电动力学

电动力学的数学技巧

数学声明

本篇中：仅考虑三维欧式空间，因此“逆变”“协变”都不必作区分，张量无需区分上下标（一律写成下标），且用$i,j,k$来表示。（在之后讨论四维时，才会用真正的张量体系，写成明确的$\mu.\nu$等字母）

我把这套仅仅用于$\mathbb{R}^3$情形的记号叫做“类张量记号”

类张量记号简化矢量分析

Levi-Civita符号相关等式

在这套体系下，用$\delta_{ij}$代表克罗内克符号，用$\epsilon_{ijk}$代表大家熟知的Levi-Civita符号

可以通过死算的方法，验证这个恒等式：$\epsilon_{ijk}\epsilon_{ilm}=\delta_{jl}\delta_{km}-\delta_{jm}\delta_{kl}$

进一步，在此基础上再让$l=j$，这样就能推出$\epsilon_{ijk}\epsilon_{ijm}=\delta_{jj}\delta_{km}-\delta_{jm}\delta_{kj}=3\delta_{km}-\delta_{km}=2\delta_{km}$

再进一步，若$m=k$，就能推出关系$\epsilon_{ijk}\epsilon_{ijk}=2\delta_{kk}=6$

矢量分析

在这套语言下，两个矢量的点乘为$\vec{A}\cdot\vec{B} = A_i B_i$，求散度写为$\nabla\cdot \vec{A} = \partial_i A_i$

两个三维矢量的叉乘就是$(\vec{A}\times\vec{B}) _ i = \epsilon _ {ijk} A _ j B _ k$，求旋度可以写为$(\nabla\times \vec{A}) _ i = \epsilon _ {ijk}\partial _ j A _ k$

此刻，我假定读者已了解基本的（欧式空间的）微分形式，了解外微分运算，并且知道著名的Stokes定理，写成微分形式的语言才能得到最深远统一的形式，为$\int _ {\partial S} \omega = \int _ S d\omega$。那么，矢量分析的讨论可以继续：

定理 （Gauss定理与Stoke定理）

$$
\int_{\partial \Omega} v_idS_i = \int_\Omega \partial_i v_i dV
\qquad
\int_{\partial S} v_i dx_i=\int_S \epsilon_{ijk} \partial_j v_k dS_i
$$

证明：注意这里$d\vec{S}$定义其实是$(dS_1,dS_2,dS_3)= (dx_2\wedge dx_3 ,dx_3\wedge dx_1,dx_1\wedge dx_2 )$，因此$\epsilon_{ijk} dS_i =dx_j\wedge dx_k$，而体元定义为$dV = dx_1\wedge dx_2\wedge dx_3$，所以：

$\int_{\partial S} v_i dx_i= \int_S d(v_k dx_k) =\int_S \partial_j v_k dx_j\wedge dx_k= \int \epsilon_{ijk} \partial_j v_k dS_i$

$\int_{\partial \Omega} v_idS_i=\int_{ \Omega} d(v_idS_i) = \int_{\Omega} \partial_j v_i dx_j\wedge dS_i=\int_\Omega \partial_i v_i dV$

当然还可以利用Stokes定理以及这套“类张量记号”，推出各色恒等式……

正交曲线坐标系

在一般的正交曲线坐标系（以$t_1,t_2,t_3$为参）中，假设在三个方向的标度为$f_1(\vec{x}),f_2(\vec{x}),f_3(\vec{x})$，那么：

$$
\begin{cases}
d\vec{l} &= f_1 dt_1 \hat{e}_1+ f_2 dt_2 \hat{e}_2+f_3 dt_3 \hat{e}_3 \\
d\vec{S} &= f_2 f_3 dt_2\wedge dt_3 \hat{e}_1+ f_3 f_1 dt_3\wedge dt_1 \hat{e}_2+ f_1 f_2 dt_1\wedge dt_2 \hat{e}_3 \\
dV &= f_1f_2f_3 dt_1\wedge dt_2\wedge dt_3
\end{cases}
$$

