solution to classical electrodynamics (rev. 64) for third edition jackson consortium rev. 64 iii...

Solution to

John David Jackson

Classical

Electrodynamics

FOR THIRD EDITION

Jackson Consortium

Rev. 64

iii

Introduction

このドキュメントは John David Jackson 氏による電磁気学の教科書「Classical

Electrodynamics」の第三版 (英語版) に掲載されている、演習問題の解答集です。

閲覧および配布等についてはこのドキュメントのライセンス、Creative Commons

BY-NC-SA1) に従う限り自由に行うことができます。

なお、本文中でダガー (†) またはダブルダガー (‡) で示されている脚注は、編集者が挿入したものであることを表します。

Copyright c⃝ Jackson Consortium 2010

Y.Hotta, M.Hyuga, T.Matsuda, Y.Ono

1) http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.ja

http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.ja

v

Contents

Introduction iii

Chapter 1 Introduction to Electrostatics 1

1.2 Dirac delta function for a general orthogonal coordinate system . . . . 1

1.4 Electric fields produced by a spherically symmetric charge density . . . 2

1.6 The capacitance of simple capacitors . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.8 Energy densities of certain capaciters . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.10 The mean value theorem (for electrostatics) . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Normal derivertive of the electric field at the surface of a curved conductor 9

1.12 Green’s reciprocation theorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.14 The behavior of Green functions for Poisson equation . . . . . . . . . 11

1.16 Energy decreasing with introduction of a conductor . . . . . . . . . . 12

1.18 The variational principal for capacitance . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.20 Theory of the capacitance estimation . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.22 The mathematical bases for relaxation method . . . . . . . . . . . . . 17

1.24 Numerical analysis performed by the relaxation method II . . . . . . . 18

Chapter 2 Boundary-Value Problems in Electrostatics: I 23

2.4 A point charge placed outside a conducting sphere . . . . . . . . . . . 23

2.8 Two straight parallel line charges with equal and opposite charge densities 25

2.12 Poisson’s integral form of the potential . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.16 The potential on a unit square area with a uniform charge density . . 33

2.20 Four symmetrically placed line charges . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.24 The completeness relation for sine functions . . . . . . . . . . . . . . 38

2.28 The potential at the center of a regular polyhedron . . . . . . . . . . 39

Chapter 3 Boundary-Value Problems in Electrostatics: II 43

3.4 A hollow conducting sphere divided into equal segments . . . . . . . . 43

vi Contents

3.8 Another representation of the solution for Fig. 3.12 on textbook . . . 46

3.12 A conducting plane with a hole and a disc filling the hole . . . . . . . 49

3.20 Two infinite conducting planes and a point charge . . . . . . . . . . . 52

3.24 Walls of conducting cylindrical box, except for a disc in the upper end 54

3.26 The Green function appropriate for Neumann boundary condition . . . 60

3.27 Application of the Neumann Green function . . . . . . . . . . . . . . 63

Chapter 4 Multipoles, Electrostatics of Macroscopic Media, Dielectrics 67

4.4 Coordinate independence of the first nonvanishing multipole moment . 67

4.8 A dielectric cylindrical shell placed in a uniform electric field . . . . . 70

4.10 Half-filled dielectric between two charged conducting spheres . . . . . 74

4.12 The permanent dipole moment of H2O molecule . . . . . . . . . . . . 77

Chapter 5 Magnetostatics, Faraday’s Law, Quasi-Static Fields 79

5.22 A force acting between a magnet and an infinitely permeable media . . 79

5.30 Cylindrical surface current . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Chapter 6 Maxwell Equations, Macroscopic Electromagnetism, Conserva-

tion Laws 85

6.9 Macroscopic conservation law of energy and momentum . . . . . . . . 85

6.15 Hall effect . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Chapter 7 Plane Electromagnetic Waves and Wave Propagation 87

Referential Sites 89

About us 93

1

Chapter 1

Introduction to Electrostatics

1.2 Dirac delta function for a general orthogonal coordinate system

まず次の理由で D(α;x, y, z)が α→ 0の極限でデルタ函数になる。

• (x, y, z) = 0のとき limα→0D(α;x, y, z) = 0

• (x, y, z) = 0)のとき limα→+0D(α;x, y, z) = ∞• limα→+0

∫D(α;x, y, z) = 1

いい加減だが,物理ではこれを満たせばデルタ函数だと言い張る。

問題文中の U, V,W の逆数はmetric coefficientsと言われ、次のように定義されて

いる。

U−1 =

∣∣∣∣∂x∂u∣∣∣∣ (1.2.1)

V −1 =

∣∣∣∣∂x∂v∣∣∣∣ (1.2.2)

W−1 =

∣∣∣∣ ∂x∂w∣∣∣∣ (1.2.3)

x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w) の対応が 1 対 1 であると仮定する。

(u, v, w)に (u′, v′, w′)を近づけるとき

2 Chapter 1 Introduction to Electrostatics

D(α;x− x′, y − y′, z − z′) (1.2.4)

=(2π)−3/2α−3 exp

(− 1

2α2[(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2]

)(1.2.5)

=(2π)−3/2α−3 exp

(− 1

2α2

(∂x

∂u∆u+

∂x

∂v∆v +

∂x

∂w∆w

)2

+

(∂y

∂u∆u+

∂y

∂v∆v +

∂y

∂w∆w

)2

+

(∂z

∂u∆u+

∂z

∂v∆v +

∂z

∂w∆w

)2)(1.2.6)

(∵ ∆u = u− u′ などとおいた)

となる。いま (u, v, w)は直交座標系だから∂r

∂u,∂r

∂v,∂r

∂wは直交している。よって

=(2π)−3/2α−3 exp

(− 1

2α2(U−2∆u2 + V −2∆v2 +W−2∆w2)

)(1.2.7)

=(2π)−1/2α−1 exp

(−U

−2∆u2

2α2

)× (2π)−1/2α−1 exp

(−V

−2∆v2

2α2

)× (2π)−1/2α−1 exp

(−W

−2∆w2

2α2

)(1.2.8)

よって次のことが容易に分かる。

limα→+0

D(α;x− x′, y − y′, z − z′) = δ(∆u)δ(∆v)δ(∆w)UVW (1.2.9)

1.4 Electric fields produced by a spherically symmetric charge density

どのケースにおいても、系の対称性から、

E = E(r)er (1.4.1)

と書けることに注意する。

また、問題文にあるとおり電場に関する Gauss の法則 (の積分形)、∫∂V

E · dS =1

ϵ0

∫V

ρdV (1.4.2)

にも注意。

外部電場はどのケースにおいても Gauss の法則から1)、

1) ただし、積分範囲は球の中心を中心とする半径 r の円とする。以下でも特に断り書きがない場合には同じ積分範囲をとるものとする

1.4 Electric fields produced by a spherically symmetric charge density 3

図 1.1 帯電導体内外の電場の振る舞い

4πr2E(r) =Q

ϵ0(1.4.3)

E(r) =Q

4πr2ϵ0(1.4.4)

つまり、

E(r, θ, ϕ) =Q

4πr2ϵ0er (1.4.5)

が言える。

以下、内部電場を求めていく。ただし一様な場合は rn の場合の n = 0 としたとき

とみなせるので、省略する。

導体の場合

導体内部に電荷が存在しないこと、つまり ρ = 0 を Gauss の法則に適用すれば、

E = 0 (1.4.6)

図示すると図 1.1のようになる。

rn(n > −3) の場合

まず、中心から r までにある電荷量 Q(r) を計算する。


図 1.2 rn の電荷分布を持った物体内外の電場の振る舞い

Q(r) = Q×

∫ r

0

4πr′2r′ndr′∫ a

0

4πr′2r′ndr′(1.4.7)

= Q×

∫ r

0

r′n+2dr′∫ a

0

r′n+2dr′(1.4.8)

= Q×

[rn+3

n+ 3

]r0[

rn+3

n+ 3

]a0

(1.4.9)

= Q( ra

)n+3

(1.4.10)

従って、Gauss の法則から、

E(r)4πr2 =Q(r)

ϵ0(1.4.11)

∴ E(r) =Qrn+1

4πϵ0an+3(1.4.12)

つまり、

E(r, θ, ϕ) =Qrn+1

4πϵ0an+3er (1.4.13)

となる。

n = 0,±2 の場合を図示すると図 1.2のようになる。

1.6 The capacitance of simple capacitors

(a)

高校生のころよく解いた問題。

1.6 The capacitance of simple capacitors 5

キャパシタの側面から電場の漏れが無いとすると導体の内側では電場は極板に対し

て直交する。よってガウスの法則から、内側の導体近傍の電場は

E =σ

ϵ0=

Q

ϵ0A(1.6.1)

となる。V = Edであるから

C = Q/V = ϵ0A

d(1.6.2)

(b)

系の対称性とガウスの法則から中心から距離 r の点で次式が成立する。

Q

ϵ0= 4πr2E (1.6.3)

or

E =Q

4πϵ0

1

r2(1.6.4)

V =

∫ b

a

Edr =Q

4πϵ0(−1

b+

1

a) (1.6.5)

C =Q

V= 4πϵ0

ab

b− a(1.6.6)

(c)

これも (b)と同じようにガウスの法則を使えば,中心から距離 r の点において

Q

ϵ0= 2πrLE (1.6.7)

よって

V =

∫ b

a

Edr =Q

2πLϵ0ln

(b

a

)(1.6.8)

C =Q

V= 2πϵ0L

(ln

(b

a

))−1

(1.6.9)


(d)

(c) で a = 1mm, C/L = 3 × 10−11F/m, ϵ0 = 8.9 × 10−12F/m とすると, b =

6.5mmとなる。次に C/L = 3× 10−12 とすると b = 1.2× 105mと現実的でない数

値になる。

1.8 Energy densities of certain capaciters

(a)

静電場のエネルギーは、

W :=ϵ02

∫E2dV (1.8.1)

で与えられることに注意する。ただし、積分範囲は全空間。

1.6 の結果をもとに単純な体積分を実行するだけなので、詳細な計算過程は省略し、

答えのみを掲載する。

種類 Q 表示 V 表示

(a)d

2ϵ0AQ2 ϵ0A

2dV 2

(b)Q2

8πϵ0

(1

a− 1

b

)2πϵ0V

2

(1

a− 1

b

)−1

(c)Q2

4πϵ0Llnb

aπϵ0LV

2

(lnb

a

)−1

ところで、計算していて、どの場合でも、

W =QV

2(1.8.2)

になるのがとっても気になったので、ちょっと考察してみた。

まず二つの導体 A,B が離れた位置にそれぞれ電荷 +Q,−Q を帯びた状態で固定されているとする。また、この導体以外には何もないとする。

すると、

1.10 The mean value theorem (for electrostatics) 7

W =ϵ02

∫E2dV (1.8.3)

=ϵ02

∫∇φ · ∇φdV (1.8.4)

=ϵ02

([φ∇φ]−

∫φφdV

)(1.8.5)

= −ϵ02

∫φφdV (∵ 無限遠点では電場は 0)

=1

2

∫ρφdV (1.8.6)

=1

2(+Qφ(A) + (−Qφ(B))) (1.8.7)

=Q

2(φ(A)− φ(B)) (1.8.8)

=QV

2(1.8.9)

と、どんな場合でも成り立つことが示された1)。

(b)

それぞれ、以下の表に示すようなエネルギー密度を持つ (定数項は省略した)。

種類 W ∝(a) 1

(b) r−4

(c) r−2

これを図示すると図 1.3のよう。

1.10 The mean value theorem (for electrostatics)

Green の公式を使って証明する。V, S をそれぞれ半径 R の球面の内部、境界と

する。 ∫V

(Φ(y)∇2

yG(x, y)−G(x, y)∇2yΦ(y)

)dVy

=

∫S

(Φ(y)∇yG(x, y)−G(x, y)∇yΦ(y)) ·−−→dSy (1.10.1)

1) よく見たら本文中 (p. 43 (1.62) 式) にもこの定理書いてありました。なのでそれを使えば体積分せずにもっと簡単に求めることができます。もちろん結果は同じになります


図 1.3 電場のエネルギー密度の振る舞い

G(x, y) = R := 1/(|x − y|) とする。∇2G = −4πδ,∇2Φ(y) = −ρ/ϵ0 = 0 である

から、

(左辺) = −4πΦ(x) (1.10.2)

(右辺) =

∫S

(Φ∇

(1

R

)− 1

R∇Φ

)·−→dS (1.10.3)

= − 1

R2

∫S

ΦdS +1

R

∫V

∇ · EdV (∵ガウスの定理をつかった) (1.10.4)

= − 1

R2

∫S

ΦdS (1.10.5)

よって題意は示された。†

†(Editor’s note) この問題にはいくつか別証がある。そのうち一つは Chapter 2 の問題 28 の解答を参照されたし。ここではより直接的な証明を行う。まず考えている空間に電荷が存在しないことを積分形の Gauss の法則に適用することにより、∮

SErdS = 0 (1.10.6)

が成り立つことに注意する。ここで Er は電場 E の r 方向成分である。さらに、

Φ(r) = Φ(0) +

∫ R

0Erdr (1.10.7)

であることに注意すれば、∮SΦ(r)dS =

∮SΦ(0)dS +

∮SdS

∫ R

0drEr (1.10.8)

