# 高等電磁學筆記

**特別銘謝:
香芋 提供課堂筆記資料**
### 更新日誌
09/20 開啟筆記

最後變更日期 1023

### 使用教科書及資料來源
授課老師:莊敏宏
教科書:Classical Electrodynamics,J.D. Jackson
## CH1-導論
### 單位
課本內大多數的習題以及公式都會使用CGS制而非MKS。
簡易記憶法:1個靜庫侖(esu)在1公分(cm)的距離會感應1達因(dyne)的力
**為什麼用CGS?而非MKS?**
**A:因為公式會化簡**
以庫倫定律舉例:
$F=k\frac{q_1q_2}{r^2}$
在MKS制中前項系數$k=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}$

而在CGS制中k=1可以大幅減低記憶難度。
這只是其中一個例子，其他公式族繁不及備載。
### 場與勢(field and potential)

當我們打算探討一個物理現象時，幾乎不可避免地需要先理解什麼是場，
無論是重力、電磁、光學理論等等都是以場的概念來理解建構起來的。

這裡引用大一在林保宏普物課聽到的解釋:
> 場，Field，這個字在國外是草原或農田的意思，你可以想像場是一片麥田。
> 

>嗯，對，他就這樣說而已。非常淺顯易懂，對吧?

當風吹過來時，麥穗會隨著風而搖擺，此時眼前的麥田就是**場(Field)的展現** 。
你可以想像每根麥子上都有個向量(Vector)，這些向量指向現在的風向(力線)
好，現在將時間暫停，只保留風繼續在空間中流動，把麥子移走。
此時空間上只剩下那些力線(向量)在原地，那個就是所謂的**場**。

仔細思考，**場**是需要由麥子地擺動才能確立的，所以那些麥子猶如參照物，場的本身是測量不到的，需要有參照物在場內受力才能知道這裡有場，就跟風一樣，需要有東西被吹動，你才會知道起風了。
所以教授才說:我們量不到場，只能量到場的強度(Intensity)，或受力(force)。

我們前面已經知道，所謂的場就是**紀錄參照物在空間中受力的情形**，
讓參照物產生那個**力**的源頭，我們稱為**勢或勢能(potential)**。
*從它的英文可以知道，它是一個隱含、隱晦的量*

以一個二維圖形來描述場與勢能的關係:
這是一個二維的場，箭頭代表力線的方向，可以想像紙面上的小球會沿著箭頭方向移動到定點。
那麼要讓它產生這樣的力線會由這些各點的**高度**決定:
而這些高度的資訊就隱藏在這個場(力線)的背後，所以稱為勢(potential)
同時會發現，因為勢只是紀錄該點的高度，所以會是純量的，譬如說A=2，C=3之類的資訊，
而場則會是向量，同時記錄力的大小及方向性。
或者拿生活中的例子，樂高來舉例:
每一個格點與相鄰的格點會有一個高低差，如果在格子放置有小球就會有不同的受力移動情形，稱為場。
而要堆砌出這個高度所需要的樂高數，則稱為勢。

### 格林定理(Green's theorem)
當無邊界條件時，空間上由點電荷建立的電位可以用$\Phi=\int \frac{\rho(x')}{|x-x'|}d^3x'$。
若當空間中有特定的邊界條件(有金屬)，若是簡易的幾何形狀還能用鏡像定理(image theoren)配合上式求解。
倘若有非簡單幾何形的邊界條件，則需要更有力的數學工具來解析，故此介紹格林定理。

格林定理由散度定理(Divergence theorem)出發:
$\int_V(\nabla\cdot A) d^3x=\oint_S(A\cdot\hat n) ds$
我們選定向量$A=\phi \nabla\psi$，其中$\phi,\psi$兩者都是純量位函數。
那麼$\nabla\cdot A=\nabla\cdot(\phi \nabla\psi)$就能利用恆等式(很像交換率)展開成:

