauksen Q kenttä.ViivavarausEsimerkkinä sylinterisymmetrisestä tapauksesta tarkastellaan pitkää tasaisestivarattua ohutta lankaa, jonka varaustiheys pituusyksikköä kohti on λ.Symmetrian perusteella sähkökenttä on radiaalinen ja riippuu ainoastaan radiaalisestaetäisyydestä. Tarkastellaan langan ympärillä olevaa r-säteistä sylinteriä,jonka pituus on l. Integroitaessa sähkökentän normaalikomponenttiasylinterin pinnan yli sylinterin päät eivät tuota mitään. Vaipan pintaalaon 2πrl ja sylinterin sisällä oleva varaus λl, joten Gaussin laki antaa2πrlE r = λl/ɛ 0 eliE r =λ2πɛ 0 r . (2.30)Viivavarauksen kenttä pienenee siis kuten r −1 . Kentän potentiaali onϕ = −λ2πɛ 0ln(r/r 0 ) , (2.31)missä r 0 on vakio. Tässä tapauksessa ei voida sopia potentiaalia nollaksiäärettömän kaukana.

2.4. GAUSSIN LAKI 17JohdekappaleKappaletta, jolla voi olla sisäistä varausta, kutsutaan eristeeksi (engl. dielectric).Johteissa on puolestaan tarpeeksi liikkuvia varauksia, jotka jatkavatliikettään, kunnes sähkökenttä kappaleen sisällä on nolla. Varauksetjoutuvat tällöin kappaleen pinnalle, eli sisällä varaustiheys on nolla ja kappaleenmahdollinen nettovaraus on pintavarausta. Jotta tilanne olisi staattinen,pinnalla olevan sähkökentän täytyy olla pinnan normaalin suuntainen:E n = E n n, koska muuten varaukset liikkuisivat pitkin pintaa.EhσE = 0Kuva 2.1: Pillerirasia johdekappaleen reunalla.Sovelletaan Gaussin lakia sylinterinmuotoiseen pillerirasiaan (korkeus h),jonka ulompi pinta yhtyy tarkasteltavan kappaleen pintaan ja jonka tilavuuson h dS (dS = n dS, dS pohjan pinta-ala) (kuva 2.1). Saadaan∮∫E · dS = E n · n dS − E i · n dS + E · dS , (2.32)vaippamissä E i on kenttä pillerirasian sisemmällä pinnalla, siis 0. Rajalla h → 0integraali vaipan yli menee myös nollaksi jaρ dV = σ dS . (2.33)V ɛ 0Koska tämän täytyy päteä kaikilla pinta-alkioilla, on sähkökenttä johdekappaleenpinnalla suoraan verrannollinen pintavaraukseen:E n · n dS = 1 ɛ 0∫E = σ ɛ 0n . (2.34)Harjoitustehtäväksi jää osoittaa, että mielivaltaisen johdekappaleen ympäröimässätyhjässä onkalossa ei ole sähköstaattista kenttää. Samoin jää mietittäväksi,miksi tämä on merkittävä tulos Coulombin lain kokeellisen testaamisenkannalta.HT: Laske tasaisesti varatun äärettömän tason aiheuttama sähkökenttä javertaa ylläolevaan tulokseen.

18 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄ2.5 Sähköinen dipolirr–d–q qdKuva 2.2: Sähködipoli muodostuu kahdesta lähekkäisestä samansuuruisestavastakkaismerkkisestä varauksesta.Olkoon origossa varaus −q ja pisteessä d varaus q (kuvapotentiaali pisteessä r on2.2). Tällöinϕ(r) =q 1(4πɛ 0 |r − d| − 1|r| ) . (2.35)Tämä lauseke on täysin yleinen riippumatta varausten etäisyydestä. Sähköisellädipolilla tarkoitetaan raja-arvoa d → 0, mikä on sama asia kuin dipolinkatselu kaukaa (|r| ≫ |d|). Binomisarjan avulla saadaan|r − d| −1 = [r 2 − 2r · d + d 2 ] −1/2 = 1 r (1 + r · dr 2 + ...) . (2.36)Rajalla d → 0 potentiaali häviää, ellei q kasva rajatta. Pistedipoli on idealisaatio,jonka varaus on nolla, mutta jonka dipolimomentti p = qd onäärellinen. Origossa olevan sähködipolin potentiaali on siisϕ(r) = 14πɛ 0p · rr 3 . (2.37)Ottamalla tästä gradientin vastaluku saadaan sähkökentäksi (HT)E(r) = 1 { 3r · p4πɛ 0 r 5 r − p }r 3 = 1 { 3p cos θ4πɛ 0 r 3 e r − p }r 3 , (2.38)missä θ on dipolimomentin ja vektorin r välinen kulma. Myöhemmin saadaanmagneettiselle dipolille samanmuotoiset lausekkeet. Dipolikentän kenttäviivaton hahmoteltu kuvaan 2.3.2.6 Sähkökentän multipolikehitelmäTarkastellaan seuraavaksi mielivaltaista varausjakautumaa ρ(r ′ ) origon ympäristössä.Sen aiheuttama potentiaali pisteessä r onϕ(r) = 14πɛ 0∫Vρ(r ′ )|r − r ′ | dV ′ . (2.39)

