Staattinen sähkökenttä - FMI

2.3. SÄHKÖSTAATTINEN POTENTIAALI 132.3 Sähköstaattinen potentiaaliVektorianalyysin alkeista tiedetään, ettäjoten staattisen sähkökentän roottori häviää:∇ × r − r′|r − r ′ | 3 = 0 (2.11)∇ × E(r) = 0 (2.12)Sähkökenttä voidaan siis esittää sähköstaattisen potentiaalin ϕ avulla:E(r) = −∇ϕ(r) (2.13)Pisteessä r 1 sijaitsevan hiukkasen aiheuttama potentiaali on sitenϕ(r) = 14πɛ 0q 1|r − r 1 |(2.14)kun sovitaan, että äärettömyydessä potentiaali häviää. Vastaavasti mielivaltaisellevarausjoukolleϕ(r) = 14πɛ 0N ∑i=1q i|r − r i | + 14πɛ 0∫Vρ(r ′ )|r − r ′ | dV ′ + 14πɛ 0∫Sσ(r ′ )|r − r ′ | dS′ (2.15)Sähköstaattinen kenttä on esimerkki konservatiivisesta voimakentästä.Tämä merkitsee, että potentiaalienergia U eli voiman F viivaintegraaliannetusta vertailupisteestä r 0 tarkastelupisteeseen rU(r) = −∫ rr 0F(r ′ ) · dr ′ (2.16)on riippumaton integrointitiestä. Koska itse fysikaalinen suure sähkökenttäriippuu vain potentiaalin derivaatasta, potentiaalin nollakohdan voi valitamieleisekseen. Asettamalla ϕ(r 0 ) = 0 saadaan U(r) = qϕ(r).Potentiaalin käsitteestä on suurta hyötyä erilaisissa sähkökenttään liittyvissäongelmissa. Tämä johtuu osaksi siitä, että sähkökentän integroiminenvarausjakautumista on monimutkaisempi tehtävä kuin yksinkertaisemmanpotentiaalin laskeminen. Potentiaali on vielä derivoitava, mutta se on helpompaakuin integrointi. Merkittävä syy potentiaalin käyttökelpoisuudelleon se, että matematiikan potentiaaliteoria tarjoaa koko joukon hyödyllisiäapuneuvoja.SI-järjestelmässä voiman yksikkö on newton (N) ja varauksen yksikköon coulombi (C), joten sähkökentän yksikkö on N/C. Energian yksikkö onpuolestaan joule (J = Nm) eli sähköstaattisen potentiaalin yksikkö on sitenJ/C. Sähköopissa potentiaalin yksikköä kutsutaan voltiksi (V = J/C) jasähkökentän yksikkö ilmaistaan yleensä muodossa V/m.

14 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄ2.4 Gaussin laki2.4.1 Maxwellin ensimmäinen yhtälöTarkastellaan origossa olevan pistevarauksen q kenttääE(r) =q r4πɛ 0 r 3 (2.17)Olkoon V jokin tilavuus varauksen ympärillä ja S sen reuna. Integroidaansähkökentän normaalikomponentti reunan yli:∮∮E · dS = E · n dS =q r · nr 3 dS (2.18)SS4πɛ 0∮Smissä n on pinnan S yksikköulkonormaali. Nyt (r/r)·n dS on pinta-alkiovektorindS = dS n projektio r:ää vastaan kohtisuoralle tasolle ja tämä pintaalajaettuna r 2 :lla on avaruuskulma-alkio dΩ, joka pallokoordinaatistossaon sin θ dθ dφ. Valitaan V :n sisäpuolelta origokeskinen pallo, jonka reuna onS ′ . Infinitesimaalinen pinta-alkio dS ′ kattaa yhtä suuren avaruuskulman dΩkuin elementti dS, jotenmistä seuraa∮Sr · nr 3 dS =∮S∮S ′ r ′ · nr ′3 dS ′ =∮S ′ dΩ = 4π (2.19)E · n dS = q/ɛ 0 (2.20)Jos varaus on tilavuuden V ulkopuolella, se ei vaikuta pintaintegraaliin.Tämän näkee tarkastelemalla varauksen kohdalta kohti tilavuutta V avautuvaaavaruuskulmaelementin dΩ suuruista kartiota. Tämä kartio läpäiseetilavuuden V sekä sisään- että ulospäin ja pinta-alkioiden integraalit summautuvatnollaan (HT: piirrä kuva).Tulos yleistyy N:n varauksen parvelle:∮SE · n dS = 1 ɛ 0N ∑i=1q i (2.21)Jos suurta varausjoukkoa tarkastellaan varausjakautumana, voidaan ρ dVajatella alkioksi, joka tuo osuuden ρ dV/ɛ 0 eli integroituna tilavuuden V yli∮E · n dS = 1 ∫ρ dV (2.22)ɛ 0Smikä on peruskurssilta tuttu Gaussin laki integraalimuodossa.Vektorianalyysin divergenssiteoreeman eli Gaussin lauseen mukaanriittävän siistille vektorikentälle u pätee∮∫u · n dS = ∇ · u dV (2.23)SVV