$\nabla\cdot(\phi \nabla\psi)=\phi\nabla^2\psi+\nabla\phi\cdot\nabla\psi$

那麼套用散度定理:
$\int_V\phi\nabla^2\psi+\nabla\phi\cdot\nabla\psi d^3x=\oint_S(A\cdot\hat n) ds$
而$(A\cdot\hat n=\phi \nabla\psi\cdot\hat n)$是$\phi$倍的$\psi$梯度在$\hat n$方向的分量，所以$\phi \nabla\psi\cdot\hat n=\phi\frac{\partial\psi}{\partial n}$
帶入得到:
$\int_V\phi\nabla^2\psi+\nabla\phi\cdot\nabla\psi d^3x=\oint_S(\phi\frac{\partial\psi}{\partial n}) ds$
稱為格林第一恆等式。
我們重寫一次該式子，並將$\phi與\psi$互換後相減:
$\int_V\phi\nabla^2\psi+\nabla\phi\cdot\nabla\psi d^3x=\oint_S(\phi\frac{\partial\psi}{\partial n}) ds$
減去
$\int_V\psi\nabla^2\phi+\nabla\psi\cdot\nabla\phi d^3x=\oint_S(\psi\frac{\partial\phi}{\partial n}) ds$
得到:
$\int_V\phi\nabla^2\psi-\psi\nabla^2\phi\ d^3x=\oint_S(\phi\frac{\partial\psi}{\partial n}-\psi\frac{\partial\phi}{\partial n}) ds$
這個稱為格林第二恆等式。
這有何用?魔法時間!
我們讓$\psi=\frac{1}{R}=\frac{1}{|x-x'|}$(為什麼這樣設定?通靈)
$\phi=\Phi=\int \frac{\rho(x')}{|x-x'|}d^3x'$
$\nabla^2\Phi=-4\pi\rho$，(卜瓦松方程式)
且$\nabla^2\psi=\nabla^2\frac{1}{|x-x'|}=-4\pi\delta(x-x')$
:::spoiler 不知道為什麼嗎?
請考慮一個單位電荷落在x軸上並在x'建立的電位。
是$\Phi=\frac{q}{4\pi r}$，$q$是單位電荷為$1$,r是距離$|x-x'|$
:::
把這些結果套進去格林恆等式中:
$\int_V(-4\pi\Phi(x')\delta(x-x'))+\frac{4\pi\rho(x')}{R}\ d^3x'=\oint_S(\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R})-\frac{1}{R}\frac{\partial\Phi}{\partial n'}) ds$
左側積分分裂成兩項，將$4\pi\rho$移向並同除$-4\pi$得到:

$\Phi(x)=\int_V(\frac{\rho(x')}{R})d^3x'+\frac{1}{4\pi}\oint_S(\frac{1}{R}\frac{\partial\Phi}{\partial n'}-\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R})) ds$
這條式子可以拿來證明電位均值定理。

## 期中必考題
### 1:
The time-average potental of a neutral hydrogen atom is given by
$\Phi=q\frac{e^{-\alpha r}}{r}(1+\frac{\alpha r}{2})$
Where q is the magnitude of the elertnie charge,and $\alpha^-1=\frac{a_0}{2}$,$a_0$ being the Bohr radius.
Find the disrtbution of charge whitch will give this potential and interpret your results physically.

#### A:
單一個氫原子在時間平均上所建立的電勢(protental)為$\Phi$，試求出其電荷分布，並給予物理解釋。
當考慮靜電問題中，電位(勢)與電荷分布的關係，有且僅有卜瓦松方程式:
$\nabla^2\Phi=-4\pi\rho$
記憶力不好:$\nabla^2\Phi=\nabla\cdot\nabla\Phi$
$\nabla\phi=\frac{1}{h_1}\frac{\phi}{\partial h_1}$，$\nabla\cdot\phi=\frac{1}{h_1h_2h_3}(\partial \frac{h_2h_3\nabla\phi}{\partial h_1})$
套起來就會得到，且$\Phi$只是r的函數，只需處理r偏微分項即可，其餘為0:
$\nabla^2\Phi=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial \Phi}{\partial r})=-4\pi\rho$。

對$\Phi$考慮一個極端狀況，當$r\approx0$,則$\Phi$會退化成$q\frac{1}{r}$，解帕松方程式:
$\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial \Phi}{\partial r})=-4\pi\rho$

$\rho=\frac{q}{4\pi r^2}$，且r趨近於0。
一個正電荷落在$r\approx0$處，代表有一個質子(帶正電)在正中心。

當r為其他任意值時就只能直接微分了:
$\rho=-\frac{1}{4\pi}(\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial \Phi}{\partial r}))$

先處理:$r^2\frac{\partial}{\partial r}(q\frac{e^{-\alpha r}}{r}(1+\frac{\alpha r}{2}))$
$=r^2q[-e^{-\alpha r}(\frac{1}{r^2}+\frac{\alpha}{r})(1+\frac{e^{-\alpha r}}{2})+\frac{\alpha e^{-\alpha r}}{2r}]=-qr^2e^{-\alpha r}(\frac{1}{r^2}+\frac{\alpha}{r}+\frac{\alpha^2}{2})=-qe^{-\alpha r}(1+\alpha r+\frac{\alpha^2 r^2}{2})$
套進去:
$\rho=-\frac{1}{4\pi}(\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(-qe^{-\alpha r}(1+\alpha r+\frac{\alpha^2 r^2}{2})))=-\frac{q\alpha^3e^{-\alpha r}}{8\pi}$
再將$\alpha =\frac{2}{a_0}$帶入:

$\rho=-\frac{q}{a_0^3\pi}e^{-\frac{2}{a_0}r}$。

### 2:
Prove the mean value theoren : For charge-free space electrostatic potential at any point is equal to the averge of the potential over the surface of any sphere certered on that point.