= 4πR2Φ(0) +

∫ R

0dr

∮SdSEr︸︷︷︸

=0 (∵(1.10.6))

(1.10.9)

= 4πR2Φ(0) (1.10.10)

これは求めたかった式となっている。

1.11 Normal derivertive of the electric field at the surface of a curved conductor 9

図 1.4 導体表面の局所的な様子

導体表面

図 1.5 図 1.4 を真上 (真横)から見た様子

1.11 Normal derivertive of the electric field at the surface of a curved conductor

導体表面の微少な面 R1∆θ1 ·R2∆θ2 と、そこから垂直方向に ∆n だけ離れた面と

で囲まれる領域 V に、電場に関する Gauss の法則を適用する (図 1.5)。∫S=∂V

E · dS =1

ϵ0

∫V

ρdV (1.11.1)

導体のごく近くでは電荷がないとすれば ρ = 0 であるから1)、導体表面付近の電場を

E(0) として、導体から ∆n だけ離れたところの電場を E(∆n) とすれば2)、上述の

1) …というか領域内に電荷を含まないように微少量 ∆n をとることにしています2) 導体の表面付近では電場が導体と垂直になっていることします。また ∆θi が微少量なので導体表面付近とそこから ∆n 離れた部分ではそれぞれで電場は一定であるとしています


Gauss の法則は、

E(∆n)× (R1 +∆n)∆θ1 · (R2 +∆n)∆θ2 − E(0)×R1∆θ1 ·R2∆θ2 = 0 (1.11.2)

これを整理すると、

E(∆n)− E(0)

∆nR1R2 + E(∆n)(R1 +R2) + E(∆n)∆n = 0 (1.11.3)

となるので、 ∆n→ +0 の極限では、

∂E

∂n(0)R1R2 + E(0)(R1 +R2) + 0 = 0 (1.11.4)

つまり、1

E

∂E

∂n= −

(1

R1+

1

R2

)(1.11.5)

が成り立つ。

1.12 Green’s reciprocation theorem

まずポテンシャル Φ が、

Φ(x) =1

4πϵ0

(∫V

ρ(x′)

|x− x′|d3x′ +

∫S

σ(x′)

|x− x′|da′)

(1.12.1)

と書き表せることに注意する。

(LHS) =

∫V

ρ(x)Φ′(x)d3x+

∫S

σ(x)Φ′(x)da (1.12.2)

=1

4πϵ0

[∫V

d3xρ(x)

(∫V

ρ′(x′)

|x− x′|d3x′ +

∫S

σ′(x′)

|x− x′|da′)+∫

S

daσ(x)

(∫V

ρ′(x′)

|x− x′|d3x′ +

∫S

σ′(x′)

|x− x′|da′)]

(1.12.3)

=1

4πϵ0

[∫V

d3x′ρ′(x′)

(∫V

ρ(x)

|x− x′|d3x+

∫S

σ(x)

|x− x′|da

)+∫

S

da′σ′(x′)

(∫V

ρ(x)

|x− x′|d3x+

∫S

σ(x)

|x− x′|da

)](1.12.4)

=

∫V

ρ′(x′)Φ(x′)d3x′ +

∫S

σ′(x′)Φ(x′)da′ (1.12.5)

= (RHS) (1.12.6)

と、問題文の等式が成り立つことが示された。ただし、二行目から三行目では違う

積分変数を用いて積分していることなどから、積分の順序交換は自由にできることを

用いている。

1.14 The behavior of Green functions for Poisson equation 11

1.14 The behavior of Green functions for Poisson equation

(a)

Dirichlet問題に対する Green函数は

GD(x, y) = 0 (y が S上にあるとき) (1.14.1)

∫V

(GD(x, y)∇2GD(x′, y)−GD(x′, y)∇2GD(x, y)

)dV

=

∫S

(GD(x, y)∇GD(x′, y)−GD(x′, y)∇GD(x, y)

)·−−→dSy (1.14.2)

or

− 4πGD(x, x′) + 4πGD(x′, x) = 0 (1.14.3)

よって

GD(x, x′) = GD(x′, x) (1.14.4)

(b)

Neumann条件に対する Green函数は

∂GN (x, y)

∂ny= −4π

S(y が S上にあるとき) (1.14.5)

Greenの公式より∫V

(GN (x, y)∇2GN (x′, y)−GN (x′, y)∇2GN (x, y)

)dV

=

∫S

(GN (x, y)

∂GN∂ny

(x′, y)−GN (x′, y)∂GN∂ny

(x, y)

)day (1.14.6)

i.e.,

− 4πGN (x, x′) + 4πGN (x′, x) = −4π

S

∫S

GN (x, y)day +4π

S

∫S

GN (x′, y)day

(1.14.7)

よって題意は示された


(c)

Neumann条件が課されているとき

Φ(x) = ⟨ΦS⟩+1

4πϵ0

∫V

ρ(x′)GN (x, x′)d3x′ +1

4π

∫S

∂Φ

∂n′GNda′ (1.14.8)

右辺で GN → GN − F と代入しても左辺が変わらないことを示せばよい。

(右辺) →⟨ΦS⟩+1

4πϵ0

∫V

ρ(x′)(GN (x, x′)− F (x))d3x′

+1

4π

∫S

∂Φ

∂n′ (GN (x, x′)− F (x))da′ (1.14.9)

= Φ(x)− F (x)

4πϵ0

∫V

ρ(x′)d3x′ − F (x)

4π

∫S

∂Φ

∂n′ da′ (1.14.10)

= Φ(x) (∵ ガウスの法則を使った) (1.14.11)

1.16 Energy decreasing with introduction of a conductor

導体を挿入する前の物理状態をプライム (′)なしで、挿入した後の物理状態をプラ

イムつきとして区別する。

静電エネルギーはそれぞれ、

W =ϵ02

∫V

|E|2dV (1.16.1)

W ′ =ϵ02

∫V

|E′|2dV (1.16.2)

と書ける。

∆E := E′ −E と定義すると、

W =W ′ +ϵ02

(∫V

|∆E|2 dV − 2

∫V

E′ ·∆EdV

)(1.16.3)

となる。

ここで、∫V

E′ ·∆EdV = −∫V

∇Φ′ ·∆EdV (1.16.4)

= −∫S

Φ′∆E · da+

∫V

Φ′∇ · (E′ −E)dV (1.16.5)

1.16 Energy decreasing with introduction of a conductor 13

であるが、∫S

Φ′∆E · da =∑i

Φ′i

∮Si

(E′i −Ei) · da

(符号が正になるように面要素をとった) (1.16.6)

=∑i

Φ′i

(− qiϵ0

−(− qiϵ0

))(1.16.7)

= 0 (1.16.8)

および、

∫V

Φ′∇(E′ −E)dV = − 1

ϵ0

(∑i

∫Vi

Φ′i(ρ

′i − ρi)dV +

∫Vins

Φ′(ρ′ − ρ)dV

)(1.16.9)

= − 1

ϵ0

(∑i

Φ′i

∫Vi

(ρ′i − ρi)dV +Φ′∫Vins

(ρ′ − ρ)dV

)(∵ 導体表面ではポテンシャル一定) (1.16.10)

= 0 (∵ 電荷保存) (1.16.11)

に注意すれば、結局、 ∫V

E′ ·∆EdV = 0 (1.16.12)

が言える。

従って、(1.16.3) 式は、

W =W ′ +ϵ02

∫V

|∆E|2 dV (1.16.13)

となるから、

W >W ′ (1.16.14)

が言えた。† 問題文では「the surfaces lowers the electrostatic energy」とあるが、非帯電導

体の挿入により必ずしも静電エネルギーが低下するわけではない。例えば挿入前の等

電位面と、挿入する導体の表面が一致する場合、そもそも挿入前の系で電荷が存在し

なかった場合など。‡ 式だけをみていると非常に対称性があるので、上のように W = · · · の式から始めるのではなく、W ′ = · · · の式から始めたら W ′ =W + ϵ0

2

∫V|∆E|2 dV が導かれ

るような感覚を覚えるし、実際に計算をしてみると途中まで全く同様の計算になるの


だが、∫Vins

Φ(ρ′ − ρ)dV という式が出てきて、これ以上計算が進まなくなる。上の方

では Φ ではなく Φ′ であったので、導体上でポテンシャルが一定になる、という事実

が適用できるので計算が進んだのであった。

1.18 The variational principal for capacitance

(a)

G(x, x′)は x′ が S 上にあるときは 0である。

Φ(x) =1

4πϵ

∫V

d3x′ρ(x′)G(x, x′) +1

4π

∫S

dS′(G(x, x′)

∂Φ

∂n′ − Φ(x′)∂G

∂n′

)(1.18.1)

=1

4π

∫S1

da′G(x, x′)∂Φ

∂n′ −1

4π

∫S1

−→dS · ∇′G(x, x′) (1.18.2)

x′ が S 上にあるとき ∇′G(x, x′) = 0となるようにグリーン函数をとることが出来る

ので第二項は 0となる。

W =1

2

∫V

dV ρ(x)Φ(x) =1

8πϵ0

∫S1

da

∫S1

da′σ1(x′)G(x, x′)σ1(x′) (1.18.3)

(b)

汎関数を σ で微分すると

dC−1[σ]

dσ(1.18.4)

=1

4πϵ0

1(∫S1daσ(x)

)4(∫S1

da

∫S1

da′G(x, x′)(σ(x) + σ(x′))

(∫S1

daσ(x)

)2

− 2

∫S1

daσ(x)

∫S1

da

∫S1

da

∫S1

da′G(x, x′)σ(x)σ(x′)

)(1.18.5)

(a)よりdC−1[σ1]

dσ= 0 (1.18.6)

よってこの汎関数は実際の電荷の配置から少し動いても安定である。つまり σ1 は停

留点になっている。σ1 が極小値か極大値かの判定→分からないです

1.20 Theory of the capacitance estimation 15

1.20 Theory of the capacitance estimation

(a)

いま Φ1 = Φ′1 となるように電荷を導体 1, 1’ に与えたとする。このとき、導体内で

は電位は一定であることと、導体 1 は導体 1’ をすっぽり覆うことから、Φ(r) は ’ 付

きの状況の境界条件を満たす函数である。従ってこの Φ(r) は問題 1.17 のtrial function

試行函数

Ψ′(r) として採用することができる。だから問題 1.17 で導かれた結果を用いれば、

C ′ 6 C ′[Φ] (1.20.1)

= ϵ0

∫V

|∇Φ|2d3x (1.20.2)

= C (1.20.3)

と、求められている不等式が示された。

(b)

立方体を、それをすっぽりおおう球状の導体 (上限) と、立方体の中にすっぽり入

る球場の導体 (下限)を用いて立方体型の導体の静電容量を評価する1)。

上下から評価を求める前に半径 R の球状孤立導体の静電容量を求めておく。対称

性から E = Er(r)er であるから、球と中心を同じにする、半径 r > R なる球面上

で静電場に関する Gauss の法則を適用することによって、

Er(r) =Q

4πϵ0

1

r2(1.20.4)

を得る。ここで Q は球状孤立導体に帯電されている総電荷量を表す。従って、電位

の基準点を無限遠点上にとることとすれば、球状孤立導体上の電位は、

V = −∫ R

−∞Er(r)dr =

Q

4πϵ0

1

R(1.20.5)

であるから、求める静電容量は、

C =Q

V= 4πϵ0R (1.20.6)

となる。

1) もちろん球状の導体で上下を評価する必要性はなくて、他の形状の導体で評価してもかまいません。が、他に私たちがその静電容量をよく知っているような形状の導体はない (少なくとも自分には思いつかない)ので、Jackson 氏も球状導体で評価することを望んでいるものと思われます


上限の評価

一片が a の立方体をすっぽり覆うような球の半径の最小値は√32 a であるから、こ

れを (1.20.6) 式に代入することで、

C↑ := 0.866× 4πϵ0a (1.20.7)

である。

下限の評価

一方、一片が a の立方体にすっぽり覆われるような球の半径の最大値は a2 である

から、同様にこれを (1.20.6) 式に代入することで、

C↓ := 0.5× 4πϵ0a (1.20.8)

を得る。

平均値と数値解析による値との比較

上で計算した上限および下限の値を平均すると 0.683× 4πϵ0a となる。これは問題

文に掲載されている、数値解析によるより正確な値 0.655× 4πϵ0a と非常に近く (約

4 %の差)、このような「大雑把な」評価でも十分な見積もり値を与えることができ

ることを示している2)。

(c)

(a) で証明された定理は、一つの導体のみ 0 でないポテンシャルがあり、そのほ

かの導体のポテンシャルはすべて 0 になっていなければ適用できないので、両方の

円柱形導体に反対負号の同量の電荷を付与した場合の電位差から定義される 1.7 の

静電容量が同様にこの定理が適用できるかどうかは定かではない。つまり、片方の

円筒をより大きな直方形導体で覆ったとしても、 1.7 で定義されている静電容量が

上昇するとは一般には言えない。しかし、導線がその太さに比べて十分離れている

という近似のもとでは、片方の導線の形を変えたときの両者の静電ポテンシャルの

変化は無視できると考えられる †。この仮定の下では (a) と全く同じ議論により、

静電容量は増加するということが言える。

2) 今回はこのようにうまくいったけど、その他の場合でも必ずしもうまくいくとは限らない…と思います

1.22 The mathematical bases for relaxation method 17

これを式の形でもう少しみてみると以下のようになる。すなわち、静電容量係数を

Cij とすると、 (Q1

Q2

)=

(C11 C12

C12 C22

)(V1V2

)(1.20.9)