2.6. SÄHKÖKENTÄN MULTIPOLIKEHITELMÄ 19zxKuva 2.3: Dipolikentän kenttäviivat xz-tasossa. Dipoli sijaitsee origossa jaon z-akselin suuntainen.Kehitetään |r − r ′ | −1 binomisarjaksi, kun r > r ′ :|r − r ′ | −1 = (r 2 − 2r · r ′ + r ′2 ) −1/2= 1 {1 − 1 []2r · r′−r 2 r 2 + r′2r 2 + 3 }8 [ ]2 + ... . (2.40)Sijoitetaan tämä potentiaalin lausekkeeseen, jätetään r ′ :n toista potenssiakorkeammat termit pois ja järjestetään termit r ′ :n kasvavien potenssien mukaan.Tämä antaa potentiaalin multipolikehitelmän kvadrupolimomenttiamyöten{ ∫1 1ϕ(r) =ρ(r ′ ) dV ′ + r ∫4πɛ 0 r Vr 3 · r ′ ρ(r ′ ) dV ′V+3∑3∑i=1 j=1⎫1 x i x ⎬ j2 r∫V5 (3x ′ ix ′ j − δ ij r ′2 )ρ(r ′ ) dV ′ ⎭ , (2.41)missä x i :t ovat paikkavektoreiden karteesisia komponentteja ja δ ij on Kroneckerindelta{0, i ≠ jδ ij =(2.42)1, i = j .Multipolikehitelmän ensimmäinen tekijä vastaa origoon sijoitetun varausjakautumanosuutta potentiaaliin. Toinen tekijä vastaa origoon sijoitettuadipolimomenttien jakautumaa. Kolmas termi on muotoa3∑3∑i=1 j=11 x i x j2 r 5 Q ij ,

20 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄmissä Q ij :t ovat kvadrupolimomenttitensorin komponentit. Potentiaalinmultipolikehitelmä voidaan siis kirjoittaa sarjana⎧ ⎫ϕ(r) = 1 ⎨ Q4πɛ 0 ⎩ r + r · p 3∑ 3∑ 1 x i x ⎬jr 3 +2 ri=1 j=15 Q ij + ...⎭ . (2.43)Kaukana varausjakautumasta potentiaali on likimain ensimmäisen nollastapoikkeavan termin aiheuttama potentiaali. Atomien ytimissä dipolimomenttion nolla, mutta korkeammat multipolit ovat tärkeitä ydinfysiikassa.2.7 Poissonin ja Laplacen yhtälötSähköstatiikka olisi aika suoraviivaista, jos tietäisimme kaikkien varausjakautumienpaikkariippuvuudet. Näin ei kuitenkaan ole monissa käytännönongelmissa. Koska ∇ · E = ρ/ɛ 0 ja E = −∇ϕ, Gaussin laki differentiaalimuodossavastaa matematiikan Poissonin yhtälöä∇ 2 ϕ = −ρ/ɛ 0 . (2.44)Jos varaustiheys on nolla, niin Poissonin yhtälö yksinkertaistuu Laplacenyhtälöksi∇ 2 ϕ = 0 . (2.45)Laplacen yhtälön toteuttavaa funktiota kutsutaan harmoniseksi.Poissonin yhtälö voidaan ratkaista, jos varausjakautuma ja oikeat reunaehdottunnetaan. Tarkastellaan sähköstaattista systeemiä, joka koostuu Njohdekappaleesta. Kunkin johteen pinnalla potentiaali on ϕ i , i = 1, . . . , N.Reunaehtoja on kahta perustyyppiä:1. Tunnetaan potentiaali ϕ alueen reunalla (Dirichlet’n reunaehto).2. Tunnetaan potentiaalin derivaatan normaalikomponentti ∂ϕ/∂n alueenreunalla (von Neumannin reunaehto).Selvitetään, ovatko mahdollisesti löydettävät ratkaisut yksikäsitteisiä. Onselvää, että jos ϕ 1 (r), . . . , ϕ n (r) ovat Laplacen yhtälön ratkaisuja, niinϕ(r) = ∑ C i ϕ i (r) ,missä C i :t ovat mielivaltaisia vakioita, on Laplacen yhtälön ratkaisu.Yksikäsitteisyyslause:Kaksi annetut reunaehdot täyttävää Poissonin yhtälön ratkaisua ovatadditiivista vakiota vaille samat.Tarkastellaan tämän todistamiseksi johteiden pinnat S 1 , . . . , S N sisäänsäsulkevaa tilavuutta V 0 , joka on pinnan S sisällä (pinta voi olla äärettömyydessä).