#### A:
在某個特定體積$V$內，在x點上的電位可由下式給出(由格林第二恆等式推倒而得，如果背不起來就從格林恆等式開始推導)
$\Phi(x)=\int_V(\frac{\rho(x')}{R})d^3x'+\frac{1}{4\pi}\oint_S(\frac{1}{R}\frac{\partial\Phi}{\partial n'}-\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R})) ds$

題目給的條件是在該特定體積內**Charge Free**，意味著沒有電荷在$V$內部，所以$\rho=0$
$\Phi(x)=\cancel{\int_V(\frac{\rho(x')}{R})d^3x'}+\frac{1}{4\pi}\oint_S(\frac{1}{R}\frac{\partial\Phi}{\partial n'}-\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R})) ds$
第二項
$\frac{1}{4\pi R}\oint_S\frac{\partial\Phi}{\partial n'}ds$，可以將積分函數改寫$\frac{\partial\Phi}{\partial n'}=\nabla\Phi\cdot\hat n$。

而電位$\Phi$的負梯度就是電場$E$
$\frac{\partial\Phi}{\partial n'}=\nabla\Phi\cdot\hat n=-E\cdot\hat n$。

$\frac{1}{4\pi R}\oint_S(-E\cdot\hat n )ds$。

高斯定律:任意封閉區域內的淨向外通量與區域內電荷正比。
現在體積$V$是**Charge Free**，所以該淨向外通量為0。
也就是$\frac{1}{4\pi R}\oint_S(-E\cdot\hat n )ds=0$

$\Phi(x)=\cancel{\int_V(\frac{\rho(x')}{R})d^3x'}+\cancel{\frac{1}{4\pi}\oint_S(\frac{1}{R}\frac{\partial\Phi}{\partial n'})ds}-\frac{1}{4\pi}\oint_S(\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R})) ds$
所以$\Phi$只剩下最後一項:

$\Phi=-\frac{1}{4\pi}\oint_S(\Phi\frac{\partial}{\partial n'}(\frac{1}{R}))ds$
而$n'$球面的法向就是r的方向，所以$\frac{\partial}{\partial n'}=\frac{\partial }{\partial r}$

$\Phi=-\frac{1}{4\pi}\oint_S(\frac{-\Phi}{R^2})ds=\frac{1}{4\pi R^2}\oint_S\Phi ds$
該式子說明某個定點的電位就是整個球面的**電位和**($\oint_S\Phi ds$)，除以球的表面積$4\pi R^2$，
稱為電位均值定理。QED

### 3.
A point charge q is brought to a position a distance d way form an infinite plane conductor held at zero potential .
Find the surface charge density induced on the plane.

#### A:
先按照題意畫圖:
題目說在中心的導體板落在正$z$平面上，使得正z平面為**zero portential**，應用鏡像定理。
代表該結構有個對稱的$-q$在$x=-d$處，才能使中間電位為0。
這樣這個題目就能把導體板拿掉，補個-q，為了簡化問題，順手把兩個電荷放在x軸上:

那麼兩電荷對觀察點p貢獻的的電位就是兩個各自疊加起來:
$\Phi=\frac{q}{|r^+|}-\frac{q}{|r^-|}$
而$|r^+|$與$|r^-|$可以利用餘弦定理得到:
:::spoiler 餘弦定理

:::
$|r^+|=\sqrt{r^2+d^2-2rdcos(\theta)}$
$|r^-|=\sqrt{r^2+d^2+2rdcos(\theta)}$

$\Phi=\frac{q}{\sqrt{r^2+d^2-2rdcos(\theta)}}-\frac{q}{\sqrt{r^2+d^2+2rdcos(\theta)}}$
好啦，有電位了。
再來透過$-\nabla\Phi=E$就能得到電場，
但題目只要求平板上的電荷分布，剛好跟邊界條件$\hat n\cdot(E2-E1)=4\pi\rho_s$有關。
我們讓右半平面設為$D1$，左半面為$D2$，由於左半平面是導體，導體內部不會有電場，故$D2=0$，所以$\hat n\cdot(-D1)=\hat x\cdot(\hat x E)=E=4\pi\rho_s$
**只有法向量方向才有值。**
也就是當$\theta=\frac{\pi}{2}$時的$\hat\theta$方向。