である。ここで静電容量係数が対称テンソルであることを用いている。1.7 で定義さ

れる静電容量は、片方 (1 とする) に +Q の電荷を、もう片方 (2 とする) に −Q の電荷を付したときの電位差 V1 − V2 を用いて、

C =Q

V1 − V2(1.20.10)

で定義されていた。上の静電容量係数の定義式にこれらの値を代入して計算を実行す

ることにより、

C =C11C22 − C2

12

C11 + C22 + 2C12(1.20.11)

を得る。この上で片方 (1) の円柱形導線を、それをすっぽり囲むような四角形の導線

に置き換えることを考える。このとき、導線の太さに対して互いの距離は十分に離れ

ているから、C12 は変化しないと仮定することができる3)。一方、(a) で証明した定

理から C11 は増加することが分かる4)。そこで、 C の C11 による偏微分を計算して

みると、∂C

∂C11=

(C12 + C22)2

C11 + C22 + 2C12> 0 (1.20.12)

となり、C は C11 に関して単調増加であることが分かるから、C11 が増加する、す

なわち片方の導線を問題文のように置き換えるときには、 1.7 で定義される静電容量

は必ず増加する。

1.22 The mathematical bases for relaxation method

念のため多変数関数のテイラーの定理を復習しておく。

f を well-behavedな関数とすると、

f(x1 + h1, x2 + h2, · · · , xn + hn) =∞∑k=0

(dkf)(x1,x2,··· ,xn)(h1, h2, · · · , hn) (1.22.1)

ここで

A := x1, x2, · · · , xn Sk :=

k⊕i=1

A (1.22.2)

3) この仮定は † であげた仮定と (おそらく)同値です4) これは V1 = V, V2 = 0 とすることで、近似なしに成り立つことが分かります


(dkf)(x1,x2,··· ,xn)(h1, h2, · · · , hn) :=∑

(α1,α2,··· ,αk)∈Sk

∂kf(x1, · · · , xn)∂α1∂α2 · · · ∂αk

hl1hl2 · · ·hlk

(1.22.3)

(hli は αi と同じ座標の変量)

これを使って (a)も (b)もゴリゴリ計算すればできる。

(補足)

調和関数に対して次の定理があります。

f を領域 Ω で調和とする。このとき Ω 内の任意の点 (a, b) と (a, b) を中心

とする半径 Rの円 C に対して

f(a, b) =1

2πR

∫C

dsf(x, y) (1.22.4)

が成立する

したがって本文中で述べられていたように、ラプラス問題を解くのに各点の周りで

4 点 (あるいは 8 点) の平均値をとることをくり返すというのは直感的に自然である

と言えます。

1.24 Numerical analysis performed by the relaxation method II

この問題では、教科書 p.49 (1.82) 式:

Φnew(i, j) = ⟨⟨Φold(i, j)⟩⟩+h2

5

ρ

ϵ0+h2

10

⟨ρ

ϵ0

⟩C

+O(h6) (1.24.1)

を使えばよい。ただし、

⟨f(i, j)⟩C :=1

4

(f(i− 1, j) + f(i+ 1, j) + f(i, j − 1) + f(i, j + 1)

)(1.24.2)

⟨f(i, j)⟩S :=1

4

(f(i−1, j−1)+f(i+1, j−1)+f(i−1, j−1)+f(i+1, j+1)

)(1.24.3)

⟨⟨f(i, j)⟩⟩ := 1

5⟨f⟩S +

4

5⟨f⟩C (1.24.4)

である1)。また電荷密度は問題文より ρ = 1 である。

(0.25, 0.25) およびそれに対応する他の三点でのポテンシャルを Φ1 、(0.25, 0.5)

およびそれに対応する他の三点でのポテンシャルを Φ2 、(0.5, 0.5) でのポテンシャ

1) いろいろなところに散在して書かれていたのでまとめてみました

1.24 Numerical analysis performed by the relaxation method II 19

表 1.1 Jacobian 反復法 (左)と Gauss-Seidel 反復法 (右)による出力値PPPPPPPPP試行回数

場所 Jacobian 反復法 Gauss-Seidel 反復法

1 2 3 1 2 3

0 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000

1 0.6463 0.9160 1.2356 0.6463 0.7745 0.9845

2 0.6245 0.8132 1.0977 0.5554 0.7125 0.9167

3 0.5765 0.7667 1.0111 0.5272 0.6814 0.8862

4 0.5536 0.7255 0.9642 0.5132 0.6667 0.8716

5 0.5348 0.7028 0.9267 0.5066 0.6596 0.8646

6 0.5238 0.6855 0.9048 0.5034 0.6562 0.8613

7 0.5158 0.6750 0.8888 0.5019 0.6546 0.8597

8 0.5108 0.6676 0.8788 0.5012 0.6539 0.8589

9 0.5073 0.6628 0.8718 0.5008 0.6535 0.8586

10 0.5051 0.6596 0.8673 0.5007 0.6533 0.8584...

......

......

......

100 0.5005 0.6532 0.8583 0.5005 0.6532 0.8583

(正確な値) 0.5691 0.7205 0.9258 0.5691 0.7205 0.9258

ルを Φ3 とおく。4πϵ0Φi のことを Ψi と書くことにして上の式を計算すれば、以下

の三式を得る: Ψnew

1 = 0.4Ψ2 + 0.05Ψ3 +π16

Ψnew2 = 0.4Ψ1 + 0.1Ψ2 + 0.2Ψ3 +

11160π

Ψnew3 = 0.2Ψ1 + 0.8Ψ2 +

340π

(1.24.5)

あとは Ψi = 1.0 を初期値としてこれらの式を用いて計算すればよい。

Jackson 氏曰く、「点がちょっとしかないから、ちゃっちい電卓とちょっとした計算

用紙があれば反復計算なんて手計算で簡単にできるよね」ということだが、プログ

ラム書いてしまった方が良いのと、グラフを書く都合から Java で組んでみた (ソー

スコード 1.1)。

計算結果は表 1.1のようである。

また、この結果をプロットすると図 1.6 のよう。ただし赤線は問題文中に与えられ

ている正確な値である。

グラフを見れば一目瞭然だが、Jacobian 法によるものよりも Gauss-Seidel 法の方

が遙かに速く収束する。また、使用するメモリの観点から言っても、Jacobian の半

分のメモリ量ですむので経済的 (?)である。

収束先の値は、問題文で与えられた正確な値と比べてどれも 0.07 ほど小さなもの


図 1.6 Jacobian および Gauss-Seidel 法による数値計算結果

になっている。標本点が非常に少ないため、それほど正確な値が出ないというのは自

明なのだが、一様に小さな値になってしまっている方はあまり自明ではない。これは

分割数 n を大きくとればとるほど、四角形の辺の電位が 0 になることを考慮しなけ

ればいけない点は全体でおおよそ 4n 個なので、このことが全体に及ぼす影響は相対

的に「小さくなる」ので、正確な (分割数を十分大きくとった) 計算に比べて小さな

(つまり、端の影響が「大きい」)結果をはじき出してしまったと考えられる。

そこで実際に先ほどのプログラムを書き直し、任意の分割数に対応したものを作成

した (ソースコード 1.2)。ただし、書くのも考えるのも面倒なので、対称性を考慮し

た計算量の削減等の最適化処理は一切施していない2)。このプログラムを用いて分割

数を変えて計算してみると表 1.2 のようになり、確かに、教科書に載っているような

値に近づいていくことが分かる。

ソースコード 1.1 Relaxation.java

1 import java.io.*;2 import java.awt .*;3 import java.awt.image .*;4 class Relaxation5 public static final int WIDTH = 500;6 public static final int HEIGHT = WIDTH;7 public static final int TRY = 100;8 public static final double PRECISE [] = 0.5691 , 0.7205 , 0.9258;9 public static void main(String args [])

10 double x[] = new double [3], y[] = new double [3], z[] = new double [3];

2) なお、分割数が増えると、繰り返し部分の処理が O(n2) で増加するのとともに、収束も遅くなる(なぜなら、一カ所の値の変化が遠く離れた場所に影響を及ぼすまでに ∆x+∆y ∈ O(n) かかるため)ので、このような「テキトーな」プログラムでは分割数 100 程度で限界だった

1.24 Numerical analysis performed by the relaxation method II 21

表 1.2 分割数をいろいろと変化させた場合の計算結果分割数 4 8 12 16 20 24 28 32 36Φ1 0.50053 0.55254 0.56177 0.56498 0.56646 0.56726 0.56775 0.56806 0.56827Φ2 0.65316 0.70401 0.71320 0.71639 0.71787 0.71867 0.71916 0.71947 0.71968Φ3 0.85826 0.90929 0.91848 0.92168 0.92316 0.92396 0.92444 0.92476 0.92497

分割数 40 44 48 52 56 60 64 68Φ1 0.56843 0.56854 0.56863 0.56870 0.56875 0.56879 0.56883 0.56886Φ2 0.71984 0.71995 0.72004 0.72010 0.72016 0.72020 0.72024 0.72027Φ3 0.92513 0.92524 0.92533 0.92539 0.92545 0.92549 0.92553 0.92556

分割数 72 76 80 84 88 92 96 100Φ1 0.56888 0.56890 0.56892 0.56893 0.56895 0.56896 0.56897 0.56898Φ2 0.72029 0.72031 0.72033 0.72034 0.72036 0.72037 0.72038 0.72039Φ3 0.92558 0.92560 0.92562 0.92563 0.92565 0.92566 0.92567 0.92568

11 double jacobi [][] = new double[TRY +1][3];12 double gauss [][] = new double[TRY +1][3];13 x[0] = x[1] = x[2] = 1.0;14 z[0] = z[1] = z[2] = 1.0;15 for(int i=0; i<=TRY; i++)16 System.out.printf("%d: %.4f %.4f %.4f <> %.4f %.4f %.4f\n", i, x[0], x

[1], x[2], z[0], z[1], z[2]);17 // Gauss -Seidel18 gauss[i][0] = z[0] = 0.4*z[1] + 0.05*z[2] + Math.PI /16.0;19 gauss[i][1] = z[1] = 0.4*z[0] + 0.1*z[1] + 0.2*z[2] + (11.0/160.0)* Math.

PI;20 gauss[i][2] = z[2] = 0.2*z[0] + 0.8*z[1] + (3.0/40.0)* Math.PI;21 // Jacobian22 y[0] = 0.4*x[1] + 0.05*x[2] + Math.PI /16.0;23 y[1] = 0.4*x[0] + 0.1*x[1] + 0.2*x[2] + (11.0/160.0)* Math.PI;24 y[2] = 0.2*x[0] + 0.8*x[1] + (3.0/40.0)* Math.PI;25 jacobi[i][0] = x[0] = y[0];26 jacobi[i][1] = x[1] = y[1];27 jacobi[i][2] = x[2] = y[2];28 29 BufferedImage img = new BufferedImage(WIDTH , HEIGHT , BufferedImage.

TYPE_3BYTE_BGR );30 Graphics2D g = img.createGraphics ();31 g.setColor(Color.WHITE);32 g.fillRect(0, 0, WIDTH , HEIGHT );33 g.setColor(Color.BLACK);34 g.setFont(g.getFont (). deriveFont (( float )20));35 g.drawString("Jacobian", WIDTH /7*2, HEIGHT -30);36 g.drawString("Gauss -Seidel", WIDTH /7*5, HEIGHT -30);37 for(int i=0; i<=TRY; i++)38 g.drawLine(WIDTH *1/7, (int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*jacobi[i][0]), WIDTH *2/7,

(int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*jacobi[i][1]));39 g.drawLine(WIDTH *2/7, (int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*jacobi[i][1]), WIDTH *3/7,

(int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*jacobi[i][2]));40 g.drawLine(WIDTH *4/7, (int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*gauss[i][0]) , WIDTH *5/7,

(int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*gauss[i][1]));41 g.drawLine(WIDTH *5/7, (int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*gauss[i][1]) , WIDTH *6/7,

(int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*gauss[i][2]));42 43 g.setColor(Color.RED);44 g.drawLine(WIDTH *1/7, (int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*PRECISE [0]), WIDTH *2/7, (

int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*PRECISE [1]));45 g.drawLine(WIDTH *2/7, (int)( HEIGHT *1.25- HEIGHT*PRECISE [1]), WIDTH *3/7, (



int)( HEIGHT *1.25 - HEIGHT*PRECISE [2]));48 g.dispose ();


49 try50 System.out.println(51 javax.imageio.ImageIO.write(img , "PNG", new File("relaxation.png")) ?52 "Success" : "Fail"53 );54 catch(IOException e)55 e.printStackTrace ();56 57 58

ソースコード 1.2 Relaxation2.java

1 class Relaxation22 public static void main(String args [])3 int cases = 25;4 for(int i=1; i<= cases; i++)5 double ret[] = doRelaxation (4*i);6 // output the result7 System.out.printf("%d: %.5f %.5f %.5f\n", 4*i, ret[0], ret[1], ret [2]);8 9

