3. 정전기학 문제의 풀이
정전기학의 주요 관심사는 전하분포가 주어질 경우 공간내에서 전기장과 전기 포텐셜을 구하는 것이다.
다음과 같은 식을 2장에서 얻어고, 다음식들을 이용하면, 전하분포가 주어질 경우 전기장과 포텐셜을 구할 수 있을것이다.
\begin{equation}
\begin{aligned}
& \varphi(\vec{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \int \frac{d q^{\prime}}{\left|\vec{r}-\vec{r}^{\prime}\right|}, \\
& \vec{E}(\vec{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \int \frac{\left(\vec{r}-\vec{r}^{\prime}\right) d q^{\prime}}{\left|\vec{r}-\vec{r}^{\prime}\right|^3} .
\end{aligned}
\end{equation}
그러나 문제의 형태에 따라서 전하분포가 주어지지 않고, 전기장이 먼저 주어지는 경우도 있다.
이 경우에는 위 식들을 이용해서 접근하는 것은 문제가 있고 좀더 유연한 접근 방식이 필요하다.
3.1 Poisson 방정식
저번 장에서 본것 처럼, 가우스 법칙의 미분형을 Poisson 방정식이라고 한다. $$ \nabla^2 \varphi=-\frac{\rho}{\epsilon_0} $$ $\nabla^2$은 Laplacian이라는 연산자이고, 좌표계에 따라 다음과 같이 주어진다. \begin{equation} \begin{aligned} &\nabla^2 \varphi \equiv \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} \\ &\nabla^2 \varphi \equiv \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin \theta \frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{r^2 \sin ^2 \theta} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} \\ &\nabla^2 \varphi \equiv \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial \theta^2}+\frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} \end{aligned} \end{equation}
3.2 Laplace 방정식
전하밀도가 0인 곳에서는 Poisson 방정식의 우변을 0으로 처리하는데, 이 방정식을 Laplace 방정식이라고 한다.
Laplace 방정식:
\begin{equation}
\nabla^2 \varphi=0
\end{equation}
Laplace 방정식의 해가 만족하는 중요한 성질은 다음 두 가지로 요약될 수 있다.
• 정리1
$\varphi_1$, $\varphi_2, \cdots, \varphi_n$ 들이 Laplace 방정식의 해이면
$$ \varphi=C_1 \varphi_1+C_2 \varphi_2+\cdots+C_n \varphi_n $$
도 Laplace 방정식의 해이다.
증명
$$
\begin{aligned}
\nabla^2 \varphi & =\nabla^2 C_1 \varphi_1+\nabla^2 C_2 \varphi_2+\cdots+\nabla^2 C_n \varphi_n \\
& =C_1 \nabla^2 \varphi_1+C_2 \nabla^2 \varphi_2+\cdots+C_n \nabla^2 \varphi_n \\
& =0
\end{aligned}
$$
• 정리2
Laplace 방정식의 두 해가 같은 경계조건을 만족하면,
두 해는 모든 공간에서 같은 값을 가지거나 단지 상수만큼 차이가 난다.
증명
N개의 도체들이 있고, 그 도체들 표면이 $S_1$, $S_2$, $\cdots$, $S_N$ 라고 하자.
이 도체를 모두 감싸고 있는 새로운 표면 $S$를 생각하고, $S$와 도체들 사이의 공간 $V_0$에서
Laplace 방정식을 만족하는 두 해 $\varphi_1$와 $\varphi_2$를 생각하자.
$\varphi_1$와 $\varphi_2$가 도체 표면에서 동일한 경계조건을 만족한다고 하자.
즉 $\varphi_{1,경계} = \varphi_{2,경계}$ 또는 $\frac{d \varphi_{1,경계}}{dn} = \frac{d \varphi_{2,경계}}{dn}$.
경계조건은 위와 같이 $\varphi$ 값 또는 그것의 미분 값으로 주어진다.