::: spoiler 梯度
:::
所以只需要計算對$\theta$偏微的項次
$\nabla\Phi=-E=4\pi\rho= \frac{1}{r}(\frac{\partial\Phi}{\partial \theta})$
$\rho=\frac{-1}{4\pi r}\frac{\partial}{\partial \theta}(\frac{q}{\sqrt{r^2+d^2-2rdcos(\theta)}}-\frac{q}{\sqrt{r^2+d^2+2rdcos(\theta)}})$
$=\frac{-q}{4\pi r}(\frac{1}{2}(r^2+d^2-2rdcos\theta)^{-3/2}(2rdsin\theta)-\frac{1}{2}(r^2+d^2+2rdcos\theta)^{-3/2}(-2rdsin\theta))$
$=-qdsin(\theta)((r^2+d^2-2rdcos\theta)^{-3/2}+(r^2+d^2+2rdcos\theta)^{-3/2})$
把$\theta=\frac{\pi}{2}$帶入:
$\rho=\frac{-qd}{2\pi(r^2+d^2)^{3/2}}$

### 4.
Please derive that the elecric-field energy density as $W_e=\frac{|E|^2}{8\pi}$, by using the Green's first identity.
#### A:
能量密度(energy dansity)的別稱為場對單位電荷做的Work(功)。
也就是$Work=F\cdot d=qEd$
改寫成數學型式:$W=-\frac{1}{2}\int\int\frac{\rho(x)\rho(x')}{|x-x'|}dVdV'=-\frac{1}{2}\int_V\Phi\rho dV$
抄寫Green's first idnetity:
$\int_V\phi\nabla^2\psi+\nabla\phi\cdot\nabla\psi d^3x=\oint_S(\phi\frac{\partial\psi}{\partial n}) ds$
讓$\phi=\psi=\Phi$(電位)得到:
$\int_V\Phi\nabla^2\Phi+\nabla\Phi\cdot\nabla\Phi d^3x=\oint_S(\Phi\frac{\partial\Phi}{\partial n}) ds$
我們知道$\nabla^2\Phi=-4\pi \rho$(波松方程式)
並套用Dirichlet boundary condiction給定在邊界處S的電位為0。
$\frac{\partial \Phi }{\partial n}=0$
以及$\nabla\Phi=-E$
將其帶入，會得到:
$\int_V\Phi(-4\pi \rho)+E\cdot E d^3x=\cancel{\oint_S(\Phi\frac{\partial\Phi}{\partial n}) ds}$

$\int_V\Phi(-4\pi \rho)+E\cdot E d^3x=\oint_S(\Phi(-E\cdot\hat n)) ds$
左右移項:
$\int_V\Phi(-4\pi \rho)dV=\int_VE^2dV$
$\int_V\Phi\rho dV=\frac{E^2}{-4\pi}$
$=-2W=\frac{E^2}{-4\pi}$
$W=\frac{E^2}{8\pi}$，QED

### 5.

試解空區域的電位分布。
#### A:
因空區域內沒有電荷，故從Laplace下手。
$\nabla^2\Phi=0$
使用直角坐標系展開:
$\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}=0$
利用分離變數法，假設$\Phi=X(x)Y(y)$帶入求解:
$Y(y)\frac{\partial^2 X(x)}{\partial x^2}+X(x)\frac{\partial^2 Y(y)}{\partial
y^2}=0$
同除以$\Phi$得到:
$\frac{1}{X(x)}\frac{\partial^2 X(x)}{\partial x^2}+\frac{1}{Y(y)}\frac{\partial^2 Y(y)}{\partial
y^2}=0$
讓它變成
$k_x^2+k_y^2=0$的形式，也就是$-k_x^2=k_y^2$
但我們不解為微方，從物理性的角度來直接寫出答案。
揣摩邊界條件:
$\Phi(x=0,y)=0$, $\Phi(x=a,y)=0$
$\Phi(x,y=0)=V$,$\Phi(x,y=\infty)=0$
電位$\Phi$只在$y=0$處為$V$，無窮遠處為0，所以該電位會隨著y值增加而衰減。
可知y方向應為衰退項$e^{-k_xy}$,而$\Phi$在x=0與x=a都為0應該是$sin(k_xx)$型式，且半週期即為a(sin由0至0)。
所以$k_x=\frac{n\pi}{a}$
得解:
$\Phi=\sum_n^\infty A_nsin(\frac{n\pi}{a}x)e^{-\frac{n\pi}{a}y}$
帶入$\Phi(x,y=0)=V$
$V=\sum_n^\infty A_nsin(\frac{n\pi}{a}x)$，利用sin正交關係將$A_n$取出:
同乘$sin(\frac{n\pi}{a}x)$並積分:
$\int_0^aVsin(\frac{n\pi}{a}x)dx=\int_0^a A_nsin(\frac{n\pi}{a}x)sin(\frac{n\pi}{a}x)dx$
此外只有當n為奇數時積分才有值，故只需取n為奇數解:
$(-\frac{Va}{n\pi}cos(\frac{n\pi}{a}x)|_0^a)=A_n\frac{a}{2}$
$\frac{2V}{n\pi}(-cos(\frac{n\pi}{1})+1)=A_n$,n只有奇數則