下面欲求出梯度、散度、旋度公式

先看梯度，由于梯度无非是三个方向都微小位移一段，看变化率，再乘上方向向量，所以显然$\nabla \phi = \frac{1}{f_1}\frac{\partial \phi}{\partial t_1}\hat{e}_1 +\frac{1}{f_2}\frac{\partial \phi}{\partial t_2}\hat{e}_2 +\frac{1}{f_3}\frac{\partial \phi}{\partial t_3}\hat{e}_3$

再看旋度，由于$d(\vec{E}\cdot d\vec{l}) = (\nabla\times \vec{E})\cdot d\vec{S}$，注意此处$\vec{E}$可以代表任何的向量，因为这个式子就是定理（Gauss定理与Stoke定理）的证明中的一个步骤罢了，又因为：
$$
\begin{align*}
d(\vec{E}\cdot d\vec{l})&=\left(\frac{\partial f_3E_3}{\partial t_2} - \frac{\partial f_2E_2}{\partial t_3}\right)dt_2\wedge dt_3 +(\dots)dt_3\wedge dt_1 +(\dots)dt_1\wedge dt_2
\end{align*}
$$

因此，与$d(\vec{E}\cdot d\vec{l}) = (\nabla\times \vec{E})\cdot d\vec{S}$对比一下就得到：
$$
\nabla\times\vec{E} = \frac{1}{f_2f_3}\left(\frac{\partial f_3E_3}{\partial t_2} - \frac{\partial f_2E_2}{\partial t_3}\right)\hat{e}_1+\cdots
$$

再看散度，由于$d(\vec{E}\cdot d\vec{S}) = (\nabla\cdot\vec{E})\cdot dV$，注意此处$\vec{E}$也可以代表任何的向量，因为这个式子就是定理（Gauss定理与Stoke定理）的证明中的一个步骤罢了，又由：
$$
d(\vec{E}\cdot d\vec{S}) = \left(\frac{\partial(f_2f_3E_1)}{\partial t_1}+\frac{\partial(f_3f_1E_2)}{\partial t_2}+\frac{\partial(f_1f_2E_3)}{\partial t_3} \right)dt_1\wedge dt_2\wedge dt_3
$$
因此，与$d(\vec{E}\cdot d\vec{S}) = (\nabla\cdot\vec{E})\cdot dV$对比一下就得:
$$
\nabla\cdot \vec{E} = \frac{1}{f_1f_2f_3}\left( \frac{\partial(f_2f_3 E_1)}{\partial t_1}+\frac{\partial(f_3f_1E_2)}{\partial t_2}+\frac{\partial(f_1f_2 E_3)}{\partial t_3}\right)
$$

有了这些，得到Laplace算子$\nabla^2$也不困难
$$
\nabla^2\phi = \frac{1}{f_1 f_2 f_3} \left( \frac{\partial}{\partial t_1} \left( \frac{f_2 f_3}{f_1} \frac{\partial \phi}{\partial t_1} \right) + \frac{\partial}{\partial t_2} \left( \frac{f_3 f_1}{f_2} \frac{\partial \phi}{\partial t_2} \right) + \frac{\partial}{\partial t_3} \left( \frac{f_1 f_2}{f_3} \frac{\partial \phi}{\partial t_3} \right) \right)
$$

特例—球坐标下的Laplace方程

球坐标系下的Laplace推导

首先，必须知道球坐标系下$f_1,f_2,f_3$的表示，以及$\hat{e}_1,\hat{e}_2,\hat{e}_3$长啥样

由于参数化$x_1 = r\sin \theta \cos\varphi ,x_2=r\sin\theta \sin\varphi ,x_3 = r\cos\theta$，可以得到（下面的$(\dots)$计算，无非是用全微分公式展开以后，再合并提取$dr,d\theta,d\varphi$前的系数得到的）：

$$
d\vec{l} = dx_1 \hat{x}_1 +dx_2 \hat{x}_2+dx_3 \hat{x}_3 = (\dots)dr+(\dots)d\theta +(\dots)d\varphi
$$