여기서 $n$으로 미분하는 것은 표면에 수직한 방향으로 미분한다는 뜻을 가지고 있어서 다음과 같이 쓸수도 있다.
$$\nabla \varphi_{1,경계} \cdot \hat{n} = \nabla \varphi_{2,경계} \cdot \hat{n}$$
우리가 증명해야 할 것은 $\varphi_1$와 $\varphi_2$가 도체 표면에서 같은 경계조건을 만족한다면,
$V_0$에서도 같은 해 또는 상수만큼만 차이나는 해라는 것을 보이는 것이다.
$\Phi = \varphi_1-\varphi_2$ 로 주어지는 새로운 함수를 생각하자.
그러면 $\Phi \nabla \Phi \cdot \hat{n}$은 경계에서 항상 0일 것이다.
왜냐하면 경계에서는 $\Phi$가 0이거나 $\nabla \Phi \cdot \hat{n}$가 0이기 때문이다.
그러면 Divergence 정히에 의하여 다음이 성립한다.
$$
\begin{aligned}
\int_{V_0} \nabla \cdot(\Phi \nabla \Phi) d v & =\int_{s+s_1+\cdots s_N} \Phi \nabla \Phi \cdot \hat{n} d a=0
\end{aligned}
$$
(3-1)
위 식의 좌변이 0이다.
$$ \nabla \cdot(\Phi \nabla \Phi)=\Phi \nabla^2 \Phi+(\nabla \Phi)^2 $$
위 식에서 $\nabla^2 \Phi$가 0이므로,
결과적으로 (3-1)식의 좌변은 다음이 되고,
$$
\int_{v_0}(\nabla \Phi)^2 d v=0
$$
$\nabla \Phi$ 가 $V_0$공간 내에서 0이어야한다는 것을 알 수 있다.
이것은 $V_0$공간 내에서 $\varphi_1$와 $\varphi_2$가 같거나 상수만큼의 차이가 있다는 것을 의미한다.
3.3 Laplace 방정식의 해석적 해
• 1차원 해
\begin{equation}
\frac{d^2 \varphi}{d x^2}=0 \quad , \quad \varphi(x)=a x+b
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{1}{r^2} \frac{d}{d r}\left(r^2 \frac{d \varphi}{d r}\right)=0, \quad \varphi(r)=-\frac{a}{r}+b
\end{equation}
• 구좌표계에서의 Laplace 방정식의 해
구좌표에 대한 Laplace 방정식은 다음과 같이 주어진다.
\begin{equation}
\begin{aligned}
&\nabla^2 \varphi = 0 \\
&\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin \theta \frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{r^2 \sin ^2 \theta} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} =0
\end{aligned}
\end{equation}
$\varphi$가 ($r$, $\theta$, $\phi$)의 구 좌표로 표현될때, 위 방정식은 다음과 같은 변수 분리법으로 풀게 된다.
$$\varphi(r, \theta, \phi)=R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)$$
여기서 $\phi$에 대해서 $\varphi$가 같은 값을 가지는 특수한 경우만 다루어 보자.
그러면 $\varphi(r, \theta)=R(r)\Theta(\theta)$ 을 Laplace 방정식에 아래와 같이 대입한다.
$$
\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin \theta \frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right)=0 .
$$
$$
\frac{1}{r^2} \Theta(\theta) \frac{d}{d r}\left(r^2 \frac{d R}{d r}\right)+\frac{R(r)}{r^2 \sin \theta} \frac{d}{d \theta}\left(\sin \theta \frac{d \Theta}{d \theta}\right)=0
$$
$$
\frac{1}{R} \frac{d}{d r}\left(r^2 \frac{d R}{d r}\right)=-\frac{1}{\Theta \sin \theta} \frac{d}{d \theta}\left(\sin \theta \frac{d \Theta}{d \theta}\right)
$$
위 식의 좌변은 $r$만의 함수이고 우변은 $\theta$만의 함수인데, 모든 $r$과 $\theta$에 대해서 위 식이 성립하는 유일한 방법은 위 식의 양변이 어떤 상수가 되는 것이다.