16 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄViivavarausEsimerkkinä 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 =λ(2.30)2πɛ 0 rViivavarauksen 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.JohdekappaleKappaletta, 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.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 jaE n · n dS = 1 ∫ρ dV = σ dS(2.33)ɛ 0 ɛ 0Koska tämän täytyy päteä kaikilla pinta-alkioilla, on sähkökenttä johdekappaleenpinnalla suoraan verrannollinen pintavaraukseen:VE = σ ɛ 0n (2.34)

18 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄzxKuva 2.3: Dipolikentän kenttäviivat xz-tasossa. Dipoli sijaitsee origossa jaon z-akselin suuntainen.katselu 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)

20 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄongelmissa. 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 Poissoninyhtälön ratkaisua ovat additiivista vakiota vaille samat. Tarkastellaan tämäntodistamiseksi johteiden pinnat S 1 , . . . , S N sisäänsä sulkevaa tilavuutta V 0 ,joka on pinnan S sisällä (pinta voi olla äärettömyydessä). Olkoot ϕ 1 ja ϕ 2kaksi Poissonin yhtälön toteuttavaa ratkaisua, jotka täyttävät samat reunaehdotjohteiden pinnalla S I , siis joko ϕ 1 = ϕ 2 tai ∂ϕ 1 /∂n = ∂ϕ 2 /∂nnäillä pinnoilla sekä pinnalla S. Tarkastellaan funktiota Φ = ϕ 1 − ϕ 2 . TilavuudessaV 0 on selvästi ∇ 2 Φ = 0. Reunaehdoista puolestaan seuraa, ettäkaikilla reunoillajoko Φ = 0 tai n · ∇Φ = ∂Φ∂n = 0Sovelletaan sitten divergenssiteoreemaa vektoriin Φ∇Φ:∫∮∇ · (Φ∇Φ) dV =(Φ∇Φ) · n dS = 0V 0S+S 1 +...+S Nkoska joko Φ tai ∇Φ · n on pinnoilla 0. Toisaalta∇ · (Φ∇Φ) = Φ∇ 2 Φ + (∇Φ) 2 = (∇Φ) 2

22 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄmissä 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 −γzYleisesti kompleksiarvoiset vakiot A i , B i , C i ja α, β, γ määräytyvät ongelmanreunaehdoista. Koko ratkaisu on muodollisesti summaϕ(x, y, z) = ∑α,β,γX(x)Y (y)Z(z) (2.51)missä separointivakioille α, β, γ tulee tilanteesta riippuvia rajoituksia.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)missä 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 positiviisiksi.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.