那么第一个$(\dots)$就是$f_r \hat{e}_r$！所以其模长就是$f_r$，其方向就是$\hat{e} _ r$。同理可以得到$f _ \theta ,f_\varphi,\hat{e}_\theta,\hat{e} _ \varphi$

于是，代入之前的公式就可以得到球坐标系的Laplace方程

$$
\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \phi}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin\theta \frac{\partial \phi}{\partial \theta} \right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta} \frac{\partial^2 \phi}{\partial \varphi^2}=0
$$

球坐标系下Laplace方程求解

$$
\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \phi}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin\theta \frac{\partial \phi}{\partial \theta} \right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta} \frac{\partial^2 \phi}{\partial \varphi^2}=0
$$
假设$\phi(r,\theta,\varphi) =R(r)Y(\theta,\varphi)$，分离变量得到：
$$
\frac{\partial}{\partial r}\left( r^2\frac{\partial R}{\partial r}\right)-l(l+1)R=0
$$
这一项是Euler型ODE，解为：$R(r) = C_+ r^l +C_- r^{-1-l}$

得到的另一个方程是：
$$
\frac{1}{ \sin \theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin\theta \frac{\partial Y}{\partial \theta} \right)+\frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2}+l(l+1)Y=0
$$

这个关于角度的函数$Y$就是物理学、计算机视觉研究都很喜欢的球谐函数

拆分成$Y(\theta,\varphi)=P(\theta)F(\varphi)$
再得到：

$$
\frac{1}{ \sin \theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left( \sin\theta \frac{\partial P}{\partial \theta} \right)+\left(l(l+1)-\frac{m^2}{\sin^2\theta} \right)P=0
$$

以及：

$$
\frac{\partial^2 F}{\partial \varphi^2} +m^2F=0
$$

可以看到，关于$F$的ode很简单，关于$R$的也已经得知是Euler型ode，按套路换元求就行

难的是$P$这个函数，关于它的ode就是连带Legendre方程，但是这个连带Legendre方程太复杂了。当$m=0$时，它能简化成Legendre方程，这个简化方程的特征根是Legendre多项式，是比较好的。因此，在后续讨论时我们加上极轴对称假设，这样不用考虑$\varphi$的影响，即$m=0$

多级展开

问题陈述 （多级展开）
所有电荷都分布在一个以原点为中心，$\delta$为半径的球（记为$\Omega$）内，且假设电荷分布具有关于极轴的对称性，欲求解球外的电势分布

问题求解
显然，电势符合Laplace方程，因此电势分布自然是各种模式下的$R(r)P(\theta)F(\varphi)$的线性叠加

结合极轴对称性假设，球谐函数中$\varphi$这一项消失，那么只用考虑$r$以及$\theta$，连带Legendre方程化为Legendre方程，因此$\theta$对应的微分方程，其本征函数就是Legendre多项式，答案可以写为：
$$
\phi(\vec{x}) =\sum_{l=0}^\infty a_l(r) P_l(\cos\theta)
$$

考察电势，假设源处于$\vec{x}’$处（$\vert\vec{x}’\vert\leq \delta$），而考察点位于$\vec{x}$处（$\vert\vec{x}\vert\gg \delta$），自然有：
$$
\phi(\vec{x})=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \frac{\rho(\vec{x}’)}{\vert \vec{x}-\vec{x}’\vert} dV
$$

接下来，我们介绍数理方法中的一个定理，它能用来展开上式

定理 （Legendre多项式的生成函数）
$$
\frac{1}{\sqrt{1-2tr+r^2}}=\frac{1}{r}\sum_{l=0}^\infty P_l(t)r^{-l} ,\quad r>1
$$