이 상수는 좀더 세부적으로는 $n(n+1)$로 주어진다. 여기서 $n$은 0 이상의 정수이다.
\begin{equation}
\frac{1}{\sin \theta} \frac{d}{d \theta}\left(\sin \theta \frac{d \Theta}{d \theta}\right)+n(n+1) \Theta=0
\end{equation}
위와 같은 형태의 방정식을 Legendre 방정식이라고 한다.
Legendre 방정식의 해는 다음과 같이 주어지는 것으로 잘 알려져 있다.
\begin{equation}
\begin{array}{lc}
n & P_n(\theta) \\
\hline 0 & 1 \\
1 & \cos \theta \\
2 & \frac{1}{2}\left(3 \cos ^2 \theta-1\right) \\
3 & \frac{1}{2}\left(5 \cos ^3 \theta-3 \cos \theta\right)
\end{array}
\end{equation}
위 식에서 $P_n(\theta)$는 르장드르 다항식(Legendre polynomial)이라고 한다.
$r$방향으로의 방정식은 다음과 같고,
\begin{equation}
\frac{d}{d r}\left(r^2 \frac{d R}{d r}\right)=n(n+1) R
\end{equation}
해는 다음과 같이 주어진다.
$R_n=r^n \quad$ 또는 $\quad R_n=r^{-(n+1)}$.
그러면 최종해는 다음과 같다.
$\varphi_n=r^n P_n(\theta)$ 또는 $\varphi_n = r^{-(n+1)} P_n(\theta)$
위 식들을 Zonal harmonics라고 한다.
실제적인 상황과 맞는 최종해를 찾으려면 일반적으로 모든 $n$에 대한 합으로 얻는다.
$$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(A_n r^n P_n(\theta) + C_n r^{-(n+1)} P_n(\theta) \right) $$
• 직교 좌표계에서의 Laplace 방정식의 해(부교재 참고) \begin{equation} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2}=0 \end{equation}
• 원통좌표계에서의 Laplace 방정식의 해(부교재 참고) $$ \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial \theta^2}=0 $$ $$ \frac{r}{Y} \frac{d}{d r}\left(r \frac{d Y}{d r}\right)=-\frac{1}{S} \frac{d^2 S}{d \theta^2}=k $$ $$ \begin{aligned} & \cos k^{1 / 2}(\theta+2 \pi)=\cos k^{1 / 2} \theta \\ & \sin k^{1 / 2}(\theta+2 \pi)=\sin k^{1 / 2} \theta \end{aligned} $$ \begin{array}{cc} 1, & \ln r, \\ r^n \cos n \theta, & r^{-n} \cos n \theta, \\ r^n \sin n \theta, & r^{-n} \sin n \theta \end{array}
• Laplace 방정식의 해의 적용
(예제)
일정한 전기장내의 중성 도체구
$+z$방향으로 일정한 전기장 $E_0$인 공간에 반지름 $a$인 도체구.
경계조건1: 무한대에서 ($r \rightarrow \infty$) 전기장이 $E_0 \hat{k}$
$$
\begin{aligned}
{[\vec{E}(r, \theta)]_{r \rightarrow \infty} } & =\vec{E}_0=E_0 \hat{k} \\
{[\varphi(r, \theta)]_{r \rightarrow \infty} } & =-E_0 z+\text { 상수 } \\
& =-E_0 r \cos \theta+\text { 상수 }
\end{aligned}
$$
경계조건2: 가운데 공이 중성의 도체 공이라는 사실
$r=a$에서 모든 $\theta$에 대해 같은 포텐셜($\varphi(a, \theta)$)을 가져야 함
$$
\begin{aligned}
\varphi(r, \theta)= & A_1+C_1 r^{-1} \\
& +A_2 r \cos \theta+C_2 r^{-2} \cos \theta \\
& +\frac{1}{2} A_3 r^2\left(3 \cos ^2 \theta-1\right)+\frac{1}{2} C_3 r^{-3}\left(3 \cos ^2 \theta-1\right)+\cdots
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
& \varphi(r, \theta)=A_1-E_0 r \cos \theta+C_2 r^{-2} \cos \theta, \quad \text { for } \quad r \geq a \\
& \varphi(a, \theta)=\varphi_0
\end{aligned}
$$
\begin{equation}
\begin{gathered}
E_r=-\frac{\partial \varphi}{\partial r}=E_0\left(1+2 \frac{a^3}{r^3}\right) \cos \theta, \\
E_\theta=-\frac{1}{r} \frac{\partial \varphi}{\partial \theta}=-E_0\left(1-\frac{a^3}{r^3}\right) \sin \theta, \\
\sigma(\theta)=\left.\epsilon_0 E_r\right|_{r=a}=3 \epsilon_0 E_0 \cos \theta .