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 21Olkoot ϕ 1 ja ϕ 2 kaksi Poissonin yhtälön toteuttavaa ratkaisua, jotka täyttävätsamat reunaehdot johteiden pinnalla S I , siis joko ϕ 1 = ϕ 2 tai ∂ϕ 1 /∂n =∂ϕ 2 /∂n näillä pinnoilla sekä pinnalla S. Tarkastellaan funktiota Φ = ϕ 1 −ϕ 2 .Tilavuudessa V 0 on selvästi ∇ 2 Φ = 0. Reunaehdoista puolestaan seuraa, ettäkaikilla reunoillajoko Φ = 0 tai n · ∇Φ = ∂Φ∂n = 0 .Sovelletaan sitten divergenssiteoreemaa vektoriin Φ∇Φ:∫V 0∇ · (Φ∇Φ) dV =∮S+S 1 +...+S N(Φ∇Φ) · n dS = 0 ,koska joko Φ tai ∇Φ · n on pinnoilla 0. Toisaalta∇ · (Φ∇Φ) = Φ∇ 2 Φ + (∇Φ) 2 = (∇Φ) 2eli∫V 0(∇Φ) 2 dV = 0 .Koska (∇Φ) 2 ≥ 0 koko alueessa V 0 , sen on oltava nolla kaikkialla. Tästäseuraa, että Φ on vakio koko alueessa V 0 ja yksikäsitteisyyslause on sitentodistettu.Tämä ei ole todistus ratkaisun olemassaololle vaan sille, että mahdollisetratkaisut ovat yksikäsitteisiä. Tuloksen tärkeys on siinä, että jos löydetäänmillä keinolla tahansa annetut reunaehdot täyttävä Poissonin yhtälön ratkaisu,se on Dirichlet’n reunaehdolla yksikäsitteinen ja von Neumannin reunaehdollavakiota eli potentiaalin nollatasoa vaille yksikäsitteinen.2.8 Laplacen yhtälön ratkaiseminenLaplacen yhtälö on fysiikan keskeisimpiä yhtälöitä. Sähköopin lisäksi se esiintyylämmönsiirtymisilmiöissä, virtausmekaniikassa jne. Kovin monimutkaisissatilanteissa yhtälöä ei voi ratkaista analyyttisesti, mutta joskus ongelmansymmetriasta on hyötyä. Laplacen yhtälö, joka on osittaisdifferentiaaliyhtälö,saadaan separointimenetelmällä muunnetuksi ryhmäksi tavallisiayhden muuttujan differentiaaliyhtälöitä. Laplacen yhtälö voidaan separoidakaikkiaan 11 erilaisessa koordinaatistossa, joista tässä esiteltävät kolmetapausta ovat tavallisimmat.

22 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄ2.8.1 Karteesinen koordinaatistoKirjoitetaan Laplacen yhtälö ensin karteesisissa koordinaateissaja etsitään sille ratkaisua yritteellä∂ 2 ϕ∂x 2 + ∂2 ϕ∂y 2 + ∂2 ϕ∂z 2 = 0 (2.46)ϕ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z) . (2.47)Sijoitetaan tämä yhtälöön (2.46) ja jaetaan tulolla XY Z, jolloin saadaan1 d 2 XX dx 2 + 1 Yd 2 Ydy 2 + 1 d 2 ZZ dz 2 = 0 . (2.48)Nyt jokainen termi riippuu vain yhdestä muuttujasta, jotka ovat keskenäänriippumattomia. Niinpä kunkin termin on oltava erikseen vakioita1 d 2 XX dx 2 = α2 ;1Yd 2 Ydy 2 = β2 ;1 d 2 ZZ dz 2 = γ2 , (2.49)missä α 2 + β 2 + γ 2 = 0. Kukin yhtälöistä (2.49) on helppo ratkaista:X(x) = A 1 e αx + A 2 e −αxY (y) = B 1 e βy + B 2 e −βy (2.50)Z(z) = C 1 e γz + C 2 e −γz .Yleisesti kompleksiarvoiset vakiot A i , B i , C i ja α, β, γ määräytyvät ongelmanreunaehdoista. Koko ratkaisu on muodollisesti summaϕ(x, y, z) = ∑X(x)Y (y)Z(z) , (2.51)α,β,γmissä separointivakioille α, β, γ tulee tarkasteltavasta tilanteesta riippuviarajoituksia.Esimerkki. Potentiaali laatikossaTarkastellaan laatikkoa 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c. Olkoon potentiaalinolla muilla reunoilla paitsi yläkannella (z = c), jossa se on tunnetuksioletettu funktio V (x, y). Ratkaistaan potentiaali laatikon sisällä.Edellä saatua ratkaisua voitaisiin käyttää suoraan, mutta kirjoitetaankinnerokkaastiX(x) = A 1 sin(αx) + A 2 cos(αx)Y (y) = B 1 sin(βy) + B 2 cos(βy) (2.52)Z(z) = C 1 sinh(γz) + C 2 cosh(γz) ,