证明：略

使用定理（Legendre多项式的生成函数），下面令$t=\cos\theta = \frac{\vec{x}’\cdot\vec{x}}{\vert\vec{x}’\vert\vert\vec{x} \vert}$以及$r=\frac{\vert \vec{x}\vert}{\vert\vec{x}’\vert}$

因此，引理的等式化为如下恒等式
$$
\frac{1}{\vert \vec{x}-\vec{x}’\vert}=\frac{1}{\vert \vec{x}’\vert}\frac{1}{\sqrt{1-2tr+r^2}}=\sum_{l=0}^\infty \frac{\vert\vec{x}’\vert^l}{\vert\vec{x}\vert^{l+1}}P_l(\cos\theta) ,\quad \vert\vec{x}\vert>\vert\vec{x}’\vert
$$

这样的话，电势的表达式就为：

$$
\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \rho(\vec{x}’) \sum_{l=0}^\infty \frac{\vert\vec{x}’\vert^l}{\vert\vec{x}\vert^{l+1}}P_l(\cos\theta) dV
$$

这就是多级展开的全部内容！

下面，把$l=0,1,2\dots$这样的每一项单独拿出来看看

1. $l=0$时：
$$
\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \rho(\vec{x}’) \frac{1}{\vert\vec{x}\vert} dV=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q_\Omega}{\vert\vec{x}\vert}
$$其中$Q_\Omega = \int_\Omega \rho(\vec{x}’)dV$，这是最熟悉不过的！

2. $l=1$时：
$$
\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \rho(\vec{x}’) \frac{\vert\vec{x}’\vert}{\vert\vec{x}\vert^{2}}\cos\theta dV = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\vec{p} \cdot \vec{x}}{\vert \vec{x}\vert^3}=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{p_j x_j}{\vert \vec{x}\vert^3}
$$（这个等号用到了$\cos\theta = \frac{\vec{x}’\cdot\vec{x}}{\vert\vec{x}’\vert\vert\vec{x} \vert}$）其中$\vec{p} = \int_\Omega \rho(\vec{x}’)\vec{x}’ dV$，最后，故意把它写成一个一阶张量，为了与后文对应

3. $l=2$时：
$$
\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \rho(\vec{x}’) \frac{\vert\vec{x}’\vert^2}{\vert\vec{x}\vert^{3}}\frac{(3\cos^2\theta-1)}{2} dV = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{p_{ij} x_i x_j}{\vert \vec{x}\vert^5}
$$ 其中$p_{ij}=\left( \frac{1}{2}\int_\Omega \rho(\vec{x}’)dV (3x_i’ x_j’ - (\vec{x}’ \cdot \vec{x}’)\delta_{ij}) \right)$是一个二阶对称张量，且由于$\delta_{ij}\delta_{ij}=3$，因此该二阶张量满足$p_{ij}\delta_{ij}=0$，这就是“无迹性”（当然“迹”这件事在高阶张量中就推广为“缩并”，所以实质就是缩并后为零）

4. $l=3$时：
$$
\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\int_\Omega \rho(\vec{x}’) \frac{\vert\vec{x}’\vert^3}{\vert\vec{x}\vert^{4}}\frac{(5\cos^3\theta-3\cos\theta)}{2} dV = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{p_{ijk} x_i x_j x_k}{\vert \vec{x}\vert^7}
$$
其中$p_{ijk}=\int_\Omega \rho(\vec{x}’)dV\frac{5x_i’x_j’x_k’ - (\vec{x}’\cdot\vec{x}’)(x_i’\delta_{jk} +x_j’ \delta_{ik}+x_k’ \delta_{ij})}{2}$也是一个三阶对称且无迹的张量（此处的“无迹”指的是任何两个指标缩并后为零，毕竟对称嘛，效果一样）

启发
发现$l$对应的那一部分偶极子贡献，刚好可提出来一个$l$阶张量乘以$x_{i_1} x_{i_2}\dots x_{i_l}$，而且这个张量是对称且无迹的！因此，对于任何的$l$，其实可以根据对称性写出带有系数的公式，然后利用无迹性定下系数之间的关系……