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 23Tähän 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 laskettua 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(∂∂θEtsitään tälle ratkaisua muodossasin θ ∂ϕ∂θ)+1 ∂ 2 ϕr 2 sin 2 θ ∂φ 2 = 0 (2.57)ϕ(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)

24 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄYleisesti 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.Yhtälön (2.59) ensimmäisen termin on oltava puolestaan m 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)Jotta 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:P ml (ξ) = (1 − ξ 2 )m/2 dmdξ m P l(ξ) (2.69)

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 25Yleisesti Laplacen yhtälöllä on siis pallokoordinaatistossa jokaista l kohti2l + 1 kulmista θ ja φ riippuvaa ratkaisua. Ne voidaan sopivasti normittaenlausua palloharmonisten funktioidenY lm (θ, φ) = (−1) m √2l + 14π(l − m)!(l + m)! P ml (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 yhteenlaskuteoreema antaa kahden vektorin välisen etäisyydenkäänteisluvun 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 sarjaksi. Esimerkkinä käy maapallonmagneettikenttä, jonka sarjakehitelmän johtava termi vastaa magneettistadipolia ja korkeammat termit johtuvat kentän lähteen poikkeamisesta dipolista,magneettisen maa-aineksen epätasaisesta jakautumasta ja maapallonyläpuolisissa ionosfäärissä ja magnetosfäärissä kulkevista sähkövirroista.Palloharmonisia funktioita tarvitaan paljon myös atomifysiikassa ja kvanttimekaniikassamm. tarkasteltaessa impulssimomenttioperaattoreita. Tekijä(−1) m kaavassa (2.70) on vaihetekijä, joka voidaan jättää pois tai ottaa mukaanjo Plm :n määritelmässä (2.69). Sen ottaminen mukaan on hyödyllistäetenkin kvanttimekaniikan laskuissa (katso esim. Arfken).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.

26 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄEsimerkki. 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 r 2 ∂ϕ )(1 ∂+∂r ∂r r 2 sin θ ∂ϕ )= 0 (2.74)sin θ ∂θ ∂θToistetaan harjoituksen vuoksi edellä ollut muuttujien separointi etsimälläratkaisua yritteellä ϕ(r, θ) = Z(r)P (θ), jolloin(1 dr 2 dZ )= − 1 (dsin θ dP )(2.75)Z dr dr 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 muodossa1sin θddθ(sin θ dPdθ)+ kP = 0 (2.76)kutsutaan 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)Muutama ensimmäinen P n onRadiaalisen yhtälönd nP n (cos θ) = 12 n n! d(cos θ) n [cos2 θ − 1] n (2.77)P 0 = 1P 1 = cos θP 2 = 1 ()3 cos 2 θ − 12P 3 = 1 ()5 cos 3 θ − 3 cos θ2(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 muotoa∞∑(ϕ(r, θ) = A n r n + B )nr n+1 P n (cos θ) (2.80)n=0Integroimisvakiot A n ja B n on määritettävä reunaehdoista.

2.8. LAPLACEN YHTÄLÖN RATKAISEMINEN 27Esimerkki. 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 lausekkeesta2.80: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)Kun 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 siisϕ(r, θ) = ϕ 0 +(a 3 E 0r 2Sähkökentän E = −∇ϕ komponentit ovat− E 0 rE r = − ∂ϕ( )∂r = E 0 1 + 2 a3r 3(E θ = − 1 r∂ϕ∂θ = −E 0)cos θ (2.86)cos θ (2.87)1 − a3r 3 )sin θ (2.88)

28 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄPallon pintavaraustiheys onσ = 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 sen osuus kentästä on sama kuin origoon sijoitetun dipolin,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)Huom. 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). Radiaalisestayhtälöstä tulee nytr d dr(r dY )− n 2 Y = r 2 d2 Ydrdr 2 + r dYdr − n2 Y = 0 (2.94)

30 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄraθbq’dqKuva 2.4: Pistevaraus johdepallon lähellä.pisteeseen (−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| 3(2.98)ja johteen pintavaraustiheydenσ(y, z) = ɛ 0 E x | x=0= −qd2π(d 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 (2.99)Varaus vetää pintaa puoleensa samalla voimalla kuin se vetäisi etäisyydellä2d olevaa vastakkaismerkkistä varausta. HT: integroi pintavaraustiheys kokotason 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.Esimerkki. Pistevaraus maadoitetun johdepallon lähelläValitaan origoksi pallon keskipiste, olkoon a pallon säde ja d etäisyys origostavaraukseen q (kuva 2.4). Etsitään potentiaali ϕ(r) (r ≥ a) reunaehdollaϕ(a) = 0. Symmetrian perusteella peilivarauksen q ′ täytyy olla suoralla, joka