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 23missä α 2 + β 2 = γ 2 (HT: totea, että yrite on kelvollinen). Tässä on tarkoituksellavalittu trigonometriset funktiot x- ja y-suunnissa ja hyperbolisetfunktiot z-suunnassa. Reunaehtoja soveltamalla nähdään heti, että voidaanvalita A 2 = B 2 = C 2 = 0, kun separointivakiot α ja β toteuttavat seuraavatehdot (reunaehdoista sivuilla x = a ja y = b):α = mπ/aβ = nπ/b , (2.53)missä m, n ovat kokonaislukuja, ja ne voidaan rajoittaa lisäksi positiivisiksi.Myös kolmas separointivakio saa silloin vain diskreettejä arvoja:√γ = γ mn = π (m/a) 2 + (n/b) 2 . (2.54)Samaan tulokseen olisi luonnollisesti päädytty, vaikka olisi lähdetty liikkeelleeksponenttifunktioiden avulla kirjoitetusta ratkaisusta. Tilanteesta riippuu,mikä muoto on laskuteknisesti mukavin.Tähän mennessä on siis saatu ratkaisuksi Fourier-sarjaϕ(x, y, z) =∞∑m,n=1A mn sin(mπx/a) sin(nπy/b) sinh(γ mn z) . (2.55)On järkevää tarkastaa vielä kerran, että tämä toteuttaa Laplacen yhtälön jaantaa potentiaaliksi nollan vaadituilla reunoilla. Tuntemattomat kertoimetA mn saadaan asettamalla z = c:ϕ(x, y, c) = V (x, y) =∞∑m,n=1A mn sin(mπx/a) sin(nπy/b) sinh(γ mn c) .(2.56)Loppu on Fourier-kertoimien määrittämistä. Jos funktio V (x, y) on riittävänsiisti, kertoimet saadaan lasketuiksi ortogonaalisuusintegraalien avulla. Tämälienee tuttua FYMM I:ltä.Edellä ei mietitty sitä mahdollisuutta, että jotkin separointivakioista olisivatvoineet olla nollia. Huolellinen lukija tutkikoon erikseen tämän tilanteen.Lyhyemmin voidaan kuitenkin todeta, että löydetty ratkaisu on selvästikelvollinen ja yksikäsitteisyyslauseen mukaan ongelma on sillä selvä.2.8.2 PallokoordinaatistoKoska pistevarauksen kenttä on pallosymmetrinen, pallokoordinaatisto onusein erittäin käyttökelpoinen. Laplacen yhtälö on tällöin1r∂ 2∂r 2 (rϕ) + 1r 2 sin θ(∂∂θsin θ ∂ϕ∂θ)+1 ∂ 2 ϕr 2 sin 2 θ ∂φ 2 = 0 . (2.57)

24 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄEtsitään tälle ratkaisua muodossaϕ(r, θ, φ) = R(r) Θ(θ)Φ(φ) . (2.58)rSijoitetaan tämä yhtälöön (2.57), kerrotaan suureella r 2 sin 2 θ ja jaetaanRΘΦ:llä:(1r 2 sin 2 d 2 (RθR dr 2 + 1 1 dr 2 sin θ dΘ ) ) + 1 d 2 Φsin θ Θ dθ dθ Φ dφ 2 = 0 . (2.59)Ainoastaan viimeinen termi riippuu φ:stä, joten sen on oltava vakio, jotamerkitään −m 2 :llä:1 d 2 ΦΦ dφ 2 = −m2 . (2.60)Tämän ratkaisut ovat muotoaΦ(φ) = Ce ±imφ . (2.61)Yleisesti m on kompleksinen, mutta fysikaalinen ehto rajaa sen mahdollisetarvot: jotta potentiaali olisi jatkuva, kun φ → 0 ja φ → 2π, on oltavaΦ(0) = Φ(2π), joten m = 0, ±1, ±2, . . .. Jatkuvuus on luonnollinen vaatimus,koska sähköstaattinen potentiaali voidaan tulkita yksikkövarauksenpotentiaalienergiaksi.Jotta koko yhtälön (2.59) toteutuis, ensimmäisen termin on oltava puolestaanm 2 , joten( (1R r2 d2 R 1dr 2 + 1 dsin θ dΘ ) )− m2sin θ Θ dθ dθ sin 2 = 0 . (2.62)θTämän yhtälön ensimmäinen ja toinen termi riippuvat kumpikin ainoastaanomasta muuttujastaan ja ovat siten yhtäsuuria vastakkaismerkkisiä vakioita,jota merkitään mukavuussyistä l(l + 1):llä(1 1 dsin θ Θ dθsin θ dΘdθ1R r2 d2 Rdr 2 = l(l + 1) (2.63))− m2sin 2 = −l(l + 1) . (2.64)θYhtälön (2.63) yleinen ratkaisu löydetään yritteellä R(r) = r s :R(r) = Ar l+1 + Br −l , (2.65)missä A ja B ovat vakioita. Kirjoittamalla ξ = cos θ saadaan Θ:n yhtälöksiddξ ((1 − ξ2 ) dΘ()dξ ) + l(l + 1) −m21 − ξ 2 Θ = 0 . (2.66)

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 25Jotta tämän ratkaisut olisivat äärellisiä pisteissä ξ = ±1 eli θ = 0, π, onoltava l = |m|, |m| + 1, . . .. Tietyllä tavalla normitettuja ratkaisuja ovatLegendren liittofunktiot Plm (ξ). Niille on voimassa ehto |m| ≤ l, jotenm = −l, −l + 1, . . . , l − 1, l . (2.67)Erikoistapauksessa m = 0 Laplacen yhtälön ratkaisu ei riipu φ:sta, jolloinLegendren liittofunktiot palautuvat Legendren polynomeiksi P l :P l (ξ) = 12 l l!d ldξ l (ξ2 − 1) l . (2.68)Legendren liittofunktiot saadaan puolestaan Legendren polynomeista:Plm (ξ) = (1 − ξ 2 m/2 dm)dξ m P l(ξ) . (2.69)Yleisesti Laplacen yhtälöllä on siis pallokoordinaatistossa jokaista l kohti2l + 1 kulmista θ ja φ riippuvaa ratkaisua. Ne voidaan sopivasti normittaenlausua palloharmonisten funktioiden√2l + 1Y lm (θ, φ) = (−1) m (l − m)!4π (l + m)! P l m (cos θ)e imφ (2.70)avulla. Normitus on valittu siten, että pallofunktiot Y lm muodostavat ortonormitetuntäydellisen funktiojärjestelmän pallon pinnalla:∫Y ∗lm(θ, φ)Y np (θ, φ) dΩ = δ ln δ mp . (2.71)Palloharmonisten funktioiden yhteenlaskuteoreema antaa kahden vektorinvälisen etäisyyden käänteisluvun summana1∞|r − r ′ | = ∑l∑l=0 m=−l4π2l + 1rl+1Y ∗lm(θ, φ)Y lm (θ ′ , φ ′ ) , (2.72)missä vektorin r suuntakulmat ovat θ, φ ja vektorin r ′ suuntakulmat θ ′ , φ ′sekä r < = min(r, r ′ ) ja r > = max(r, r ′ ). Tämä on hyödyllinen tulos, koska seerottelee pisteiden r ja r ′ koordinaatit (r, θ, φ) ja (r ′ , θ ′ , φ ′ ). Moni integraaliolisi vaikea laskea ilman tätä kaavaa.Mikä hyvänsä riittävän säännöllinen pallon pinnalla määritelty funktiovoidaan kehittää palloharmonisten funktioiden sarjaksi. Esimerkkinä käymaapallon magneettikenttä, jonka sarjakehitelmän johtava termi vastaa magneettistadipolia ja korkeammat termit johtuvat kentän lähteen poikkeamisestadipolista, magneettisen maa-aineksen epätasaisesta jakautumasta ja