此外，关注一下这个$l$阶张量的“自由度”，正是$2l+1$

Green函数法

动机与启发

• 来看一个显然成立的恒等式：
  $$
  \rho(\vec{x})=\int dV \rho(\vec{x}’) \delta^3(\vec{x}-\vec{x}’)
  $$

• 再来看一个新的书写方法，把$\frac{1}{4\pi}\frac{1}{\vert \vec{x}-\vec{x}’\vert}$记作$G(\vec{x},\vec{x}’)$，那么大家都熟知的电势公式，就写成了这个样子：
  $$
  \phi(\vec{x}) = \int dV \frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0} G(\vec{x},\vec{x}’)
  $$

把上面两个代入我们熟知的Poisson方程$\nabla^2 \phi(\vec{x}) = -\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0}$，然后观察左右两边相等的部分，提取出一个关于$G$的新等式如下，我们用它来替代Poisson方程：
$$
\nabla^2 G(\vec{x},\vec{x}’)+\delta^3(\vec{x}-\vec{x}’)=0
$$
不禁要问，搞成这个样子有什么好处呢？原来的Poisson方程难道不够好吗？

答：仔细比较这个新等式与Poisson方程相比，区别在于，这个新等式中，根本没有关于$\rho$的信息！

这带来的启发是，我们也许可以把原始问题拆分成两步走：

1. 先求出$G$（无需利用$\rho$的信息）

2. 将$\rho$与$G$相乘再积分，得到答案

这种方案让人想到单位圆盘上的热稳定问题，在那个问题里，边界条件是单位圆周上的分布$u(1,\varphi)$，欲求的是圆盘内任意一点的值$u(r,\varphi)$。最后发现，$u(r,\varphi)$由Poisson核与$u(1,\varphi)$的卷积给出。讲这个故事是想告诉大家，Poisson核这个东西很关键（它就相当于Green函数$G$）。你可以把Poisson核想象成一个机器，输入任意一个边界上的函数，它就给你卷积一下，输出一个答案来。如果某人不知道Poisson核，他在求解热稳定问题时可能case by case去求解，那么，一旦边界条件换了一个表达式，他又得重头再算；但是，如果他知道Poisson核，就能以不变应万变，任你随便改边界上的表达式，都不用怕，因为他知道，就这样算一个卷积就完事了。也就是说，这种方法具备很好的泛化能力！之所以具备这么好的泛化能力，是因为把解题流程拆分成了两步，而且第一步在各种情况下都是一样的，换了一个表达式后，第一步不需要从头再算了

Green恒等式

定理 （Green第一恒等式）
$$
\int_V (\nabla \psi \cdot \nabla \varphi+ \psi \nabla^2 \varphi) d V = \int_{\partial V} \psi (\nabla \varphi) \cdot d\vec{S}
$$

证明：

定理 （Green第二恒等式）
$$
\int_V (\varphi \nabla^2 \psi - \psi \nabla^2 \varphi )dV = \int_{\partial V} \left(\varphi(\nabla\psi) - \psi(\nabla \varphi) \right)\cdot d\vec{S}
$$

证明：

Green函数 系统性的方法

问题陈述 （Green函数法解题）
空间$V$的边界$\partial V$上给定了边界条件（Dirichlet或Neumann型）后，欲求解满足Poisson方程，得到电势函数$\phi(\vec{x})$的表达式

问题求解
首先，让定理（Green第二恒等式）中的积分针对参数$\vec{x}’$，$\varphi,\psi$都是关于$\vec{x}’$的函数，$\nabla$也是针对$\vec{x}’$，即$\nabla’ = \hat{e} _ j\frac{\partial }{\partial x _ j ‘}$，那么一切都加个撇，Green第二恒等式就是：

$$
\int_V (\varphi \nabla’^2 \psi - \psi \nabla’^2 \varphi )dV’ = \int_{\partial V} \left(\varphi(\nabla’\psi) - \psi(\nabla’ \varphi) \right)\cdot d\vec{S}’
$$