10 public static double [] doRelaxation(int split)11 return doRelaxation(split , Double.MIN_VALUE );12 13 /**14 * @param split 分割数15 * @param certainty 正確さ。前の iteration と比べて、これ以下の差しかなけれ

ば収束したと見なしてループを抜ける16 */17 public static double [] doRelaxation(int split , double certainty )18 double h = 1D / split;19 double p[][] = new double[split +1][ split +1];20 // initialize21 for(int i=1; i<split; i++)22 for(int j=1; j<split; j++)23 p[i][j] = 1D;24 // do iteration (with Gauss -Seidel scheme)25 double bef = p[split /4][ split /4];26 for (;;)27 for(int i=1; i<split; i++)28 for(int j=1; j<split; j++)29 // square term30 double s = (p[i-1][j-1] + p[i-1][j+1] + p[i+1][j-1] + p[i+1][j+1]) /

4D;31 // cross term32 double c = (p[i-1][j] + p[i+1][j] + p[i][j-1] + p[i][j+1]) / 4D;33 // 4\pi\epsilon_0 * <\rho / \epsilon_0 >_C34 double rhoc = 4D * Math.PI * ((2 + ((i==1||i==split -1)?0:1) + ((j

==1||j==split -1)?0:1)) / 4D);35 p[i][j] = (s/5D + c*4D/5D) + (h*h/5D) * (4* Math.PI) + (h*h/10D) *

rhoc;36 37 double aft = p[split /4][ split /4];38 if(Math.abs(aft - bef) < certainty)39 break;40 bef = aft;41 42 // return the result43 double ret[] = p[split /4][ split /4], p[split /2][ split/4], p[split /2][ split

/2];44 return ret;45 46

23

Chapter 2

Boundary-Value Problems in

Electrostatics: I

2.4 A point charge placed outside a conducting sphere

点電荷の電荷量を q とし、球状導体上の総電荷量を Q = rq とする1)。

教科書 p.61 (2.9) 式から、点電荷に働く力は、

F =1

4πϵ0

q2

d2

(r − R3(2d2 −R2)

d(d2 −R2)2

)(2.4.1)

である。

(i) 釣り合いの位置

点電荷に引力が働くのは、力が全く働かない位置 (釣り合いの位置)よりも内側で

あり、逆に斥力が働くのは力が全く働かない位置よりも外側なので、力が全く働かな

い位置を求めればよい。従って F = 0 として整理すると、

F = 0 (2.4.2)

⇔rd(d2R2)2 = R3(2d2 −R2) (2.4.3)

⇔rγ5 − 2rγ3 − 2γ2 + rγ + 1 = 0 (2.4.4)

ここで、

γ :=d

R(2.4.5)

とした。

1) (a), (b) は r = 1.0 の場合、(c) は r = 0.5, 2.0 の場合だと考えればいいので、このようにすべて一緒にやってしまいます

24 Chapter 2 Boundary-Value Problems in Electrostatics: I

γ > 1 に注意して r = 0.5, 1.0, 2.0 の場合の解を Mathematica に解かしてみると

以下のようになる:

表 2.1 力の釣り合いの点の位置 (γ = dR)

r γ

0.5 1.8823

1.0 1.6180

2.0 1.4276

r = 1 の場合は教科書の解答と若干ずれているが、おそらくこちらの方が正しい2)。

(ii) 球状導体に近づけたときにかかる力の漸近的振る舞い

d := a+R(a≪ R) として力の表式 (2.4.1) 式を書き直すと、

F =1

4πϵ0

q2

(R+ a)2

(r − R3(R2 + 4aR+ 2a2)

(R+ a)(2aR+ a2)2

)(2.4.6)

であるから、a→ 0 の時のおおよその振る舞いは、

F ≈ 1

4πϵ0

q2

R2

(0− R3 ·R2

R(2aR)2

)= − q2

16πϵ0a2(2.4.7)

となる。この結果は、球状導体に帯電させられている電荷 Q = rq の量および符号に

全く依存しないことに注意されたい。

球に帯電させられている電荷 Q = rq が結果の式に全く影響しないことは (式に r

を含まないことは) — 計算途中の式からも明らかだが — 点電荷を球状導体に近づけ

ると、点電荷と点電荷により誘起される電荷との間に働くクーロン力が +∞ に発散

していくため、高々有限の球状導体に帯電させられている電荷 Q との相互作用は相

対的に無視できるようになることから明らかである。

また、この結果の式は、

F ≈ 1

4πϵ0

q · (−q)(2a)2

(2.4.8)

と書けるが、これは、点電荷が球状導体に近いときは球状導体は近似的に平板状の導

体に見えるため、平板から距離 a だけ離れた点電荷が感じる力に漸近的に近づいて

いくことは納得のいく結果である (図 2.1)。

2) 少なくとも、 Mathematica を信用する、という仮定の下では


a

球状導体 (近いときには平板状の導体と同一視できる)

鏡像電荷

a

image charge

図 2.1 点電荷と球状導体が非常に近い場合の模式図

図 2.2 二本の平行直線状電荷によるポテンシャルのプロット

2.8 Two straight parallel line charges with equal and opposite charge densities

(a)(R

2, 0

)に線密度 +λ、

(−R

2, 0

)に線密度 −λ の直線状電荷が x-y 平面と垂直

になるように直交座標系を設定する。このとき静電ポテンシャルは、

Φ(x, y, z) =λ

4πϵ0· ln

(x− R

2

)2

+ y2(x+

R

2

)2

+ y2

(2.8.1)

と書ける。

ポテンシャルが一定となるのは、


Φ(x, y, z) = (一定) (2.8.2)

⇔

(x− R

2

)2

+ y2(x+

R

2

)2

+ y2= (一定) (2.8.3)

であるから、正数 A に対して、(x− R

2

)2

+ y2(x+

R

2

)2

+ y2≡ A−1 (2.8.4)

とおいて整理すると、

(A− 1)

(x2 + y2 +

R2

4

)− (A+ 1)Rx = 0 (2.8.5)

となる。

まず A = 1 の場合は x ≡ 0 が言えるから等ポテンシャル面は y-z 平面となる。

次に A = 1 の場合は、(x− 1

2

A+ 1

A− 1R

)2

+ y2 =A

(A− 1)2R2 (2.8.6)

となるから、この場合の等ポテンシャル面は中心を(1

2

A+ 1

A− 1R, 0

)とする半径

√A

|A− 1|R の真円である1)。

(b)

この問題文の設定状況は、図 2.3 のように二本の “鏡像”直線電荷を用いて等価な

ものに置き換えることができる。

1) アポロニウスの円を考えることで、より簡単に幾何学的に処理することもできる。結果は当然ながら同じものを帰結できる


等ポテンシャル面

"鏡像"直線電荷

図 2.3 ”鏡像”直線電荷を使った、問題設定の等価な置き換え (d > a+ b; 離れている場合)

ここで (a) から、

1

2

Aa + 1

Aa − 1R = xa (2.8.7a)

√Aa

|Aa − 1|R = a (2.8.7b)

1

2

Ab + 1

Ab − 1R = xb (2.8.7c)

√Ab

|Ab − 1|R = b (2.8.7d)

xa − xb = d (2.8.7e)

が成り立つ。Aa, Ab は (a) の A に相当する正の数である。

いま、二つの導体のポテンシャルの差は、

V :=

∣∣∣∣ λ

4πϵ0lnA−1

a − λ

4πϵ0lnA−1

b

∣∣∣∣ (2.8.8)

=λ

4πϵ0

∣∣∣∣ln AbAa∣∣∣∣ (2.8.9)

で与えられるから、静電容量は、

C :=λ

V= 4πϵ0

∣∣∣∣ln AbAa∣∣∣∣−1

(2.8.10)

である。


まず (2.8.7a) 式を変形すると、

Aa = 1 +2R

2xa −R=

2xa +R

2xa −R(2.8.11)

となるから、 (2.8.7b) 式 (の自乗)にこれを代入して、

a2 =1

4(4x2a −R2) (2.8.12)

を得る。同様にして、

b2 =1

4(4x2b −R2) (2.8.13)

だから、 (2.8.7e) 式を用いて、

d2 − a2 − b2 = (x2a + x2b − 2xaxb)−1

4(4x2a −R2)− 1

4(4x2b −R2) (2.8.14)

=1

2(R2 − 4xaxb) (2.8.15)

および、

(2ab)2 =1

4(4x2a −R2)(4x2b −R2) (2.8.16)

を得る。

従って、d > a+ b より d2 − a2 − b2 > 0 であることと、 2ab > 0 に注意すると、

d2 − a2 − b2

2ab=

(R2 − 4xaxb)√(4x2a −R2)(4x2b −R2)

(2.8.17)

=

√√√√√√(4xaR

xbR

− 1)

(4(xaR

)2− 1

)(4(xbR

)2− 1

) (2.8.18)

ここで、

2xaR

=Aa + 1

Aa − 1(2.8.19)

などから、

4xaR

xbR

− 1 = 2Aa +Ab

(Aa − 1)(Ab − 1)(2.8.20)

および、

4(xaR

)2− 1 = 4

Aa(Aa − 1)2

(2.8.21)

などに注意すれば、


d2 − a2 − b2

2ab=

√(2

Aa +Ab(Aa − 1)(Ab − 1)

)2

× 1

4

(Aa − 1)2

Aa× 1

4

(Ab − 1)2

Ab(2.8.22)

=1

2

√AbAa

+ 2 +AaAb

(2.8.23)

=1

2

(√AbAa

+

√AaAb

)(2.8.24)

= cosh

(ln

√AbAa

)(2.8.25)

となる。

従って、

arccosh

(d2 − a2 − b2

2ab

)=

∣∣∣∣∣ln√AbAa

∣∣∣∣∣ = 1

2

∣∣∣∣ln AbAa∣∣∣∣ (2.8.26)

と計算できる。

結局、 (2.8.10) 式から静電容量は、

C = 4πϵ0

∣∣∣∣ln AbAa∣∣∣∣−1

=2πϵ0

arccosh

(d2 − a2 − b2

2ab

) (2.8.27)

と求めることができた。

(c)

N :=d2 − a2 − b2

2ab(2.8.28)

とおき、

arccoshN = ln (2.8.29)

となるを求める。両辺の cosh をとることで、

N = cosh(ln) =1

2(+−1) (2.8.30)

= N±√N2 − 1 (2.8.31)

ここで arccosh > 1 であるから ± は + のみ許されて、

= N+√N2 − 1 (2.8.32)


等ポテンシャル面

"鏡像"直線電荷

図 2.4 ”鏡像”直線電荷を使った、問題設定の等価な置き換え (d < |a − b|; 内包している場合)

a≪ d, b≪ d とすると、右辺第二項は近似的に N であるから、

≈ 2N (2.8.33)

従って結局、

arccoshN ≈ ln 2N (2.8.34)

であるから、C

2πϵ0≈(lnd2 − (a2 + b2)

2ab

)−1

(2.8.35)

ここでさらに a2 + b2 ≪ d2 であることから、a2 + b2 で Taylor 展開して一次の項ま

で残す近似を行うと、

C ≈ πϵ0

(ln

d√ab

)−1

+1

2πϵ0

ab(a2 + b2)

d4

(ln

d√ab

)−2

(2.8.36)

となる。この第一項は問題 1.7 で求めた近似解と等しくなっている。

(d)

(b) と同じように文字を設定する。

2.12 Poisson’s integral form of the potential 31

計算は (b) とほぼ同じように実行でき、

d2 − a2 − b2

2ab= − cosh

(ln

√AbAa

)(2.8.37)

となるから、

arccosh

(a2 + b2 − d2

2ab

)=

1

2

∣∣∣∣ln AbAa∣∣∣∣ (2.8.38)

となって、結局、静電容量 C は、

C =2πϵ0

arccosh

(a2 + b2 − d2

2ab

) (2.8.39)

と求められる。

d = 0 のときは、

arccosha2 + b2

2ab= ln (2.8.40)

⇔ =b

aor

a

b(2.8.41)

つまり、

arccosha2 + b2

2ab=

∣∣∣∣ln ba∣∣∣∣ (2.8.42)

だから、

C = 2πϵ0

∣∣∣∣ln ba∣∣∣∣−1

(2.8.43)

となって、問題 1.6 (c) の結果と一致する。

2.12 Poisson’s integral form of the potential

教科書 77 ページ (2.71) 式と、円筒内部では電荷が存在しないことから、

Φ(ρ, ϕ) = a0 +∞∑n=1

(anρn cos(nϕ) + bnρ

n sin(nϕ)) (2.12.1)

と書ける。特に ρ = b の時には、

Φ(b, ϕ) = a0 +∞∑n=1

(anbn cos(nϕ) + bnb

n sin(nϕ)) (2.12.2)

となる。

ここで、 Φ(b, ϕ) の ϕ に対する Fourier 級数展開は、


Φ(b, ϕ) =α0

2+

∞∑n=1

(αn cosnϕ+ βn sinnϕ) (2.12.3)

αn =1

π

∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′) cosnϕ′dϕ′ (2.12.4)

βn =1

π

∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′) sinnϕ′dϕ′ (2.12.5)

であるから、(2.12.2) 式と (2.12.3) 式を見比べて、a0 =

α0

2(2.12.6a)

an = b−nαn (n > 1) (2.12.6b)

bn = b−nβn (2.12.6c)