26 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄmaapallon yläpuolisissa ionosfäärissä ja magnetosfäärissä kulkevista sähkövirroista.Palloharmonisia funktioita tarvitaan paljon myös atomifysiikassaja kvanttimekaniikassa mm. tarkasteltaessa impulssimomenttioperaattoreita.Tekijä (−1) m kaavassa (2.70) on vaihetekijä, joka voidaan jättää poistai ottaa mukaan jo Plm :n määritelmässä (2.69). Sen ottaminen mukaanon hyödyllistä etenkin kvanttimekaniikan laskuissa (katso esim. Arfkenin jaWeberin matemaattisten menetelmien oppikirja).Kootaan lopuksi Laplacen yhtälön separoituva ratkaisu, kun 0 < r < ∞:ϕ(r, θ, φ) = ∑ lmA lm r l Y lm (θ, φ) + ∑ lmB lm r −l−1 Y lm (θ, φ) , (2.73)missä summaus on∑ ∞∑ l∑=lm l=0 m=−lja kertoimet A lm , B lm määräytyvät reunaehdoista.Esimerkki. Kiertosymmetrinen tilanneRajoitutaan nyt tapaukseen, jossa ∂ϕ/∂φ = 0 eli ϕ = ϕ(r, θ). Tällaisia ovatesimerkiksi pistevarauksen tai dipolin kentät. Laplacen yhtälö on nyt(1 ∂r 2 ∂rr 2 ∂ϕ∂r)+1r 2 sin θ(∂∂θsin θ ∂ϕ∂θ)= 0 . (2.74)Toistetaan harjoituksen vuoksi edellä ollut muuttujien separointi etsimälläratkaisua yritteellä ϕ(r, θ) = Z(r)P (θ), jolloin1Z(ddrr 2 dZdr)= − 1 (dsin θ dP ). (2.75)P sin θ dθ dθYhtälön molemmat puolet ovat yhtä suuria kuin jokin vakio k kaikilla r:nja θ:n arvoilla. Näin osittaisdifferentiaaliyhtälö on hajotettu kahdeksi tavalliseksidifferentiaaliyhtälöksi. Kulman θ yhtälöä kirjoitettuna muodossa(1 dsin θ dP )+ kP = 0 (2.76)sin θ dθ dθkutsutaan Legendren yhtälöksi. Kuten edellä todettiin, fysikaalisesti kelvollisetratkaisut kaikilla θ ∈ [0, π] edellyttävät, että k = n(n+1), missä n onpositiivinen kokonaisluku. Ratkaisut ovat Legendren polynomeja P n (cos θ)d nP n (cos θ) = 12 n n! d(cos θ) n [cos2 θ − 1] n . (2.77)

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 27Muutama ensimmäinen P n onP 0 = 1P 1 = cos θP 2 = 1 ()3 cos 2 θ − 12P 3 = 1 ()5 cos 3 θ − 3 cos θ .2Radiaalisen yhtälön(dr 2 dZ )= n(n + 1)Z (2.78)dr drkaksi riippumatonta ratkaisua ovat muotoa r n ja r −(n+1) . Täydellinen ratkaisuon näiden lineaariyhdistelmäZ n (r) = A n r n + B n r −(n+1) (2.79)ja koko Laplacen yhtälön ratkaisu kiertosymmetriassa on muotoaϕ(r, θ) =∞∑n=0(A n r n + B )nr n+1 P n (cos θ) . (2.80)Integroimisvakiot A n ja B n on määritettävä reunaehdoista.Esimerkki. Johdepallo vakiosähkökentässäTuodaan tasaiseen sähkökenttään E 0 varaamaton a-säteinen johdepallo. Johdepakottaa alunperin suorat kenttäviivat taipumaan siten, että ne osuvatpintaan kohtisuoraan. Valitaan koordinaatisto siten, että origo on pallonkeskipisteessä ja z-akseli on sähkökentän suuntainen. Tällöin ongelmaon kiertosymmetrinen. Johteen pinta on kaikkialla samassa potentiaalissaϕ(a, θ) = ϕ 0 . Kaukana pallosta sähkökenttä lähestyy vakioarvoajoten kaukana potentiaali lähestyy lausekettaE(r, θ) r→∞ = E 0 e z , (2.81)ϕ(r, θ) r→∞ = −E 0 z + C = −E 0 r cos θ + C . (2.82)Kirjoitetaan auki potentiaalin muutama ensimmäinen termi lausekkeesta (2.80):ϕ(r, θ) = A 0 + B 0r + A 1r cos θ + B 1+ B 2r 3 [ 12() ]3 cos 2 θ − 1[ 1r 2 cos θ + A 2r 2 2(3 cos 2 θ − 1) ] + . . . (2.83)