$A_n=\frac{4V}{n\pi},for\ n\ is\ odd$
至此:
$\Phi=\sum_{n(odd)}^\infty \frac{4V}{n\pi}sin(\frac{n\pi}{a}x)e^{-\frac{n\pi}{a}y}$
更進一步的整理:
讓$sin(\frac{n\pi}{a}x)=exp(j\frac{n\pi}{a}x)$的虛部，
$sin(\frac{n\pi}{a}x)e^{-\frac{n\pi}{a}y}$可以被整理成$exp(j\frac{n\pi}{a}x-\frac{n\pi}{a}y)$的虛部
而$exp(j\frac{n\pi}{a}x-\frac{n\pi}{a}y)$可以看成一個複數
$z^n=exp(\frac{\pi}{a}(jx-y))^n$
$\Phi=\frac{4V}{\pi}Im(\sum_{n(odd)}^\infty \frac{z^n}{n})$
要將這個求和整理掉可以利用:
$ln(1+x)-ln(1-x)=ln(\frac{1+x}{1-x})$
:::spoiler 泰勒展開
$ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4...$
$ln(1-x)=-x-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4...$
$ln(1+x)-ln(1-x)=2x+\frac{2}{3}x^3+\frac{2}{5}x^5...$
恰巧是我們所需要的n為奇數的和
:::
$\Phi=\frac{4V}{\pi}Im(\frac{1}{2}ln(\frac{1+z}{1-z}))$
$ln(\frac{1+z}{1-z}\frac{1-z}{1-z})=ln(\frac{1-z^2}{|1-z|^2})=ln(\frac{1-z^*+z-|z|^2}{|1-z|^2})=ln(\frac{1-|z|^2+2jIm(z)}{|1-z|^2})$
::: spoiler 複數運算
$(a+jb)(a-jb)=a^2+b^2=|a+jb|^2$
所以$\frac{(1+z)(1-z)^*}{(1-z)(1-z)^*}=\frac{1-z^*+z-|z|^2}{|1-z|^2}$
$z-z^*=2Im(z)$，實部相消，虛部相加
:::
把$ln$裡面的複數改寫成極座標形式:
大小:$\sqrt{(\frac{1-|z|^2}{|1-z|^2})^2+(\frac{2Im(z)}{|1-z|^2})^2}$
相位:$e^{jtan^{-1}(\frac{2Im(z)}{1-|z|^2})}$，也就是$ln(re^{\theta})=ln(r)+\theta$

$\Phi=\frac{2V}{\pi}Im(ln(r)+j\theta)$，取虛部，所以只剩下:
$\Phi=\frac{2V}{\pi}\theta=\frac{4V}{\pi}tan^{-1}(\frac{2Im(z)}{1-|z|^2})$
$z=e^{(\frac{\pi}{a}(jx-y))}=e^{\frac{\pi}{a}jx}e^{-\frac{\pi}{a}y}$
計算$z$的虛部，$Im(z)=e^{-\frac{\pi}{a}y}sin(\frac{\pi}{a}x)$
計算$|z|^2=Re(z)^2+Im(z)^2=(e^{-\frac{\pi}{a}y}cos(\frac{\pi}{a}x))^2+(e^{-\frac{\pi}{a}y}sin(\frac{\pi}{a}x))^2=e^{-2\frac{\pi}{a}y}$
帶進去$\Phi=\frac{2V}{\pi}tan^{-1}(\frac{2Im(z)}{1-|z|^2})$
得到:$\frac{2V}{\pi}tan^{-1}(\frac{2e^{-\frac{\pi}{a}y}sin(\frac{\pi}{a}x)}{1-e^{-2\frac{\pi}{a}y}})$
$tan^{-1}$內部上下同除$e^{-\frac{\pi}{a}y}$:
$\Phi=\frac{2V}{\pi}tan^{-1}(\frac{2sin(\frac{\pi}{a}x)}{e^{\frac{\pi}{a}y}-e^{-\frac{\pi}{a}y}})$
分母跟分子的$\frac{2}{e^x-e^{-x}}=\frac{1}{sinh(x)}$
最終結果:$\Phi=\frac{2V}{\pi}tan^{-1}(\frac{sin(\frac{\pi}{a}x)}{sinh(\frac{\pi}{a}y)})$