と分かる。

従って (2.12.1) 式は、

Φ(ρ, ϕ) =1

2π

∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′)dϕ′

+∞∑n=1

((ρb

)2(∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′) cosnϕ′dϕ′)cosnϕ

+(ρb

)2(∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′) sinnϕ′dϕ′)sinnϕ

)(2.12.7)

=1

2π

∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′)

(1 + 2

∞∑n=1

(ρb

)n(cosnϕ′ cosnϕ+ sinnϕ′ sinnϕ)

)dϕ′

(2.12.8)

ここで、

2.16 The potential on a unit square area with a uniform charge density 33

2∞∑n=1

(ρb

)n(cosnϕ′ cosnϕ+ sinnϕ′ sinnϕ) (2.12.9)

= 2∞∑n=1

(ρb

)ncosn(ϕ′ − ϕ) (2.12.10)

=

∞∑n=1

(ρb

)n(exp(in(ϕ′ − ϕ)) + exp(−in(ϕ′ − ϕ))) (2.12.11)

=

∞∑n=1

((ρbei(ϕ

′−ϕ))n

+(ρbe−i(ϕ

′−ϕ))n)

(2.12.12)

=ρb ei(ϕ′−ϕ)

1− ρb ei(ϕ′−ϕ) +

ρb e

−i(ϕ′−ϕ)

1− ρb e

−i(ϕ′−ϕ) (2.12.13)(∵∣∣∣ρbei(ϕ

′−ϕ)∣∣∣ = ∣∣∣ρ

be−i(ϕ

′−ϕ)∣∣∣ = ρ

b< 1だからきちんと収束する

)=

2bρ cos(ϕ′ − ϕ)− 2ρ2

b2 + ρ2 − 2bρ cos(ϕ′ − ϕ)(2.12.14)

だから、結局、

Φ(ρ, ϕ) =1

2π

∫ 2π

0

Φ(b, ϕ′)b2 − ρ2

b2 + ρ2 − 2bρ cos(ϕ′ − ϕ)dϕ′ (2.12.15)

となる。

2.16 The potential on a unit square area with a uniform charge density

まず教科書 p.39 (1.44) 式と問題 2.15 の結果から、

Φ(x, y) =1

4πϵ0

∫ 1

0

dx′∫ 1

0

dy′G(x, y;x′, y′) (2.16.1)

=2

πϵ0

∞∑n=1

sin(nπx)

n sinh(nπ)

∫ 1

0

sin(nπx′)dx′︸︷︷︸♠

(2.16.2)

×(sinh(nπ(1− y))

∫ y

0

sinh(nπy′)dy′ + sinh(nπy)

∫ 1

y

sinh(nπ(1− y′))dy′)

︸︷︷︸⋆

(2.16.3)

ここで、


♠ = − 1

nπ

[cos(nπx′)

]10

(2.16.4)

= − 1

nπ(cos(nπ)− 1) (2.16.5)

=1− (−1)n

nπ(2.16.6)

および、

⋆ = sinh(nπ(1− y))1

nπ

[cosh(nπy′)

]y0− sinh(nπy)

1

nπ

[cosh(nπ(1− y′))

]1y

(2.16.7)

=1

nπ

(sinh(nπ(1− y)) cosh(nπy)︸︷︷︸− sinh(nπ(1− y))

− sinh(nπy) + sinh(nπy) cosh(nπ(1− y))︸︷︷︸) (2.16.8)

=1

nπ

[sinh(nπ(1− y) + nπy)−

[sinh(nπy) + sinh(nπ(1− y))

]](2.16.9)

=1

nπ

[sinh(nπ)− 2 sinh

(nπ2

)cosh

(nπ

(y − 1

2

))](2.16.10)

に注意すれば、

Φ =2

πϵ0

∞∑n=1

sin(nπx)

n sinh(nπ)× 1− (−1)n

nπ× 1

nπ

[sinh(nπ)− 2 sinh

(nπ2

)cosh

(nπ

(y − 1

2

))](2.16.11)

=2

π3ϵ0

∞∑n=1

sin(nπx)

n3(1− (−1)n)

(1−

cosh(nπ(y − 12 ))

cosh(nπ2 )

)(2.16.12)

=4

π3ϵ0

∞∑m=0

sin[(2m+ 1)πx]

(2m+ 1)3

(1−

cosh[(2m+ 1)π(y − 12 )]

cosh[ (2m+1)π2 ]

)(2.16.13)

を得る。

2.20 Four symmetrically placed line charges 35

図 2.5 問題 2.16 の解のプロット

2.20 Four symmetrically placed line charges

(a)

Φ(ρ, ϕ) =1

4πϵ0

∫S

σ(ρ′, ϕ′)G(ρ, ϕ; ρ′, ϕ′)da′ (2.20.1)

=1

4πϵ0

λ

a

3∑n=0

(−1)2∫ 2π

0

dϕ′∫ ∞

0

ρ′dρ′δ(ρ′ − a)δ(ϕ′ − nπ

2

)G(ρ, ϕ; ρ′, ϕ′)

(2.20.2)

=1

4πϵ0

λ

a

3∑n=0

(−1)2aG(ρ, ϕ; a,

nπ

2

)(2.20.3)

=λ

2πϵ0

3∑n=0

∞∑m=1

(−1)n1

m

(ρ<ρ>

)mcos[m(ϕ− nπ

2

)](2.20.4)

ここで、先に n に対して和をとると、m に対する和は、m が 4 で割って 2 余ると

きのみ残り、 4 cos(mϕ) となるから、

Φ(ρ, ϕ) =λ

2πϵ0

∞∑k=0

1

4k + 2

(ρ<ρ>

)4k+2

4 cos[(4k + 2)ϕ] (2.20.5)

=λ

πϵ0

∞∑k=0

1

2k + 1

(ρ<ρ>

)4k+2

cos[(4k + 2)ϕ] (2.20.6)

となる。


(b)

Φ(ρ, ϕ) =2λ

πϵ0Re

[ ∞∑k=0

1

4k + 2

(ρ<ρ>

)4k+2

exp[i(4k + 2)ϕ]

](2.20.7)

=2λ

πϵ0Re

∞∑k=0

1

4k + 2

ρ<ρ> exp(iϕ)︸︷︷︸ψ

4k+2 (2.20.8)

ここで、

ln(1 + z) = z − z2

2+

z3

3− z4

4+ · · ·

ln(1− z) = − z − z2

2− z3

3− z4

4− · · ·

ln(1 + iz) = +iz +z2

2− i

z3

3− z4

4+ · · ·

ln(1− iz) = −iz + z2

2+ i

z3

3− z4

4− · · ·

より、

1

4[ln(1 + iz) + ln(1− iz)− ln(1 + z)− ln(1− z)] =

z2

2+z6

6+ · · · (2.20.9)

∴ 1

4ln

(1 + z2

1− z2

)=

∞∑k=0

z4k+2

4k + 2(2.20.10)

であることを用いれば、

Φ(ρ, ϕ) =2λ

πϵ0Re

[1

4ln

(1 + ψ2

1− ψ2

)](2.20.11)

=λ

2πϵ0Re

[ln

(ψ2 + 1

ψ2 − 1

)](∵ Re[ln(−z)] = Re[ln(z)]) (2.20.12)

=λ

2πϵ0Re

[ln

(ρ2e2iϕ + a2

ρ2e2iϕ − a2

)](∵ ρ > aのときと a < ρのときそれぞれに対し頑張ると出る)

(2.20.13)

=λ

2πϵ0Re

[ln

((ρeiϕ − ia)(ρeiϕ + ia)

(ρeiϕ − a)(ρeiϕ + a)

)](∵ ρ< = ρ, ρ> = a) (2.20.14)

= Rew(ρeiϕ) (2.20.15)

2.20 Four symmetrically placed line charges 37

一方、計算を続行すると、

Φ(ρ, ϕ) =λ

2πϵ0ln

∣∣∣∣ (ρeiϕ − ia)(ρeiϕ + ia)

(ρeiϕ − a)(ρeiϕ + a)

∣∣∣∣ (2.20.16)

=λ

4πϵ0ln

|ρeiϕ − ia|2|ρeiϕ + ia|2

|ρeiϕ − a|2|ρeiϕ + a|2(2.20.17)

=λ

4πϵ0ln

(x2 + (y − a)2)(x2 + (y + a)2)

((x− a)2 + y2)((x+ a)2 + y2)(2.20.18)

これは問題 2.3 …を持ち出してくるまでもなく、四つの直線電荷のポテンシャルの式

をそれぞれ計算し、足し合わせたものになっている。

(c)

ρ < a では (a) の答えは、

Φ<(ρ, ϕ) :=λ

πϵ0

∞∑k=0

1

2k + 1

(ρa

)4k+2

cos[(4k + 2)ϕ] (2.20.19)

であるから、このうち k = 0, 1 の項のみ残す近似を行うと、

Φ<(ρ, ϕ) ≈λ

πϵ0

[ρ2

a2cos(2ϕ) +

1

3

ρ6

a6cos(6ϕ)

](2.20.20)

=λ

πϵ0Re

[(xa+ i

y

a

)2+

1

3

(xa+ i

y

a

)6](2.20.21)

= · · ·

=λ

πϵ0

(x2

a2− y2

a2+

1

3

x6

a6− 1

3

y6

a6− 5

x4

a4y2

a2+ 5

x2

a2y4

a4

)(2.20.22)

従って電場は、

Ex ≈ − λ

πϵ0

(2x

a2+

2x5

a6− 20

x3

a4y2

a2+ 10

x

a2y4

a4

)(2.20.23)

Ey ≈ λ

πϵ0

(2y

a2+

2y5

a6+ 10

x4

a4y

a2− 20

x2

a2y3

a4

)(2.20.24)

となる。

一方 y = 0 での原点付近での Ex の近似値は、

Ex(x, y = 0) ≈ − λ

πϵ0

(2x

a2+

2x5

a6

)(2.20.25)


図 2.6 直線電荷の周囲での電場の様子

だから、k = 1 の項は k = 0 の項に対してちょうど、(xa

)4(2.20.26)

分しかなく、無視できるほど小さいことが分かる。

2.24 The completeness relation for sine functions

Φ(ϕ) :=∞∑n=1

An sin

(nπϕ

β

)(2.24.1)

と表せる函数に対して、∫ β

0

Φ(ϕ′)2

β

∞∑m=1

sin

(mπϕ

β

)sin

(mπϕ′

β

)dϕ′ = Φ(ϕ) (2.24.2)

を示せばよい。

まず、

∫ β

0

sin

(nπϕ

β

)sin

(mπϕ

β

)dϕ (2.24.3)

=− 1

2

∫ β

0

[cos

((n+m)πϕ

β

)− cos

((n−m)πϕ

β

)]dϕ (2.24.4)

= −1

2β(δn,−m − δn,m) (2.24.5)

に注意する。

(2.24.2) 式の左辺を計算すると、

2.28 The potential at the center of a regular polyhedron 39

((2.24.2)-LHS) =2

β

∞∑n=1

An

∞∑m=1

sin

(mπϕ

β

) − β2 (δn,−m−δn,m)︷︸︸︷∫ β

0

Φ(ϕ′)2

βsin

(mπϕ′

β

)dϕ′

(2.24.6)

= −∞∑n=1

An

∞∑m=1

sin

(mπϕ

β

)(δn,−m − δn,m) (2.24.7)

=

∞∑n=1

An sin

(nπϕ

β

)(2.24.8)

= Φ(ϕ) (2.24.9)

従って、(2.24.1) 式の形の函数に関しての完全性関係、

δ(ϕ− ϕ′) =2

β

∞∑m=1

sin

(mπϕ

β

)sin

(mπϕ′

β

)(2.24.10)

を示すことができた。

2.28 The potential at the center of a regular polyhedron

初等的な解法

n 枚の導体曲面があるとする。領域はそれらの導体曲面のうち何枚かで囲まれてい

るとする。囲まれていない場合でも無限遠点でポテンシャルが 0 に固定された導体

曲面があると思えばよい。

このとき、この導体曲面のうち k 枚が電圧 V になっており、その他の導体曲面は

すべて電圧 0 になっていることを考える。このときのポテンシャルの解を Φ0(r) と

する。いまこの k 枚の導体曲面を電圧 lV に変えた状況を考えると、そのときのポテ

ンシャルの解は明らかに lΦ0(r) である。

このことを用いれば以下のことが容易に示される。すなわち、各導体曲面に

(1, 2, · · · , n) と番号付けをし、i 番目の導体曲面の電圧を Vi と書くことにすれば、ポ

テンシャル Φ(r) は、導体曲面の配置と、場所にのみ依存する定数 gi(r) を用いて、

Φ(r) =n∑i=1

gi(r)Vi (2.28.1)

とあらわすことができる。

これを簡単に示そう。

i 番の導体曲面の電圧を Vi と書くと約束する。まず、1 番の導体曲面の電圧のみ

を上げ下げする1)ことを考える。任意の場所のポテンシャルは V1 に対して線形に変

1) ただし、他の導体曲面はすべて電圧 0V になっているとする


化するから、

Φ(r) = A(r;V2, V3, · · · )V1 + γ(r;V2, V3, · · · ) (2.28.2)

