Last Updated on 2025-01-01 by BallPen
직각좌표계에서 1/r 그래디언트를 구해 봐요.
1/r 그래디언트(gradient, 기울기) 결과는 전자기학 등에서 자주 활용되는데요. 이번 글에서는 직각좌표계에서 1/r 그래디언트를 유도해 보겠습니다.
우선 위치벡터 \vec r이 다음과 같이 주어진다고 생각해봐요.
\tag{D1}
\vec r = (x-x^{\prime})\hat i + (y-y^{\prime}) \hat j그러면 위치 벡터 \vec r의 크기를 r, 단위벡터를 \hat r라고 할 때 다음 관계가 성립합니다.
\tag{D2}
-\nabla \Big( {1 \over {r}} \Big) = {{\hat r}\over{r^2}}\tag{D3}
\nabla^{\prime} \Big( {1 \over {r}} \Big) = {{\hat r}\over{r^2}}위 (D2)식에서 \nabla는 비프라임좌표계인 xy에 대한 그래디언트 연산을 뜻하고, (D3)식의 \nabla^{\prime}은 프라임좌표계인 x^{\prime}y^{\prime}에 대한 그래디언트 연산을 뜻해요.
그럼 이제부터 위 (D2)식과 (D3)식이 실제 성립하는지 알아보겠습니다.
1. 비프라임좌표계에서 1/r 그래디언트
(D2)식의 좌변을 풀면 우변이 나오는지 알아 봐요. 우선 (D1)식에 주어진 위치 벡터 \vec r의 크기는 다음과 같습니다.
\tag{1}
r = \sqrt{(x-x^{\prime})^2+ (y - y^{\prime})^2}이제 위 (1)식을 (D2)식에 대입하고 직각좌표계에서의 그래디언트 연산자를 취하면 다음과 같습니다.
\tag{2}
\begin{align}
-\nabla \Big({1 \over r} \Big) &= -\Big({{\partial}\over{\partial x}}\hat i + {{\partial}\over{\partial y}}\hat j \Big) {1 \over{\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}}}\\[10pt]
&=-\Big({{\partial}\over{\partial x}}\hat i + {{\partial}\over{\partial y}}\hat j \Big)\Big[(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2 \Big]^{-{1 \over 2}}\\[10pt]
&=-\Big[ \Big(-{1 \over {\cancel2}}\Big)\Big((x-x^{\prime})^2 + (y-y^{\prime})^2 \Big) ^{-{3 \over 2}} {\cancel 2}(x-x^{\prime}) \Big]\hat i\\[10pt]
&~~~~~~~~~~~+\Big[ \Big(-{1 \over {\cancel 2}}\Big)\Big((x-x^{\prime})^2 + (y-y^{\prime})^2 \Big)^{-{3 \over 2}} {\cancel 2}(y-y^{\prime}) \Big]\hat j\\[10pt]
&={{(x-x^{\prime})\hat i + (y-y^{\prime})\hat j}\over{[\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}}]^2 [\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}]}\\[15pt]
&={1 \over r^2} {{\vec r}\over{r}}\\[10pt]
&={{\hat r}\over{r^2}}
\end{align}위 식의 마지막 두번째 줄에서 마지막 줄로 넘어갈 때 벡터를 벡터의 크기로 나누면 단위벡터가 되는 성질을 이용하였습니다.
정말로 (D2)식이 성립함을 알 수 있어요.
2. 프라임좌표계에서 1/r 그래디언트
이번에는 (1)식을 (D3)식에 대입하고 직각좌표계에서 프라임좌표에 대한 그래디언트 연산자를 취하면 다음과 같습니다.
\tag{3}
\begin{align}
\nabla^{\prime} \Big({1 \over r} \Big) &= \Big({{\partial}\over{\partial x^{\prime}}}\hat i + {{\partial}\over{\partial y^{\prime}}}\hat j \Big) {1 \over{\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}}}\\[10pt]
&=\Big({{\partial}\over{\partial x^{\prime}}}\hat i + {{\partial}\over{\partial y^{\prime}}}\hat j \Big)\Big[(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2 \Big]^{-{1 \over 2}}\\[10pt]
&=\Big[ \Big(-{1 \over {\cancel2}}\Big)\Big((x-x^{\prime})^2 + (y-y^{\prime})^2 \Big) ^{-{3 \over 2}} {\cancel 2}(x-x^{\prime}) (-1) \Big]\hat i\\[10pt]
&~~~~~~~~~~~+\Big[ \Big(-{1 \over {\cancel 2}}\Big)\Big((x-x^{\prime})^2 + (y-y^{\prime})^2 \Big)^{-{3 \over 2}} {\cancel 2}(y-y^{\prime}) (-1)\Big]\hat j\\[10pt]
&={{(x-x^{\prime})\hat i + (y-y^{\prime})\hat j}\over{[\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}}]^2 [\sqrt{(x-x^{\prime})^2+(y-y^{\prime})^2}]}\\[15pt]
&={1 \over r^2} {{\vec r}\over{r}}\\[10pt]
&={{\hat r}\over{r^2}}
\end{align}정말로 (D3)식이 성립함을 알 수 있어요.
흥미롭고 도움이 되는 글이었나요? 리뷰를 부탁드립니다.
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