\end{gathered}
\end{equation}
\begin{equation}
Q=a^2 \int_0^\pi \sigma(\theta) 2 \pi \sin \theta d \theta
\end{equation}
3.4 영상전하법
• 반무한 도체 위의 점전하
반무한 도체 면에서 거리 $d$만큼 떨어진 거리에 점전하 $q$가 있는 경우에 공간내의 전기장을 구해보자.
도체표면의 면전하밀도 $\sigma$를 안다면 다음식으로 구할 수 있을 것이다.
\begin{equation}
\varphi(\vec{r})=\varphi_1(\vec{r})+\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \int_S \frac{\sigma\left(\vec{r}^{\prime}\right) d a^{\prime}}{\left|\vec{r}-\vec{r}^{\prime}\right|},
\end{equation}
그러나 $\sigma$가 미리 주어지지 않은 경우에도 좀더 쉽게 포텐셜을 구할 수 있는 방법이 있다.
영상전하법은 도체 대신 도체와 동일한 경계조건을 만족하는 영상전하를 도입하는 것이다.
그림에서 만족해야할 경계조건은 도체표면의 모든 위치에서 동일한 포텐셜을 가져야 한다는 것이다.
이것을 만족시킬 수 있는 영상전하는 그림과 같이 $-q$의 영상전하가 표면에서 $-d$의 위치에 존재하는 것이다.
그러면 실제전하와 영상전하의 총 포텐셜은 다음과 같다.
$$
\varphi(x, y, z)=\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_1}-\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_2},
$$
위 식에서 점전하 $q$에 의한 포텐셜 $\varphi_1(\vec{r})$과 영상전하 $-q$에 의한 포텐셜들은 각각 다음과 같이 주어진다.
$$
\varphi_1(x, y, z)=\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_1}=\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 \sqrt{(x-d)^2+y^2+z^2}} .
$$
$$
\varphi_2(x, y, z)=-\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_2}=-\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 \sqrt{(x+d)^2+y^2+z^2}}
$$
전기장은 다음과 같이 얻어지고,
\begin{equation}
\sigma(y, z)=\left.\epsilon_0 E_x\right|_{x=0}=-\frac{q d}{2 \pi\left(d^2+y^2+z^2\right)^{3 / 2}}
\end{equation}
전하 $q$가 도체 표면으로부터 받는 힘은 다음과 같다.
\begin{equation}
\vec{F}=-q \nabla \varphi_2
\end{equation}
주의할 것은 위 전기장은 도체 외부영역에서의 값이라는 것이다.
영상전하는 단지 도체 외부에서의 전기장을 구하기 위해 도입된 것이어서, 도체 내부의 전기장은 0이다.
• 무한 도체 점전하 예제2
그림과 같이 공간의 3/4을 차지하는 도체가 있고 나머지 빈공간에 점전하 $q$가 있는 경우
빈공간에서의 전기장을 구해보자.
경계조건은 도체면 모든 지점의 포텐셜이 같은 값을 갖는 것이다.
이 경계조건을 달성할 수 있는 영상전하는 그림과 같다.