と書ける。ここで V1 と V2 の値をともに (両者の値が一緒になるように) 上げ下げす

ることを考えると、このときにも任意の場所のポテンシャルは V := V1 = V2 に対し

て線形に変動しなければならないから、上で定義した函数 A(r;V2, V3, · · · ) が V2 に

依存してはならないことが分かる2)。同様の議論により函数 A は V3, V4, · · · にも依存してはならないことが分かるから、結局函数 A は場所にしか依存してはならない

ことが分かる。

そしてさらに V2 の値のみを上げ下げすることを考えると、

Φ(r) = A(r)V1 +B(r;V3, V4, · · · )V2 + λ(r;V3, V4, · · · ) (2.28.3)

と書けることが分かるが、上と同様の議論により函数 B は V3, V4, · · · に依存してはならないことが分かる。

このように上の議論を繰り返し適用することで、

Φ(r) =n∑i=1

gi(r)Vi + C(r) (2.28.4)

と書けることが分かる。いま V1 = V2 = · · · = 0 の時には左辺のポテンシャルは場所

に依らず恒等的に 0 であるから、函数 C も場所に依らず恒等的に 0 でなければなら

ない。以上から、任意の位置のポテンシャルが (2.28.1) 式のように表せることが示

された。

ここで問題文に与えられているように、各導体曲面が対称性を持っている状況を考

える。このとき中心点 rC から見た場合には、各導体曲面はどの二つも区別すること

ができないから、

gi(rC) = (const.) (2.28.5)

となる。そこでこの値を gC とおくことにすれば、

Φ(rC) = gC

n∑i=1

Vi (2.28.6)

となる。次に gC の値を決めよう。いますべての導体曲面が電圧 V になっていると

すれば、そのときのポテンシャルの解は明らかに Φ(r) ≡ V であるから、特に、

V = gC

n∑i=1

V = gCnV (2.28.7)

2) ∵ V1 × V2 といった項が出てきてしまうため

2.28 The potential at the center of a regular polyhedron 41

が成り立つ。よって gC = 1/n と分かるから結局、

Φ(rC) =1

n

n∑i=1

Vi (2.28.8)

が示された。

なお、この議論は各導体が平面的でない場合にも成り立つことに注意されたい。

(たとえば、スイカカットされた球殻や、表面が丸みを帯びている立方体などでも成

り立つ)

Green 函数法による解法

Green 函数法によれば、Green 函数と呼ばれる函数 G(r, r′) を発見すれば、

Φ(r) = − 1

4π

∮S

Φ(r′)∂G

∂n′ dS′ (2.28.9)

によりポテンシャルを計算できる。

従って、電圧が Vi(i = 1, 2, · · · , n) である n 枚の導体曲面のみが真空中にあると

すると、

Φ(r) = − 1

4π

n∑i=1

Vi

∮Si

∂G

∂n′ dS′︸︷︷︸

=:−4πgi(r)

(2.28.10)

=n∑i=1

gi(r)Vi (2.28.11)

と書ける。これは (2.28.1) 式に他ならないから、前節の議論と全く同様に問題文の

証明ができる。

平均値の定理 (the mean value theorem) の別証

球状領域 V の中は自由空間であるとする。するとこの球状領域の境界 S := ∂V

上でのポテンシャルの値 Φ0(r) が分かれば、この球状領域内の任意の位置のポテン

シャルを知ることができる (∵ Laplace 方程式の一意性)。従って、この球状領域内の

ポテンシャルを決定する問題は、S とおなじ大きさの、各点の電圧を任意に調整でき

る球殻があり、その球殻上の電圧を上で調べたポテンシャル Φ0(r) に設定した状況

を考えることと等価である。

この球殻を n 枚に分割し、その n 枚の各部分を電圧 Vi にすると一番はじめの議


論により、

Φ(r) =n∑i=1

gi(r)Vi (2.28.12)

と書ける。ここで n → ∞ として球殻上の電圧分布を Φ0(r) に近づけていくことを

考えると、これは、

Φ(r) =

∮S

g(r, r′)Φ(r′)dS′ (2.28.13)

となる。

またはこの式は Green 函数法で∂G

∂n′ =: −4πg(r, r′) とした式でもある。

球殻の中心点 rC からは球殻上の各微小領域は等価であるから、このことから、

g(rC , r′) = (const.) (2.28.14)

であることが分かる。従ってこの値を gC とおけば、

Φ(r) = gC

∮S

Φ(r′)dS′ (2.28.15)

ここで Φ(r′) ≡ V の時を考えると、

V = gC × 4πR2 (2.28.16)

であるから (ただし R は球殻の半径) 、

Φ(r) =1

4πR2

∮S

Φ(r′)dS′ (2.28.17)

となり、平均値の定理を証明できた。

43

Chapter 3

Boundary-Value Problems in

Electrostatics: II

3.4 A hollow conducting sphere divided into equal segments

ϕ = 0 で電圧の境界があり、 ϕ = +0 での電圧は +V、 ϕ = −0 での電圧は −Vであるとする。

(a)

教科書 pp.107-110 によれば、ポテンシャル Φ は球面調和函数 Yl,m(θ, ϕ) を用い

て教科書 (3.61) 式のように展開できるが、考えている領域の中に特異点がないこと

と、電磁気学における平均値の定理から中心のポテンシャルは 0 であるから、

Φ(r, θ, ϕ) =

∞∑l=1

l∑m=−l

Al,mrlYl,m(θ, ϕ) (3.4.1)

と書くことができる。ただし係数 Al,m は、

Al,mal =

∫dΩY ∗

l,m(θ, ϕ)Φ(r = a, θ, ϕ) (3.4.2)

により決定できる。

従って教科書 (3.53) 式を用いて簡単な式変形をすると、

Al,m = a−l

√2l + 1

4π

(l −m)!

(l +m)!

[∫ 2π

0

Φ(a, θ, ϕ)e−imϕ dϕ

]︸︷︷︸

⋆

[∫ 1

−1

Pml (x) dx

]︸︷︷︸

⋆⋆

(3.4.3)

となる。

44 Chapter 3 Boundary-Value Problems in Electrostatics: II

まず ⋆ の方は、

⋆ = V2n−1∑k=0

(−1)k∫ (k+1)π/n

kπ/n

e−imϕ dϕ (3.4.4)

=iV

m

[exp

(− imπ

n

)− 1

] 2n−1∑k=0

[− exp

(− imπ

n

)]k︸︷︷︸

(#)

(3.4.5)

となるが、(#) 部分はまず m/n が奇数でないときには高校でやったような和の公式

を適用することで、

(#) =1− [− exp(−imπ/n)]2n

1 + exp(−imπ/n)(3.4.6)

=1− 1

1 + exp(−imπ/n)(3.4.7)

= 0 (3.4.8)

と 0 になることが分かる。しかし m/n が奇数になるときには上の和の公式は成り

立っていなくて1)、

(#) =2n−1∑k=0

1 (3.4.9)

= 2n (3.4.10)

となる。従って結局 ⋆ 部は、

⋆ =

−4

n

miV

m

n: odd

0 otherwise(3.4.11)

と分かる。

一方 ⋆⋆ については、Legendre 陪多項式に対して成り立つ公式、

Pml (−x) = (−1)l+mPml (x) (3.4.12)

から、l +m が奇数の時には Legendre 陪多項式は奇函数になることが分かるから、

このときには積分 ⋆⋆ は 0 になってしまう2)。

1) 公比 r が 1 になるので成り立たない2) l+m が偶数の時にいつも 0 にならないかどうかは分からないです。。。

3.4 A hollow conducting sphere divided into equal segments 45

従って以上の議論から係数 Al,m は、

Al,m =

−4a−ln

miV

√2l + 1

4π

(l −m)!

(l +m)!

∫ 1

−1

Pml (x) dx m/n: odd and l +m: even

0 otherwise

(3.4.13)

となる。

なお、係数が 0 にならない (かもしれない)ような l,m の組を具体的に列挙すると

以下の通り:(n,±n) (3n,±3n) (5n,±5n) · · ·(n+ 2,±n) (3n+ 2,±3n) (5n+ 2,±5n) · · ·(n+ 4,±n) (3n+ 4,±3n) (5n+ 4,±5n) · · ·

......

.... . .

(3.4.14)

(b)

n = 1 かつ l 6 3 で生き残る項は (1,±1), (3,±1), (3,±3) の六個。これらについ

てそれぞれ頑張って計算すると、もとい Mathematica に入力する作業をすると、

A1,±1 =iV

a

√3π

2(3.4.15)

A3,±1 =iV

a3

√21π

16(3.4.16)

A3,±3 =iV

a3

√35π

16(3.4.17)

となるから、これを (3.4.1) 式に代入すると、

Φ = iV

[√3π

2(Y1,1 + Y1,−1)

r

a

+

(√21π

16(Y3,1 + Y3,−1) +

√35π

16(Y3,3 + Y3,−3)

)( ra

)3+ o(r3)

](3.4.18)

ここで教科書 p.109 および教科書の式 (3.54) で得られる球面調和函数の表式を代入

して計算を実行すると、

Φ = V

[3

2sinϕ sin θ

r

a+

7

16(3 sinϕ sin θ − 5(sinϕ sin θ)3)

( ra

)3+ o(r3)

](3.4.19)


を得る。

ここで問題文で言われているように、教科書 Section 3.3 で求めたときと同じよう

な座標になるように座標変換を行う。すなわち、xyz

−→

xz−y

(3.4.20)

あるいは同じことだが、cosϕ sin θsinϕ sin θ

cos θ

−→

cosϕ sin θcos θ

− sinϕ sin θ

(3.4.21)

とする。すると、

Φ = V

[3

2

r

acos θ +

7

16

( ra

)3(3 cos θ − 5 cos3 θ) + o(r3)

](3.4.22)

となるが、さらにここで教科書 p.97 の Legendre 多項式の表式を用いると、

Φ = V

[3

2

r

aP1(cos θ)−

7

8

( ra

)3P3(cos θ) + o(r3)

](3.4.23)

となって、教科書 (3.36) の表式と (3次の項までしか求めていないが) 完全に一致す

ることが分かる。

3.8 Another representation of the solution for Fig. 3.12 on textbook

(a)

まずは ln(cosec θ) を Legendre 多項式で展開せよ、とのお達しがあるのでその計

算を実行する。

はじめに、

ln(cosec θ) = −1

2ln(1− cos2 θ) (3.8.1)

と書けることに注意すれば、この函数は Legendre 多項式を用いて以下のように展開

できる: ln(cosec θ) =

∞∑l=0

AlPl(cos θ) (3.8.2a)

Al =2l + 1

2

∫ 1

−1

−1

2ln(1− x2)Pl(x) dx (3.8.2b)

そこで Al の積分を実行する。

3.8 Another representation of the solution for Fig. 3.12 on textbook 47

まず l = 0 の時には、P0(x) ≡ 1 に注意して、

A0 = −1

4

∫ 1

−1

ln(1− x2) dx (3.8.3)

= −1

4

∫ 1

−1

(ln(1 + x) + ln(1− x)) dx (3.8.4)

ここで、 ∫ 1

−1

ln(1± x) dx = [(x± 1) ln(1± x)− x]1−1 (3.8.5)

= 2(ln 2− 1) (3.8.6)

に注意すれば結局、

A0 = 1− ln 2 (3.8.7)

が分かる。

次に l = 0 の時には、教科書 (3.10) 式:

Pl(x) = − 1

l(l + 1)

d

dx

[(1− x2)

dPldx

(x)

](3.8.8)

が成り立つことに注意すれば、

Al =2l + 1

4l(l + 1)

∫ 1

−1

ln(1− x2)d

dx

[(1− x2)

dPldx

(x)

]dx (3.8.9)

=2l + 1

4l(l + 1)

[ln(1− x2)× (1− x2)

dPldx

(x)

]1−1︸︷︷︸

0

−∫ 1

−1

−2xXXX1− x2

(XXX1− x2)

dPldx

(x) dx

(3.8.10)

=2l + 1

2l(l + 1)

∫ 1

−1

xdPldx

(x) dx (3.8.11)

=2l + 1

2l(l + 1)

[xPl(x)]1−1︸︷︷︸1+(−1)l

−∫ 1

−1

Pl(x) dx︸︷︷︸0

(3.8.12)

=

2l + 1

l(l + 1)l ∈ even

0 l ∈ odd(3.8.13)



従って、結局、

ln(cosec θ) = 1− ln 2 +∑l∈even

2l + 1

l(l + 1)Pl(cos θ) (3.8.14)

= 1− ln 2 +∞∑j=1

4j + 1

2j(2j + 1)P2j(cos θ) (3.8.15)

と展開できることが分かった。この式を用いれば、問題文 (3.136) 式は、

Φ(x) =Q

4πϵ0b

ln( br

)+

∞∑j=1

4j + 1

2j(2j + 1)

[1−

(rb

)2j]P2j(cos θ)

(3.8.16)

=Q

4πϵ0b

ln( 2b

r sin θ

)− 1−

∞∑j=1

4j + 1

2j(2j + 1)

(rb

)2jP2j(cos θ)

(3.8.17)

と変形できることが分かる。

また、Φ0 := −Q/4πϵ0b という項は、系全体の総電荷を 0 にするために導体球殻

上に誘起された電荷の作るスカラーポテンシャルである。

(b)

まずはじめに、問題文 (3.38) 式から、

1√r2 + r′2 − 2rr′ cos θ

=

∞∑l=0

rl<rl+1>

Pl(cos θ) (3.8.18)