2.10. GREENIN FUNKTIOT 31kulkee varauksen q ja origon kautta. Varauksen ja peilivarauksen yhteenlaskettupotentiaali pisteessä r on()1 qϕ(r) =4πɛ 0 |r − d| + q′(2.100)|r − b|[1q=4πɛ 0 (r 2 + d 2 − 2rd cos θ) 1/2 + q ′](r 2 + b 2 − 2rb cos θ) 1/2Pallon 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 ′′ .2.10 Greenin funktiot 2Edellä 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)V2 Tämä luku kuuluu yleissivistykseenS

32 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄja Greenin toinen kaava (GII):∫(ψ∇ 2 ϕ − ϕ∇ 2 ψ) dV =V∮S(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 kirjoittaaSijoittamalla nämä GII:een (2.105) saadaan GIIIϕ(r) = − 1 ∫dV ′ 14π |r − r ′ | ∇2 ϕ(r ′ )+ 14πV∮S∇ 2 ψ(r, r ′ ) = −4πδ(r − r ′ ) (2.106)[dS ′ 1|r − r ′ |∂ϕ(r ′ )∂n ′− ϕ(r ′ ) ∂ (1∂n ′ |r − r ′ |)](2.107)GIII: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 (2.107) 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.

2.10. GREENIN FUNKTIOT 33Esimerkki. Pallon Greenin funktioTarkastellaan esimerkkinä pallon Greenin funktiota Dirichlet’n reunehdolla,että potentiaali pallon pinnalla on tunnettu. 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)missä a on origokeskisen pallon säde. Havaitaan, että Greenin funktio onsymmetrinen muuttujien r ja r ′ suhteen. Tämä ominaisuus pätee yleisemminkin(ks. esim. Jackson).Potentiaali saadaan integroimallaϕ(r) = 1 G D (r, r4πɛ 0∫V′ )ρ(r ′ ) dV ′ − 1 ∫∂G D (r, r ′ )ϕ(r ′ ) dS ′ (2.115)4π S ∂nmissä on V viittaa pallon sisäosaan ja S pintaan. Normaalivektori n suuntautuuulospäin siitä alueesta, jossa potentiaali halutaan laskea. Tarkasteltaessaaluetta pallon sisällä n = e r ja ulkopuolista aluetta tutkittaessa n = −e r .Ulospäin suuntautuva normaaliderivaatta onr ′a · ∇′ G D (r, r ′ ∣)∣ r ′ ∈Smissä γ on r:n ja r ′ :n välinen kulma.= − 1 a 2 − r 2 ∣ ∣∣ra |r − r ′ | 3 ′ ∈S= r2 − a 2(a 2 − 2 ar cos γ + r 2 ) −3/2 (2.116)aSovelletaan Greenin funktiota tapaukseen, jossa pallon sisällä ei ole varaustaeli ratkaistaan Laplacen yhtälö reunaehdolla ϕ(a) = f(r), kun r onpallon pinnalla. Tämä antaa Poissonin kaavana tunnetun tuloksenϕ(r) = a2 − r 24πa∫= a(a2 − r 2 )4πf(a, θ ′ , φ ′ )(a 2 − 2 ar cos γ + r 2 )S∫S3/2dS′f(a, θ ′ , φ ′ )(a 2 − 2 ar cos γ + r 2 ) 3/2 dΩ′ (2.117)

34 LUKU 2. STAATTINEN SÄHKÖKENTTÄjoka ilmaisee siis potentiaalin alueen sisällä olettaen potentiaali tunnetuksipallon pinnalla. Jos puolestaan halutaan tarkastella potentiaalia pallonulkopuolella, pintaintegraalissa normaalin suunta määritellään ulospäin jaainoa muutos on korvata (a 2 − r 2 ) → (r 2 − a 2 ).