回顾一下最终目标，我们记$\phi(\vec{x})$是欲求的那个电势（也就是说，关键是要$\phi$的函数表达式）

现在，令上式中出现的$\varphi(\vec{x}’)=\phi(\vec{x}’)$，再令$\psi(\vec{x}’)=G(\vec{x},\vec{x}’)$，而且人为强制规定一个$G$需要满足的要求：$\nabla’^2 G(\vec{x},\vec{x}’)+\delta^3(\vec{x}-\vec{x}’)=0$

因此，上式成为：
$$
\int_V \left( \phi(\vec{x}’) \delta^3(\vec{x}-\vec{x}’) +G(\vec{x},\vec{x}’)\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0}\right) dV’ = \int_{\partial V}\phi(\vec{x}’)\nabla’ G(\vec{x},\vec{x}’) \cdot d\vec{S} +\int_{\partial V} G(\vec{x},\vec{x}’) \vec{E}(\vec{x}’)\cdot d\vec{S}
$$

发现$\delta$函数可以来帮忙了，直接积分出一个$\phi(\vec{x})$，整理一下：

$$
\phi(\vec{x}) = \int_V G(\vec{x},\vec{x}’)\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0} dV’ - \int_{\partial V}\phi(\vec{x}’)\nabla’ G(\vec{x},\vec{x}’) \cdot d\vec{S} -\int_{\partial V} G(\vec{x},\vec{x}’) \vec{E}(\vec{x}’)\cdot d\vec{S}
$$

现在，回顾一下原始问题（就是解Poisson方程的问题），我们根据原始问题究竟是那种类型的边界条件，给出两种对策

1. 如果原始问题给的是Dirichlet边界条件，那么我们故意让$G$在边界上消失：
$$
G(\vec{x},\vec{x}’)=0 \quad \forall \vec{x}’\in \partial V$$

那么就得到：
$$
\phi(\vec{x}) = \int_V G(\vec{x},\vec{x}’)\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0} dV’ - \int_{\partial V}\phi(\vec{x}’)\nabla’ G(\vec{x},\vec{x}’) \cdot d\vec{S}
$$

2. 如果原始问题给的是Neumann边界条件，那么我们故意让$G$法向分量为0：
$$
\nabla’ G(\vec{x},\vec{x}’) \cdot \vec{n}(\vec{x}’) = 0\quad \forall \vec{x}’\in \partial V
$$

那么就得到：
$$
\phi(\vec{x}) = \int_V G(\vec{x},\vec{x}’)\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0} dV’ -\int_{\partial V} G(\vec{x},\vec{x}’) \vec{E}(\vec{x}’)\cdot d\vec{S}
$$

这就是Green函数法解题的全部内容！

我们需要着重关注最后的两个表达式，以Dirichlet边界条件为例（Neumann也一样）：
$$
\phi(\vec{x}) = \int_V G(\vec{x},\vec{x}’)\frac{\rho(\vec{x}’)}{\varepsilon_0} dV’ - \int_{\partial V}\phi(\vec{x}’)\nabla’ G(\vec{x},\vec{x}’) \cdot d\vec{S}
$$
由于Dirichlet边界条件，会直接给你$\phi(\vec{x}’)$在$\partial V$上的值，而且$\rho(\vec{x}’)$是题目给的（已知Poisson方程的表达式就是已知$\rho$！）所以一旦求出$G(\vec{x},\vec{x}’)$的表达式，套这个公式就解决了！而且，下次遇到的$\phi$或者$\rho$的表达式如果变动了，不用怕！因为$G$还是一样的，直接套这个公式依旧奏效，总之，用Green函数法，一次就解决了一整类问题！

更加仔细地说，“一整类问题”指的是“几何+边界条件类型”都一样的所有问题：边界$V$以及其形状、边界条件的类型确定了，那么$G$就定了。下次遇到形状一样且同一类边界条件的问题，直接套同样的公式秒掉