が成り立つので、この式において r = r′ = 1 として、

1√2(1− cos θ)

=

∞∑l=0

Pl(cos θ) (3.8.19)

⇔1

2

√2

1− cos θ=

∞∑l=0

Pl(cos θ) (3.8.20)

が成り立つ。cos θ → − cos θ という置き換えを行うことで、

1

2

√2

1 + cos θ=

∞∑l=0

Pl(− cos θ) (3.8.21)

=∞∑l=0

(−1)lPl(cos θ) (3.8.22)

3.12 A conducting plane with a hole and a disc filling the hole 49

が成り立つことも分かる。

このことに注意すれば、問題文に与えてられている等式は、

1

2

(1

sin θ2

+1

cos θ2

)=

1

2

(√2

1− cos θ+

√2

1 + cos θ

)(3.8.23)

=∞∑l=0

(1 + (−1)l)Pl(cos θ) (3.8.24)

= 2∞∑j=0

P2j(cos θ) (3.8.25)

と示すことができる。

この等式を用いれば、問題文 (3.137) 式は、

σ(θ) = − Q

4πb2

1 + ∞∑j=1

4j + 1

2j + 1P2j(cos θ)

(3.8.26)

= − Q

4πb2

∞∑j=0

4j + 1

2j + 1P2j(cos θ) (3.8.27)

= − Q

4πb2

12

(1

sin θ2

+1

cos θ2

)−

∞∑j=0

1

2j + 1P2j(cos θ)

(3.8.28)

と変形できる。

3.12 A conducting plane with a hole and a disc filling the hole

(a)

「適切な円柱座標系を設定して…」とありますが、どう考えてもまっとうな人間な

ら一通りの設定以外は思い浮かびすらしないと思います。その設定で行きます。

まず教科書 p.118 から、問題のポテンシャルは、

Φ(ρ, ϕ, z) =∞∑m=0

∫ ∞

0

dk e−kzJm(kρ)[Am(k) sin(mϕ) +Bm(k) cos(mϕ)] (3.12.1)

と展開できる。ただし展開係数 Am(k), Bm(k) は m > 1 のときには、Am(k)Bm(k)

=k

π

∫ ∞

0

ρ dρ

∫ 2π

0

dϕV (ρ, ϕ)Jm(kρ)

sin(mϕ)cos(mϕ)

(3.12.2)


一方 m = 0 の時には、A0(k) = 0

B0(k) =k

2π

∫ ∞

0

ρ dρ

∫ 2π

0

dϕV (ρ, ϕ)J0(kρ)(3.12.3)

で与えられる。

ここで問題で与えられているポテンシャルに対して展開係数を計算すると、∫ 2π

0cos(mϕ)dϕ =

∫ 2π

0sin(mϕ)dϕ = 0 であることから m > 1 に対しては Am(k) =

Bm(k) = 0 であることが容易に分かる。B0(k) は、

B0(k) =k

2π

∫ ∞

0

ρ dρ

∫ 2π

0

dϕ︸︷︷︸2π

V (ρ, ϕ)J0(kρ) (3.12.4)

= kV

∫ a

0

ρJ0(kρ) dρ (3.12.5)

=V

k

∫ ka

0

ρJ0(ρ)dρ (∵ kρ→ ρ と変数変換を行った) (3.12.6)

となるが、 Bessel 函数の満たすべき微分方程式:

1

ρ

d

dρ

(ρdJ0dρ

(ρ)

)+ J0(ρ) = 0 (3.12.7)

を用いれば、

B0(k) = −Vk

∫ ka

0

d

dρ

(ρdJ0dρ

(ρ)

)dρ (3.12.8)

= −Vk

[ρdJ0dρ

(ρ)

]ka0

(3.12.9)

= −V adJ0dρ

(ka) (3.12.10)

であり、ここでさらに教科書 p.113 (3.88) 式および (3.84) 式の関係式を用いると、

dJ0dρ

(ρ) =1

2(J−1(ρ)− J1(ρ)) =

1

2((−1)1J1(ρ)− J1(ρ)) = −J1(ρ) (3.12.11)

と分かるから、結局、

B0(k) = V aJ1(ka) (3.12.12)

となる。

3.12 A conducting plane with a hole and a disc filling the hole 51

これらの結果を (3.12.1) 式に適用すれば、

Φ(ρ, ϕ, z) = V a

∫ ∞

0

e−kzJ0(kρ)J1(ka)dk (3.12.13)

を得る。

(b)

Φ0(z) := Φ(ρ = 0, z) (3.12.14)

= V a

∫ ∞

0

e−kz J0(0)︸︷︷︸1

J1(ka)︸︷︷︸− dJ0

dk |k=ka

=−a−1 ddk (J0(ka))

dk (3.12.15)

= −V∫ ∞

0

e−kzd

dk(J0(ka))dk (3.12.16)

= −V([e−kzJ0(ka)]

∞0 −

∫ ∞

0

−ze−kzJ0(ka)dk)

(3.12.17)

= V

1− z

∫ ∞

0

e−kzJ0(ka)dk︸︷︷︸1/

√a2+z2 (prob. 3.16(c))

(3.12.18)

= V

(1− z√

a2 + z2

)(3.12.19)

(c)

→ よく分かりませんでした。なので Mathematica を使います。第一種完全楕円積分

complete elliptic integral of the first kind は以下で定義される:

K(k) :=

∫ π/2

0

dθ√1− k2 sin2 θ

(3.12.20)

=

∫ 1

0

dt√(1− t2)(1− k2t2)

(3.12.21)

求めたい積分は、

Φa(z) := Φ(ρ = a, z) (3.12.22)

= V a

∫ ∞

0

e−kzJ0(ka)J1(ka)dk (3.12.23)


であるので Mathematica に積分させると、

Φa(z) =V

2

(1− 2

πEllipticK

(−4a2

z2

))(3.12.24)

となるが、どうも Mathematica の第一種完全楕円積分の定義が通常とは違うらしく、

K(k) = EllipticK(k2) (3.12.25)

らしい。

また Wolfram MathWorld の第一種完全楕円積分の解説記事1) によると、

K(ik) =1√

1 + k2K

(√k2

1 + k2

)(3.12.26)

であるから、これらから、Φa(z) =

V

2

(1− kz

πaK(k)

)k =

2a√z2 + 4a2

(3.12.27)

が分かる。

3.20 Two infinite conducting planes and a point charge

(a)

問題 3.17 で導いた Green 函数、

G(x,x′) =4

L

∞∑n=1

∞∑m=−∞

eim(ϕ−ϕ′) sin(nπzL

)sin

(nπz′

L

)Im

(nπLρ<

)Km

(nπLρ>

)(3.20.1)

を用いて計算すればよい。

実際に計算を実行すると境界面上ではポテンシャルが 0 であることから、

Φ(z, ρ) =1

4πϵ0

∫V

q

ρδ(z − z0)δ(ρ)δ(ϕ)G(x,x

′)d3x (3.20.2)

=q

πϵ0L

∞∑n=1

∞∑m=−∞

eimϕ sin(nπzL

)sin(nπz0

L

)Im(0)Km

(nπρL

)(3.20.3)

1) http://mathworld.wolfram.com/CompleteEllipticIntegraloftheFirstKind.html#

eqn12

http://mathworld.wolfram.com/CompleteEllipticIntegraloftheFirstKind.html#eqn12

http://mathworld.wolfram.com/CompleteEllipticIntegraloftheFirstKind.html#eqn12

3.20 Two infinite conducting planes and a point charge 53

ここで Im(0) = δ0,m に注意すれば、

Φ(z, ρ) =q

πϵ0L

∞∑n=1

sin(nπzL

)sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)(3.20.4)

となり答えを得る。

(b)

上面と下面の導体平板に対してそれぞれ計算してあげると、まず下面 (z = 0) に対

しては、

σ0(ρ) = −ϵ0∂Φ

∂z

∣∣∣∣z=0

(3.20.5)

= − q

πL

∞∑n=1

nπ

Lcos(nπzL

)sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)∣∣∣∣∣z=0

(3.20.6)

= − q

L2

∞∑n=1

n sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)(3.20.7)

となる。

同様の計算を上面の導体平板に対しても繰り返せば、

σL(ρ) = +ϵ0∂Φ

∂z

∣∣∣∣z=L

(3.20.8)

=q

L2

∞∑n=1

n cos(nπ)︸︷︷︸(−1)n

sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)(3.20.9)

=q

L2

∞∑n=1

(−1)nn sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)(3.20.10)

を得る。

問題 3.19 (b), (c) との関係 −→ 分からないです。

(c)

(b) の結果を上面の導体平板上で面積分をしてあげることで、


QL = 2πq

L2

∫ ∞

0

∞∑n=1

(−1)nn sin(nπz0

L

)K0

(nπρL

)ρdρ (3.20.11)

=2πq

L2

∞∑n=1

(−1)nn sin(nπz0

L

)∫ ∞

0

ρK0

(nπρL

)dρ (3.20.12)

となる。この積分部分は Mathematica によれば、∫ ∞

0

ρK0

(nπρL

)dρ =

(L

nπ

)2

(3.20.13)

らしいので、結局、

QL =2q

π

∞∑n=1

(−1)n

nsin(nπz0

L

)(3.20.14)

だと分かる。複雑な総和式であるが、実は x の Fourier 展開が、

x = −2∞∑n=1

sin(nx) (3.20.15)

であるのでこれが使えて、最終的に、

QL = −z0Lq (3.20.16)

と分かる。これは問題 1.13 で Green の相反定理を用いて導いた結果と見事に一致

する。

3.24 Walls of conducting cylindrical box, except for a disc in the upper end

(a)

問題 3.23 より、今回のコンフィギュレーションに対する Green 函数として以下の

異なる三つの形が分かっている1):

1) 問題 3.23 で求めたポテンシャルに対して 4πϵ0/q を乗じたものが Green 函数になっていることに注意する


G1(x,x′) :=

4

a

∞∑m=−∞

∞∑n=1

eim(ϕ−ϕ′)Jm

(xm,nρa

)Jm

(xm,nρ

′

a

)xm,nJ

2m+1(xm,n) sinh

(xm,nL

a

)× sinh

(xm,na

z<

)sinh

(xm,na

(L− z>))

(3.24.1a)

G2(x,x′) :=

4

L

∞∑m=−∞

∞∑n=1

eim(ϕ−ϕ′) sin(nπzL

)sin

(nπz′

L

) Im

(nπρ<L

)Im

(nπaL

)×[Im

(nπaL

)Km

(nπρ>L

)−Km

(nπaL

)Im

(nπρ>L

)](3.24.1b)

G3(x,x′) :=

8

La2

∞∑m=−∞

∞∑k=1

∞∑n=1

eim(ϕ−ϕ′) sin

(kπz

L

)sin

(kπz′

L

)Jm

(xm,nρa

)Jm

(xm,nρ

′

a

)[(xm,n

a

)2+

(kπ

L

)2]J2m+1(xm,n)

(3.24.1c)

これらの Green 函数を用いて目的のポテンシャルの形を求めていく。

まず考えている空間内に電荷は存在しないから2)、

Φ(x) = − 1

4π

∮S

Φ(x′)∂G

∂n′ da′ (3.24.2)

= − 1

4π

∫ b

0

ρ′dρ′∫ 2π

0

dϕ′ V∂G

∂z′

∣∣∣∣z′=L

(3.24.3)

= − V

4π

∫ b

0

ρ′∂

∂z′

(∫ 2π

0

Gdϕ′)∣∣∣∣

z′=L

dρ′ (3.24.4)

と変形できる。なお、どの Green 函数も ϕ 方向に 0 から 2π まで積分すると m に

関する和のうち m = 0 のものは 0 になってしまうことから、計算の簡単のために ϕ

積分を最も内側に持ってきた。このことを念頭に、

G(x,x′) :=

∫ 2π

0

Gdϕ′ (3.24.5)

とおき、ポテンシャルの式を、

Φ(x′) = − V

4π

∫ b

0

ρ′∂G

∂z′

∣∣∣∣∣z′=L

dρ′ (3.24.6)

と書き直しておく。

2) ただし G は G1, G2, G3 のいずれかの Green 函数を指すものとする。以下同様とする


Green 函数 G1 に対するポテンシャルの表式

ここまでで準備は終わりで、後は代入して計算を進めていくだけである。

まず、

G1(x,x′) =

8π

a

∞∑n=1

J0

(x0,nρa

)J0

(x0,nρ

′

a

)x0,nJ

21 (x0,n) sinh

(x0,nL

a

) sinh(x0,n

az<

)sinh

(x0,na

(L− z>))

(3.24.7)

であるから、

∂G1

∂z′

∣∣∣∣∣z′=L

= −8π

a2

∞∑n=1

J0

(x0,nρa

)J0

(x0,nρ

′

a

)sinh

(x0,nza

)J21 (x0,n) sinh

(x0,nL

a

) (3.24.8)

従って、

Φ(x) =2V

a2

∞∑n=1

J0

(x0,nρa

)sinh

(x0,nza

)J21 (x0,n) sinh

(x0,nL

a

) ∫ b

0

ρ′J0

(x0,nρ

′

a

)dρ′ (3.24.9)