### 6:
試解尖端邊界處的電荷分布，邊界為金屬。
#### A:
要解電荷分布，需要利用電場的邊界條件:$\hat n\cdot(D2-D1)=\rho$
要求解電場首先求解電位分布後利用$\nabla\Phi=-E$即可。
求解電位，因空區域內沒有電荷，故從Laplace下手。
$\nabla^2\Phi=0$
:::spoiler 拉普拉斯算子
$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial\Phi}{\partial r})+\frac{1}{r^2}(\frac{\partial^2\Phi}{\partial \theta^2})+\frac{\partial^2\Phi}{\partial z^2}=0$
:::
本題在z方向是均勻的(沒有變化)，所以$\frac{\partial \Phi}{\partial z}=0$，且我將應該是$\phi$方向的函數寫成$\Theta$，應$\Phi$符號已經被電位所佔用。
考慮
$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial\Phi}{\partial r})+\frac{1}{r^2}(\frac{\partial^2\Phi}{\partial \theta^2})=0$
透過分離變數法，假設$\Phi=R(r)\Theta(\theta)$，帶入整理後會得到:
$k_R^2+k_\Theta^2=0$

$\frac{1}{R(r)r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial R(r)}{\partial r})=k_R^2=\nu^2$

$\frac{1}{\Theta(\theta) r^2}(\frac{\partial^2 \Theta(\theta)}{\partial \theta^2})=k_\Theta^2=-\nu^2$
$k_R^2+k_\Theta^2=0$
$\Theta(\theta)$的通解很簡單$\Theta(\theta)=Ae^{j\nu\theta}+Be^{-j\nu\theta}=Ecos(\nu\theta)+Fsin(\nu\theta)$
而$R(r)$的通解可以透過**降階法**來求得，詳細部分此處不展開，
有需要的讀者可以參考:全華,高等工程數學(上)(第十版), 江大成,2-6節至2-8節處。

只列出通解$R(r)=Cr^{\nu}+Dr^{-\nu}$，當我們考慮$r$很接近$0$時，$Dr^{-\nu}$會趨近於無限大，並不符合物理規律，將該解移除(令$D=0$)。
帶入邊界條件$\theta=0$以及$\theta=\beta$時電位為$V$，故只保留$\Theta(\theta)中的sin$項(這樣當$\theta=0$可以剛好把後半段的東西全殺掉)，並設定$\beta$為半週期，所以有:
$\Theta(\theta)=Fsin(\nu\theta)$,$\nu=\frac{m\pi}{\beta}$
至此:$\Phi=R(r)\Theta(\theta)=V+Ar^{\nu}sin(\nu\theta)$
$=V+\sum_{m=1}A_mr^{\frac{m\pi}{\beta}}sin(\frac{m\pi}{\beta}\theta)$
如果$r$很小，也就是很靠近尖端處，那麼$r的m次$的高階項$(r^m)$的貢獻會很少，可以近似於0，於是有:
$\Phi\approx V+Ar^{\frac{\pi}{\beta}}sin(\frac{\pi}{\beta}\theta)$，(在$r$很小時)。
利用
$-\nabla\Phi=E$求取電場:
:::spoiler 柱座標梯度
$\nabla\Phi=\frac{\partial \Phi}{\partial r }\hat r+\frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial \theta }\hat \theta+\frac{\partial \Phi}{\partial z }\hat z$
:::
$-E_r=\frac{\pi}{\beta}Ar^{(\frac{\pi}{\beta})-1}sin(\frac{\pi}{\beta}\theta)$
$-E_\phi=\frac{\pi}{r\beta}Ar^{\frac{\pi}{\beta}}cos(\frac{\pi}{\beta}\theta)$
而對$\phi=0$處的金屬壁做，$\hat n\cdot(D2-D1)=\rho$
$\hat\phi\cdot(-E)=4\pi \rho$
也就是電荷分布$\rho=\frac{1}{4\pi}\hat\phi\cdot(-E(\phi))=\frac{A}{4\beta}r^{(\frac{\pi}{\beta})-1}$
主要與$r^{(\frac{\pi}{\beta})-1}$有關。