28 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄKun r → ∞, niin ϕ = −E 0 r cos θ, joten A n = 0 kaikille n ≥ 2 ja A 1 = −E 0 .Koska pallon kokonaisvaraus on nolla, potentiaalissa ei ole 1/r-riippuvuutta,eli B 0 = 0. Jäljellä olevat cos n θ-termit (n ≥ 2) ovat kaikki lineaarisestiriippumattomissa polynomeissa P n , joten ne eivät voi kumota toisiaan pallonpinnalla, missä ei ole θ-riippuvuutta, eli B n = 0 kaikille n ≥ 2. Jäljelle jääϕ(a, θ) = ϕ 0 (2.84)ϕ(r, θ) = C − E 0 r cos θ + B 1cos θ . (2.85)r2 Kun r = a, cos θ-termien on kumottava toisensa, joten C = ϕ 0 ja B 1 = E 0 a 3 .Reunaehdot täyttävä Laplacen yhtälön ratkaisu on siis(a 3 )E 0ϕ(r, θ) = ϕ 0 + − E 0 r cos θ . (2.86)Sähkökentän E = −∇ϕ komponentit ovatr 2E r = − ∂ϕ( )∂r = E 0 1 + 2 a3r 3(E θ = − 1 rPallon pintavaraustiheys on∂ϕ∂θ = −E 0cos θ (2.87)1 − a3r 3 )sin θ . (2.88)σ = ɛ 0 E r (r = a) = 3ɛ 0 E 0 cos θ . (2.89)Indusoituva pintavarausjakautuma on θ:n funktio. Sen dipolimomentti onp =∫pallorρ(r) dV =∫r=a(xe x + ye y + ze z )(3ɛ 0 E 0 cos θ)r 2 sin θ dθ dφ∫ π= 6πa 3 ɛ 0 E 0 e z cos 2 θ sin θ dθ = 4πɛ 0 a 3 E 0 e z . (2.90)0Pallon ulkopuolella tämän osuus kentästä on sama kuin origoon sijoitetundipolin, jonka dipolimomentti on p = 4πɛ 0 a 3 E 0 e z .2.8.3 SylinterikoordinaatistoTarkastellaan sitten sylinterisymmetristä tilannetta ja oletetaan lisäksi, etteitilanne muutu sylinterin suunnassa. Nyt ∂ϕ/∂z = 0 ja Laplacen yhtälö on1r(∂∂rr ∂ϕ∂r)+ 1 r 2 ∂ 2 ϕ∂θ 2 = 0 . (2.91)

2.9. KUVALÄHDEMENETELMÄ 29Huom. Sylinterikoordinaatistossa r:llä ja θ:lla on eri merkitys kuin pallokoordinaatistossa!Kirjallisuudessa käytetään usein radiaalietäisyydelle symboliaρ ja kiertokulmalle φ.Laplacen yhtälö separoituu yritteellä ϕ = Y (r)S(θ):rY(dr dY )= − 1 d 2 Sdr dr S dθ 2 = n2 , (2.92)missä separointivakiolle n 2 tulee jälleen rajoituksia kulmayhtälöstäd 2 Sdθ 2 + n2 S = 0 . (2.93)Tämän ratkaisut ovat sin(nθ) ja cos(nθ). Jos kulma θ saa kaikki arvot välillä0 ≤ θ ≤ 2π, on oltava ϕ(θ) = ϕ(θ + 2π). Tästä seuraa, että n on kokonaisluku,joka voidaan rajoittaa positiiviseksi. Lisäksi tapauksessa n = 0 saadaanratkaisu S = A 0 θ + C 0 . Ehto ϕ(θ) = ϕ(θ + 2π) ei silloin toteudu, muttapidetään tämäkin termi mukana täydellisyyden vuoksi.Radiaalisesta yhtälöstä tulee nytr d dr(r dY )− n 2 Y = r 2 d2 Ydrdr 2 + r dYdr − n2 Y = 0 , (2.94)joka ratkeaa yritteellä Y = r s . Saadaan s = ±n, joten ratkaisufunktiot ovatmuotoa Y = r n ja Y = r −n . Tapaus n = 0 antaa lisäksi Y = ln(r/r 0 ).Kokonaisuudessaan ratkaisu onϕ(r, θ) =∞∑ (An r n + B n r −n) (C n sin nθ + D n cos nθ)n=1+ (A 0 ln (r/r 0 )) (C 0 θ + D 0 ) (2.95)Vakiot on jälleen selvitettävä tarkasteltavan tilanteen ominaisuuksista jareunaehdoista.Huom. Jos kulmariippuvuus on rajattu johonkin sektoriin, on pallo- jasylinterikoordinaatistossa kulmayhtälöiden separointivakioiden arvot määritettävätapauskohtaisesti. Esimerkiksi pallokalotin tapauksessa päädytäänkalottiharmonisiin funktioihin, jotka ovat paljon konstikkaampia kuin palloharmonisetfunktiot.2.9 KuvalähdemenetelmäLaplacen yhtälön yksikäsitteisyys antaa ratkaisijalle vapauden käyttää mieleisiäänkikkoja ratkaisun löytämiseen. Tietyissä geometrisesti yksinkertaisissatapauksissa kuvalähdemenetelmä (tai peilivarausmenetelmä) on kätevä