그래서 빈 공간에서의 포텐셜은 다음과 같이 얻을 수 있다.
$$
\varphi(x, y, z)=\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_1}-\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_2}+\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_3}-\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_4}
$$
• 도체 구 주위의 점전하
위 그림과 같이 중성 도체구 주위에 점전하가 하나 있는 경우 전기장을 구해보자.
반무한 도체 예제에서는 영상전하의 크기가 실제 점전하의 크기와 동일하게 주어지면서,
등퍼텐셜인 지점이 무한 평면을 형성하는 것을 보았다.
만약 그 영상전하의 크기가 점전하의 크기보다 좀 작아진다면,
등 퍼텐셜면이 무한 평면에서 좀 후퇴하면서 구면을 이룰것이라 상상할 수 있다.
이 구면을 어떤 도체구의 구면라고 생각한다면, 도체구 문제를 영상전하 문제로 바꿀 수 있음을 알수있다.
경계조건을 만족하는 영상전하의 전하를 $q'$이라고 하고, 위치가 구의 중심에서 $b$ 만큼 떨어져 있다고 하자.
실전하와 영상전하가 위치 $P$에서 만드는 포텐셜은 다음과 같다.
$$
\begin{aligned}
&\varphi(r, \theta, \phi) =\frac{q}{4 \pi \epsilon_0 r_1}+\frac{q^{\prime}}{4 \pi \epsilon_0 r_2} \\
& =\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\left(\frac{q}{\sqrt{r^2+d^2-2 r d \cos \theta}}+\frac{q^{\prime}}{\sqrt{r^2+b^2-2 r b \cos \theta}}\right)
\end{aligned}
$$
이 포텐셜이 $r=a$에서 모든 $\theta$에 대해 같은 포텐셜($=0$)을 가지기 위한 조건은 다음과 같다.
$$
\begin{aligned}
\varphi(a, \theta, \phi) =\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\left(\frac{q}{d\sqrt{\left(\frac{a}{d}\right)^2+1-2 \left(\frac{a}{d}\right) \cos \theta}} \right.\\
\left. + \frac{q^{\prime}}{a\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^2-2 \left(\frac{b}{a}\right) \cos \theta}}\right)=0
\end{aligned}
$$
위 조건을 만족하기 위해서는 다음이 만족해야 한다.
$$
\frac{q}{d} + \frac{q'}{a} = 0 \quad \rightarrow \quad q'= -\frac{a q}{d}
$$
$$
\frac{a}{d} = \frac{b}{a} \quad \rightarrow \quad b=\frac{a^2}{d}
$$
현재 상황에서 경계조건을 계속 만족시키면서 두번째 영상전하가 추가될 수 있다.
두 번째 영상전하는 도체 구의 중심에 위치해 있는 전하 $q''$으로 표현될 수 있고, 다음과 같이 포텐셜이 주어진다.
$$
\varphi(r, \theta, \phi)=\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\left(\frac{q}{r_1}+\frac{q^{\prime}}{r_2}+\frac{q^{\prime \prime}}{r}\right)
$$
두번째 영상전하는 도체면에 다음과 같은 포텐셜을 추가할 뿐 도체면상에서 포텐셜이 이정하다는 조건은 여전히 만족시킨다.
$$
\varphi(a, \theta, \phi)=\frac{q^{\prime \prime}}{4 \pi \epsilon_0 a} ;
$$
주어진 포텐셜로부터 도체 표면 근처의 전기장을 얻을 수 있고, 다음 식으로부터 도체 표면의 면전하 밀도를 얻을 수 있다.
$$
\sigma(\theta, \phi)=-\left.\epsilon_0 \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right|_{r=a}
$$
도체공에 대전된 총전하는 다음과 같이 주어진다.
$$
Q=q^{\prime}+q^{\prime \prime}
$$
접지된 공이면 $\varphi(a, \theta, \phi)=0$ 또는 $q'' = 0$
중성 구이면 $q'' = -q'$를 적용한다.