### 7
問題是這樣的。
座標原點有個半徑為$a$的金屬球，我們假設金屬球表面電位為0。
有個點電荷落在$q$處，找個對應的影像電荷$q'$放在恰好的位置，讓半徑為$a$的球體是否有金屬，該處都是電位0。
#### A:
套用電位公式，直接使用重疊定理即可寫出$q與q'$對於觀察點$P$所建立的電位:
$\Phi(P)=\frac{q}{|\hat y-\hat x|}+\frac{q'}{|\hat y'-\hat x|}$，此處$\hat x$與$\hat y'$都是相量。
我們定義$n$為x方向的單位相量，$n'$為y方向的單位相量，則該電位可表示成:
$\Phi(P)=\frac{q}{|yn'-xn|}+\frac{q'}{|y'n'-xn|}$，
因為x方向的大小為a時，剛好落在球面上，電位為0，將$x=a$帶入:
$\Phi(a)=0=\frac{q}{|yn'-an|}+\frac{q'}{|y'n'-an|}$
**並將$q$項分母提出a，$q'$項分母提出$y'$(關鍵)**
$0=\frac{q}{a|\frac{y}{a}n'-n|}+\frac{q'}{y'|n'-\frac{a}{y'}n|}$
這兩項合為0，代表大小相等:$\frac{q}{a}=-\frac{q'}{y'}$
以及絕對值(距離)相等:$\frac{y}{a}=\frac{a}{y'}$
拿到影像電荷$q'=-q\frac{a}{y}$
以及恰到好處的位置$y'=\frac{a^2}{y}$
至此，可以利用該影像電荷$q'$擺放於$y'$處，使得就算沒有金屬球，距離原點$a$處依舊是等電位的。
<!-- 電位已求得，若要求取表面電荷密度可利用電場帶邊界條件:

$-4\pi \rho=\nabla\Phi$
$\rho=-\frac{1}{4\pi}\frac{\partial\Phi}{\partial x}|_{x=a}$(在觀察點處的表面電荷密度)
$\Phi(P)=\frac{q}{|\hat y-\hat x|}+\frac{q'}{|\hat y'-\hat x|}$
$\Phi$函數要求取對x方向的偏微分有點不直觀，先利用餘弦關係式把長度給處理掉:
$|\hat y-\hat x|=\sqrt{|x|^2+|y|^2-2xycos(\gamma)}$
$|\hat y'-\hat x|=\sqrt{|x|^2+|y'|^2-2xy'cos(\gamma)}$
已知$y'=\frac{a^2}{y}$，$q'=-q\frac{y}{a}$帶入:
$\Phi=\frac{q}{\sqrt{|x|^2+|y|^2-2xycos(\gamma)}}-q\frac{y}{a}\frac{1}{\sqrt{|x|^2+|\frac{a^2}{y}|^2-2x\frac{a^2}{y}cos(\gamma)}}$
$\rho=-\frac{1}{4\pi}\frac{\partial\Phi}{\partial x}|_{x=a}$
$=-\frac{1}{4\pi}$ -->

## 期末必考題
### 1:
A sphere surface of radius R has charge uniformly distributed over it's surface with a density $\frac{Q}{4\pi R^2}$,except for a sphecal cap at north pole, defiend by the cone$\theta=\alpha$.
(a) Show that the potential inside the sphercal surface can be expressed as
$\Phi=\frac{Q}{2}\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{2l+1}P_{l+1}(cos\theta)-P_{l-1}(cos\theta)\frac{r^l}{R^{l+1}}P_l(cos\theta)$
#### A:
這題描述的是一個帶電球殼，但在北極處消去一塊，大小是以$\alpha$度構成的圓椎。
一顆帶電球
扣除張角為$\alpha$的圓錐
得到:
上面有正圓開口的球
::: spoiler 繪圖函數

alpha=0.5
Surface((sin(θ)cos(φ), sin(θ)sin(φ), cos(θ)), θ, α, π, φ, 0, 2π)
Surface((r * sin(α) * cos(φ), r * sin(α) * sin(φ), r * cos(α)), r, 0, 1, φ, 0, 2π)

:::