30 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄkeino välttää differentiaaliyhtälön ratkaiseminen. Tarkastellaan tilannetta,jossa on joko annettu tai varausjakautumasta helposti laskettavissa olevapotentiaali ϕ 1 (r) ja johteita, joiden pintavarausjakautuma olkoon σ(r). Kokonaispotentiaalionϕ(r) = ϕ 1 (r) + 1 σ(r4πɛ 0∫S′ ) dS|r − r ′ | . (2.96)Ratkaisuun johdesysteemin ulkopuolella ei vaikuta lainkaan, kuinka varauson jakautunut johteen pinnan takana, kunhan pinnalla on voimassa samatreunaehdot. Voidaan siis ajatella, ettei kyseessä olekaan johdekappale vaanpinta, jonka takana on varausjakautuma, joka antaa samat reunaehdot kuinoikea johdekappaleen pintavaraus. Kuvamenetelmää voidaan käyttää myösajasta riippuvissa tilanteissa sekä varausten että virtojen yhteydessä muidenkinaineiden kuin johteiden yhteydessä.Esimerkki. Pistevaraus johdetason lähelläValitaan johdetasoksi (y, z)-taso ja asetetaan varaus q x-akselille pisteeseenx = d. Taso oletetaan maadoitetuksi, jolloin sen potentiaali voidaan valitanollaksi. Toisaalta taso saadaan nollapotentiaaliin asettamalla varaus −qpisteeseen (−d, 0, 0). Ratkaisujen yksikäsitteisyyden vuoksi näin saadaan oikearatkaisu alueessa x ≥ 0. Puoliavaruuteen x < 0 tätä menetelmää ei saasoveltaa, koska siellä ei ole oikeasti varausta.Kokonaispotentiaali onϕ(r) =q ( 14πɛ 0 |r − d| − 1 ), (2.97)|r + d|missä d = (d, 0, 0). Tästä saa suoraan sähkökentänE(r) = −∇ϕ(r) =q ( r − d4πɛ 0 |r − d| 3 − r + d )|r + d| 3ja johteen pintavaraustiheydenσ(y, z) = ɛ 0 E x | x=0= −(2.98)qd2π(d 2 + y 2 + z 2 . (2.99)) 3/2Varaus vetää pintaa puoleensa samalla voimalla kuin se vetäisi etäisyydellä2d olevaa vastakkaismerkkistä varausta.HT: Integroi pintavaraustiheys koko tason yli.Tässä esimerkissä siis pisteessä (d, 0, 0) olevan pistevarauksen potentiaalitoteuttaa Poissonin yhtälön alueessa x > 0. Tämä ei kuitenkaan riitäratkaisuksi, koska reunaehto johdetasolla ei toteudu. Pisteessä (−d, 0, 0) olevankuvalähteen potentiaali puolestaan toteuttaa Laplacen yhtälön alueessax > 0 ja sen lisäksi varmistaa reunaehdon toteutumisen. Yhteenlaskettupotentiaali on siis haettu ratkaisu alueessa x > 0.

2.9. KUVALÄHDEMENETELMÄ 31Esimerkki. Pistevaraus maadoitetun johdepallon lähelläraθbq’dqKuva 2.4: Pistevaraus johdepallon lähellä.Valitaan origoksi pallon keskipiste, olkoon a pallon säde ja d etäisyysorigosta varaukseen q (kuva 2.4). Etsitään potentiaali ϕ(r) (r ≥ a) reunaehdollaϕ(a) = 0. Symmetrian perusteella peilivarauksen q ′ täytyy olla suoralla,joka kulkee varauksen q ja origon kautta. Varauksen ja peilivarauksenyhteenlaskettu potentiaali pisteessä r onϕ(r) ==()1 q4πɛ 0 |r − d| + q′(2.100)|r − b|[1q4πɛ 0 (r 2 + d 2 − 2rd cos θ) 1/2 + q ′](r 2 + b 2 − 2rb cos θ) 1/2 .Pallon pinnalla potentiaali on nolla kaikilla θ, φ. Sijoittamalla r = a ja asettamallaθ = 0 ja θ = π saadaan peilivarauksen paikka ja suuruusja ongelma on ratkaistu.b = a2d , q′ = − a d q (2.101)Mikäli palloa ei olisi maadoitettu, sen keskipisteeseen voitaisiin asettaatoinen peilivaraus q ′′ , joka puolestaan sovitettaisiin antamaan pinnalla oikeareunaehto. Pallon kokonaisvaraus olisi tällöin Q = q ′ + q ′′ .