3.5 전산풀이법
미분방정식을 컴퓨터로 푸는 방법의 예는 다음과 같다.
유한 차분법(finite difference method, FDM), 유한 요소법(finite element method, FEM), 유한 체적법(finite volume method, FVM)
이 중에서는 유한 차분법을 간단히 소개하고자 한다.
먼저 공간을 그림과 같이 나누어
$x$방향으로의 index를 i, $y$방향으로의 index를 j로 하는 점들로 이루어진 메시를 형성한다.
이러한 공간내에서 Poisson 방정식을 다음과 같이 불연속화(discretize)한다.
$$ \nabla^2 \varphi(x,y) = -\frac{1}{\epsilon_0} \rho(x,y) $$
$$ \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} = -\frac{1}{\epsilon_0} \rho(x,y) $$
이해를 돕기 위하여 1차원 문제로 단순화 하자.
$\frac{\partial \varphi}{\partial x}$는 다음과 같이 불연속화 될수있을 것이다.
$$\frac{\partial \varphi}{\partial x} = \frac{\varphi_{i}-\varphi_{i-1}}{x_{i}-x_{i-1}} \quad 또는 \quad \frac{\varphi_{i+1}-\varphi_{i}}{x_{i+1}-x_{i}}$$
그러면 $\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}$는 다음과 같이 불연속화 될수있을 것이다.
$$\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} = \frac{\frac{\varphi_{i+1}-\varphi_{i}}{x_{i+1}-x_{i}}-\frac{\varphi_{i}-\varphi_{i-1}}{x_{i}-x_{i-1}}}{\frac{x_{i+1}-x_{i-1}}{2}} $$
단순화하기위해 메시 간격이 모두 $\Delta x$로 일정하다면
$$\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} = \frac{\varphi_{i+1}+\varphi_{i-1}-2\varphi_{i}}{\left(\Delta x\right)^2} $$
$i=1$에서 불연속화된 Poisson 방정식은 다음과 같이 주어진다.
$$\frac{\varphi_{2}+\varphi_{0}-2\varphi_{1}}{\left(\Delta x\right)^2} = -\frac{1}{\epsilon_0} \rho_{1}$$
$i=2$에서 불연속화된 Poisson 방정식은 다음과 같이 주어진다.
$$\frac{\varphi_{3}+\varphi_{1}-2\varphi_{2}}{\left(\Delta x\right)^2} = -\frac{1}{\epsilon_0} \rho_{2}$$
$i=3$에서 불연속화된 ...
위 방정식을 다음과 같이 다시 쓰면
$$ \left.
\begin{array}{ccccc}
-2\varphi_{1} & \varphi_{2} & & & \cdots & = -\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{1}\\
\varphi_{1} & -2\varphi_{2} & \varphi_{3} & & \cdots & = -\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{2}\\
& \varphi_{2} & -2\varphi_{3} & \varphi_{4} & \cdots & = -\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{3}\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & = \cdots
\end{array}
\right. $$
위 연립방정식은 다음과 같은 행렬로 표현 가능하다.
\begin{equation}
\left(\begin{array}{lllll}
-2 & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots\\
1 & 2 & 1 & 0 & 0 & \cdots\\
0 & 1 & 2 & 1 & 0 & \cdots\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{l}
\varphi_{1} \\
\varphi_{2} \\
\varphi_{3} \\
\cdots
\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{l}
-\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{1} \\
-\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{2} \\
-\frac{\left(\Delta x\right)^2}{\epsilon_0} \rho_{3}
\end{array}\right)
\end{equation}
위 행렬 방정식에서 $\varphi_{1}$, $\varphi_{2}$, $\varphi_{3}$, $\cdots$을 얻으면, 풀이가 끝난다.
그러나 실제적으로 Poisson방정식을 풀기 위해서는 좀더 절차가 필요한데,
여기서는 유한 차분법에 대한 간단한 소개로 그친다.