根據球面座標幾何結構可以列出電位解:
$\Phi=\sum_0^\infty(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)})P_l(cos\theta)$
球面電位連續，故可將電位函數拆分成球內以及球外。
球內電位，因含有球心$r=0$，故$r^{-l}$項係數為0，否則電位會變為無限大。
$\Phi_{in}=\sum_0^\infty(A_lr^l+\cancel{B_lr^{-(l+1)}})P_l(cos\theta)=\sum_0^\infty A_lr^lP_l(cos\theta)$
而球外電位則相反，需要將無窮遠處($r=\infty$)剔除:
$\Phi_{out}=\sum_0^\infty(\cancel{A_lr^l}+B_lr^{-(l+1)})P_l(cos\theta)=\sum_0^\infty B_lr^{-(l+1)}P_l(cos\theta)$
透過正交關係式將$A_l$與$B_l$取出:

套用邊界條件，有兩個未知數，需要兩條聯立:
>> 1 電位連續 $\Phi_{in}=\Phi_{out}|_{r=a}$
>> 2 切向電場連續$E_{\theta in}=E_{\theta out}|_{r=a}$

### 2:
求解介面處的極化電荷密度
#### A:
電力線在碰到相異介質邊界時會產生彎曲，彎曲程度與折射率差異有關$n=\frac{1}{\sqrt\epsilon}$，可想像電力線由q出發，碰至邊界處發生偏折如:
這種平行介面處的電力彎折問題，通常都是使用影像電荷法即可求解，如之前的無限大PEC問題。
將這些電力線分布拆解成$z<0$與$z>0$兩個區域。

**假設有個$q'$落在$z=-d$處，此時整個空間填充皆改為$\epsilon_1$，能夠讓$q$產生的電力線在z>0處產生的分布恰好等於異介質介面時的情形**，那麼該電荷及為所求。
反之亦然
假設$z<0$的電場可以被另一個放在$z=+d$處的電荷所建立，與異介質的情況一樣。
所以有$z>0$處的電位分布:
$\Phi_1(P)=\frac{q}{\epsilon_1R_1}+\frac{q'}{\epsilon_1 R_2}$

觀察點設為$P(x,y,z)$，$q$與$q''$位在$(0,0,d)$, $q'$落在$(0,0,-d)$，
則$R_1=\frac{1}{\sqrt{(x^2+y^2+(z-d)^2)}}$,$R_2=\frac{1}{\sqrt{(x^2+y^2+(z+d)^2)}}$

以及$z<0$的電位分布:

$\Phi_2(P)=\frac{q''}{\epsilon_2R_1}$
帶入邊界條件:
>>1 $D2_n=D1_n$，縱向電位移連續。
>>2 $Et_2=Et_1$，切向電場連續。

而$D=\epsilon E$，縱向為z方向。切向為x與y，可以合併成r方向$r=\sqrt{x^2+y^2}$。
從電位求解電場:
$\nabla\Phi=-E$
縱向電位移連續:
$\epsilon_1\frac{\partial\Phi_1}{\partial z}=\epsilon_2\frac{\partial\Phi_2}{\partial z}$ $|_{z=0}$
$q\frac{-z+d}{\sqrt{r^2+(z-d)^2}}+q'\frac{-z-d}{\sqrt{r^2+(z+d)^2}}=q''\frac{-z+d}{\sqrt{r^2+(z-d)^2}}|_{z=0}$

得到:$q-q'=q''$
切向電場連續:
$\frac{\partial\Phi_1}{\partial r}=\frac{\partial\Phi_2}{\partial r}$ $|_{z=0}$

$\frac{q}{\epsilon_1}\frac{r}{\sqrt{r^2+(z-d)^2}}+\frac{q'}{\epsilon_1}\frac{r}{\sqrt{r^2+(z+d)^2}}=\frac{q''}{\epsilon_2}\frac{r}{\sqrt{r^2+(z-d)^2}}|_{z=0}$

得到: $\frac{q+q'}{\epsilon_1}=\frac{q''}{\epsilon_2}$
與$q-q'=q''$
聯立解:
$q-q'=\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1}(q+q')$
$q(1-\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1})=q'(1+\frac{\epsilon_2}{\epsilon_1})$
$q'=q(\frac{\epsilon_1-\epsilon_2}{\epsilon_1+\epsilon_2})$
且$q(1-(\frac{\epsilon_1-\epsilon_2}{\epsilon_1+\epsilon_2}))=q''=q\frac{2\epsilon_2}{\epsilon_1+\epsilon_2}$

至此，透過邊界條件找出所有的影像電荷大小，以及電位分布。
極化電荷密度定義為$\sigma_p=-(P_2-P_1)\cdot \hat n_{21}$