32 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄ2.10 Greenin funktiot 4Edellä tarkasteltiin tilanteita, joissa oli joko pelkästään johdekappaleita taijohdekappaleita ja yksittäisiä varauksia. Yleisessä tilanteessa voi olla annettuvarausjakautuma ρ sekä johdekappaleita, joiden pintavarausjakautumaon tuntematon. Tällöin on ratkaistava Poissonin yhtälö∇ 2 ϕ = −ρ/ɛ 0 . (2.102)Tämä voidaan tehdä integroimalla varausjakautuman yliϕ 1 (r) = 14πɛ 0∫Vρ(r ′ )|r − r ′ | dV ′ (2.103)ja lisäämällä tähän Laplacen yhtälön sellainen ratkaisu ϕ 2 , että yhteenlaskettupotentiaali toteuttaa reunaehdot johdekappaleiden pinnalla.Aiemmat esimerkit ovat perustuneet hyvin yksinkertaiseen geometriaan.Yleisemmin voidaan osoittaa, että Laplacen ja Poissonin yhtälöt, jotka toteuttavatjoko Dirichlet’n tai von Neumannin reunaehdot, voidaan ratkaistakäyttäen Greenin teoreemaa ja Greenin funktioita.Suoraviivainen HT on johtaa divergenssiteoreemasta Greenin ensimmäinenkaava (GI):∫∮(ϕ∇ 2 ψ + ∇ϕ · ∇ψ) dV = ϕ∇ψ · n dS (2.104)ja Greenin toinen kaava (GII):∫(ψ∇ 2 ϕ − ϕ∇ 2 ψ) dV =VV∮SS(ψ∇ϕ − ϕ∇ψ) · n dS , (2.105)joka tunnetaan myös nimellä Greenin teoreema. Kolmas Greenin kaava (GIII)saadaan soveltamalla GII:ta tapaukseenψ(r, r ′ ) =1|r − r ′ | ,missä r on jokin kiinteä piste alueessa V . Muodollisesti voidaan kirjoittaa∇ 2 ψ(r, r ′ ) = −4πδ(r − r ′ ) . (2.106)Sijoittamalla nämä GII:een (2.105) saadaan GIIIϕ(r) = − 1 ∫dV ′ 14π V |r − r ′ | ∇2 ϕ(r ′ ) (2.107)+ 1 ∮ [dS ′ 1 ∂ϕ(r ′ )4π |r − r ′ | ∂n ′ − ϕ(r ′ ) ∂ ( )]1∂n ′ |r − r ′ .|S4 Tämä jakso ei ole kurssin varsinaista ydinainesta, mutta sen voi katsoa kuuluvan fyysikonyleissivistykseen. Sekä elektrodynamiikan sovellutuksissa että pidemmälle menevässäteoreettisessa fysiikassa Greenin funktioihin törmää usein.

2.10. GREENIN FUNKTIOT 33GIII:a ei voi käyttää suoraan, koska siinä esiintyvät sekä Dirichlet’n ettävon Neumannin reunaehdot. Oletetaan, että F (r, r ′ ) on jokin alueessa Vmääritelty harmoninen funktio eli funktio, joka toteuttaa Laplacen yhtälön∇ 2 F (r, r ′ ) = 0, missä derivoidaan pilkuttoman koordinaatin suhteen. NytGII antaa tuloksen∫0 = − dV ′ F (r, r ′ )∇ 2 ϕ(r ′ )V∮ (+ dS ′ F (r, r ′ ) ∂ϕ(r′ )∂n ′ − ∂F (r, )r′ )∂n ′ ϕ(r ′ ) . (2.108)Muodostetaan sitten Greenin funktioSG(r, r ′ ) =Summaamalla (2.108) ja (2.108) saadaan tulosϕ(r) = − 1 ∫dV ′ G(r, r ′ )∇ 2 ϕ(r ′ )4π+ 14πV∮S1|r − r ′ | + F (r, r′ ) . (2.109)(dS ′ G(r, r ′ ) ∂ϕ(r′ )∂n ′ − ∂G(r, )r′ )∂n ′ ϕ(r ′ ) . (2.110)Valitsemalla F (r, r ′ ) sopivasti saadaan tästä Poissonin yhtälön ratkaisu annetuillareunaehdoilla. Greenin funktiolla on selvästi ominaisuus∇ ′2 G(r, r ′ ) = −4πδ(r − r ′ ) = ∇ 2 G(r, r ′ ) . (2.111)Greenin funktioiden käyttö ei rajoitu Poissonin yhtälön ratkomiseen, vaanniillä on keskeinen osa ratkottaessa erilaisia integraaliyhtälöitä.Esimerkki. Pallon Greenin funktioTarkastellaan esimerkkinä pallon Greenin funktiota Dirichlet’n reunehdollaolettaen potentiaali pallon pinnalla on tunnetuksi. Tällöin valitaanG D (r, r ′ ) =reunaehdolla []1|r − r ′ | + F D(r, r ′ )1|r − r ′ | + F D(r, r ′ ) (2.112)r ′ ∈S= 0 , (2.113)missä S on pallon pinta. Jo aiemmin on ratkaistu identtinen ongelma yhdellepistevaraukselle pallon ulkopuolella ehdolla, että potentiaali pinnalla onnolla yhtälössä (2.100). Siellä saatu ratkaisu on vakiota q/4πɛ 0 vaille yhtälön(2.113) ratkaisu, jotenG D (r, r ′ ) =1|r − r ′ | − ar ′ |r − (a/r ′ ) 2 r ′ | , (2.114)