ここで Mathematica によれば3)、∫ b

0

ρ′J0

(x0,nρ

′

a

)dρ′ =

ab

x0,nJ1

(x0,nb

a

)(3.24.10)

であるから、これを用いて最終的に、

Φ(x) = 2Vb

a

∞∑n=1

J0

(x0,nρa

)J1

(x0,nb

a

)sinh

(x0,nza

)x0,nJ

21 (x0,n) sinh

(x0,nL

a

) (3.24.11)

と分かる。


こちらも同様に計算を進めればよい。まず、

3) なお Bessel 函数のみたす微分方程式と漸化式を用いれば示すこともできる


G2(x,x′) =

8π

L

∞∑n=1

sin(nπzL

)sin

(nπz′

L

) I0

(nπρ<L

)I0

(nπaL

)×[I0

(nπaL

)K0

(nπρ>L

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρ>L

)](3.24.12)

であるから、

∂G2

∂z′

∣∣∣∣∣z′=L

=8π2

L2

∞∑n=1

(−1)nn sin(nπzL

) I0 (nπρ<L

)I0

(nπaL

)×[I0

(nπaL

)K0

(nπρ>L

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρ>L

)](3.24.13)

従って、

Φ(x) = −2Vπ

L2

∞∑n=1

(−1)nnsin(nπzL

)I0

(nπaL

)×∫ b

0

ρ′ I0

(nπρ<L

) [I0

(nπaL

)K0

(nπρ>L

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρ>L

)]dρ′

(3.24.14)

となる。そこで積分部分を、

I :=

∫ b

0

ρ′ I0

(nπρ<L

) [I0

(nπaL

)K0

(nπρ>L

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρ>L

)]dρ′

(3.24.15)

とおき、次にこの I を計算しよう。

まず ρ > b のときには ρ> = ρ, ρ< = ρ′ なので、積分は比較的簡単に実行できて、

I =[I0

(nπaL

)K0

(nπρL

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρL

)] ∫ b

0

ρ′ I0

(nπρ′

L

)dρ′︸︷︷︸

(bL/nπ)I1(nπb/L)

(3.24.16)

=bL

nπI1

(nπb

L

)[I0

(nπaL

)K0

(nπρL

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρL

)](3.24.17)

となる。

一方で ρ < b のときには積分範囲を分割して計算しなくてはならず、


I =[I0

(nπaL

)K0

(nπρL

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρL

)] ∫ ρ

0

ρ′ I0

(nπρ′

L

)dρ′

+ I0

(nπρL

)∫ b

ρ

ρ′[I0

(nπaL

)K0

(nπρ′

L

)−K0

(nπaL

)I0

(nπρ′

L

)]dρ′

(3.24.18)

=L

nπ

ρI0

(nπaL

) [I1

(nπρL

)K0

(nπρL

)−K1

(nπρL

)I0

(nπρL

)]+ bI0

(nπρL

)[I0

(nπaL

)K1

(nπb

L

)−K0

(nπaL

)I1

(nπb

L

)](3.24.19)

となる。

さて以上で ρ > b のときと ρ < b の二通りの場合の I の表式が求まったが、実は

この式は ρ< := min(ρ, b) とおくことで、

I =L

nπ

ρ<I0

(nπaL

) [I1

(nπρ<L

)K0

(nπρL

)−K1

(nπρ<L

)I0

(nπρL

)]+ bI0

(nπρL

)[I0

(nπaL

)K1

(nπb

L

)−K0

(nπaL

)I1

(nπb

L

)](3.24.20)

と一本の式にまとめることができる4)。従って結局、

Φ(x) = −2Vb

L

∞∑n=1

(−1)n sin(nπzL

)×ρ<b

[I1

(nπρ<L

)K0

(nπρL

)−K1

(nπρ<L

)I0

(nπρL

)]+I0(nπρL

)I0(nπaL

) [I0 (nπaL

)K1

(nπb

L

)−K0

(nπaL

)I1

(nπb

L

)](3.24.21)

となる。


上二つと同様に計算する。

4) 上の方では ρ< = min(ρ, ρ′) だったが、それとは異なるので注意


まず、

G3(x,x′) =

16π

La2

∞∑k=1

∞∑n=1

sin

(kπz

L

)sin

(kπz′

L

)J0

(x0,nρa

)J0

(x0,nρ

′

a

)[(x0,n

a

)2+

(kπ

L

)2]J21 (x0,n)

(3.24.22)

従って、

∂G2

∂z′

∣∣∣∣∣z′=L

=16π2

L2a2

∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)kk sin

(kπz

L

)J0

(x0,nρa

)J0

(x0,nρ

′

a

)[(x0,n

a

)2+

(kπ

L

)2]J21 (x0,n)

(3.24.23)

だからポテンシャルは、

Φ(x) = − 4πV

L2a2

∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)kk sin

(kπz

L

)J0

(x0,nρa

)[(x0,n

a

)2+

(kπ

L

)2]J21 (x0,n)

∫ b

0

ρ′J0

(x0,nρ

′

a

)dρ′

(3.24.24)

= −4πVb

L2a

∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)kk sin

(kπz

L

)J0

(x0,nρa

)J1

(x0,nb

a

)[(x0,n

a

)2+

(kπ

L

)2]x0,nJ

21 (x0,n)

(3.24.25)

と分かる。

(b)

a = L/2, b = L/4 として円筒の中央部のポテンシャル Ψ を、得られた三つのポテ

ンシャルの表式を用いて書き下すと次のようになる:

Ψ1 = V

∞∑n=1

J1(x0,n/2) sinh(x0,n)

x0,nJ21 (x0,n) sinh(2x0,n)

(3.24.26a)

Ψ2 =V

2

∞∑n=1

(−1)n sin(nπ/2)I0(nπ/2)K1(nπ/4)−K0(nπ/2)I1(nπ/4)

I0(nπ/2)

(3.24.26b)

Ψ3 = −2πV∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)kk sin(kπ/2)J1(x0,n/2)

(4x20,n + k2π2)x0,nJ21 (x0,n)

(3.24.26c)


Mathematica を用いてこれらを計算すると、Ψ1 は有効数字二桁の場合には n = 3

程度ですぐに収束し Ψ ≈ 0.072V という答えを得る。

一方で Ψ2,Ψ3 については n = k = 100 程度でも収束せず、非常に収束の遅い級

数であることが分かる。

これは何故かというと、Ψ2,Ψ3 は総和の中に −1 の冪乗が入っており振動しなが

ら収束していく級数なのでどうしても収束が遅くなってしまうからだと考えられる。

また特に Ψ3 に関しては二重総和であるから他の級数よりも二乗倍の時間がかかるの

でこの級数の収束はさらに遅いといえるだろう。

注意: Ψ2 の計算結果が負の値になるので間違えているかも知れません

3.26 The Green function appropriate for Neumann boundary condition

Green 函数の境界条件は、教科書 (1.45) 式によると、S = 4π(a2 + b2) に注意

して、∂G

∂n′ = −4π

S= − 1

a2 + b2(for x on S) (3.26.1)

従って、∞∑l=0

∂gl∂n′Pl(cos γ) = − 1

a2 + b2(3.26.2)

であるが、これが任意の γ に対して成り立つためには、

∂gl∂n′ =

0 l = 0 (3.26.3a)

− 1

a2 + b2l = 0 (3.26.3b)

でなければいけないことに注意する。

以下では問題文にあるように、 l = 0 のときと l = 0 のときに分けて gl を計算

する。

(a) l = 0

まず fl(r, r′)Pl(cos γ) が x′ に対して調和函数でなければならないから、fl(r, r′)

は r′l および r′−(l+1) の線形結合でなければならない。従って A(·), B(·) を今のところ未知の函数として、

fl(r, r′) = A(r)r′l +B(r)r′−(l+1) (3.26.4)

と書ける。一方、fl(r, r′)が対称な形をしているものを求めたいので、上の A(·), B(·)を用いて、

fl(r, r′) = A(r′)rl +B(r′)r−(l+1) (3.26.5)

3.26 The Green function appropriate for Neumann boundary condition 61

でなければならない。両辺を見比べることで、函数 A(·), B(·) は、A(r) = αrl + βr−(l+1) (3.26.6a)

B(r) = γrl + δr−(l+1) (3.26.6b)

という形をしていなければならないことが分かるから、(3.26.4-3.26.5) 式にこれを代

入して見比べることで、求めたい函数 fl(r, r′) は A,B,C を定数として、

fl(r, r′) = A(rr′)l +

B

(rr′)l+1+ C

(r′l

rl+1+

rl

r′l+1

)(3.26.7)

とかけることがいえる。以下では (3.26.3a) 式の条件を用いて定数 A,B,C を決定

する。

まず r′ = a のときを考えると、(3.26.3a) 式は、

lal−1

rl+1+Alrlal−1 −B(l + 1)

1

rl+1al+2+ C

(lal−1

rl+1− (l + 1)

rl

al+2

)= 0 (3.26.8)

となるが、これが r の任意の値に対して成り立つためには、lal−1 − B(l + 1)

al+2+ Clal−1 = 0 (3.26.9a)

Alal−1 − C(l + 1)

al+2= 0 (3.26.9b)

でなければならない。

同様に r′ = b のときも計算をすると、− l + 1

bl+2+Albl−1 − C(l + 1)

bl+2= 0 (3.26.9c)

−B(l + 1)

bl+2+ Clbl−1 = 0 (3.26.9d)

を得る。

ここで (3.26.9a–3.26.9d) 式を連立して解くと1)、

ABC

=1

b2l+1 − a2l+1

l + 1

ll

l + 1(ab)2l+1

a2l+1

(3.26.10)

となる。

1) 未知変数が A,B,C の三つのみだが、式が四本で数が合わない。しかし実はこの四本の式は独立になっておらず、矛盾は起こらない


従ってこの結果を (3.26.7) 式に代入すれば、

gl(r, r′) =

rl<rl+1>

+1

b2l+1 − a2l+1

[l + 1

l(rr′)l +

l

l + 1

(ab)2l+1

(rr′)l+1+ a2l+1

(r′l

rl+1+

rl

r′l+1

)](3.26.11)

を得る。

(b) l = 0

(a)と同様に、f0(r, r′)P0(cos γ)の x′ に対する調和性から、f0(r, r′)は、A(r), B(r)

を r に関するある函数として、

f0(r, r′) = A(r) +

B(r)

r′(3.26.12)

とかける。

さらに (a) と同様に (3.26.3b) 式の条件を適用すると、−(−B(r)

a2

)= − 1

a2 + b2r′ = a (3.26.13a)

− 1

b2− B(r)

b2= − 1

a2 + b2r′ = b (3.26.13b)

となり、式を整理すると両者とも、

B(r) = − a2

a2 + b2(3.26.14)

となる。ここで A(r) に対する条件はないので、 A(r) は任意の函数でよい。

従って f(r) := A(r) と改めておきなおすと、f(r) を任意の函数として、

g0(r, r′) =

1

r>−(

a2

a2 + b2

)1

r2+ f(r) (3.26.15)

と分かる。

ここで問題にあるように、 Green 函数の任意性が許されることを確かめよう。

まず教科書 p.39 (1.46) 式から、

Φ(x) = Φ0 +1

4πϵ0

∫V

ρ(x′)G(x,x′) d3x′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′G(x,x′) da′ (3.26.16)

である。G(x,x′) → G(x,x′) + f(r) と、Green 函数に r に関するある函数 f(r) を

加えたときのポテンシャルの変化量を、この式を用いて計算する。

3.27 Application of the Neumann Green function 63

∆Φ =1

4πϵ0

∫V

ρ(x′)f(r) d3x′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ f(r) da′

=1

4πf(r)

[1

4πϵ0

∫V

ρ(x′) d3x′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′]

=1

4πf(r)

[− 1

4π

∫V

∇ ·E(x′) d3x′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′]

=1

4πf(r)

[− 1

4π

∮S

E(x′) · da′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′]

=1

4πf(r)

[− 1

4π

∮S

∇Φ(x′) · da′ +1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′]

=1

4πf(r)

[− 1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′ +

1

4π

∮S

∂Φ

∂n′ da′]

= 0

となるので、Green 函数に r に関する任意の函数を加えたとしても物理量である

ポテンシャルは変化しないことが分かり、今回のような任意性は許されることが分

かった。

3.27 Application of the Neumann Green function

(a)

いま考えている領域に電荷はないから、教科書 (1.46) 式は、

Φ(x) =1

4π

∮S

∂Φ

∂n′G(x,x′) da′ (3.27.1)

となる。ただし ⟨Φ⟩S = 0 とおいた。

これに対して問題 3.26 の Green 函数を代入して計算すると、

Φ(x) =1

4πb2∫dΩ′

∂Φ

∂n′ = −Er︷︸︸︷E0 cos θ

′

G(x,x′)︷︸︸︷∞∑l=0

gl(r, b)Pl(cos γ) (3.27.2)

=b2E0

4π

∞∑l=0

gl(r, b)

∫dΩ′ cos θ′Pl(cos γ) (3.27.3)

ここで球面調和函数の加法定理から、

Pl(cos γ) =4π

2l + 1

l∑m=−l

Y ∗l,m(θ′, φ′)Yl,m(θ, φ) (3.27.4)


であることに注意すれば、

Φ(x) = b2E0

∞∑l=0

1

2l + 1gl(r, b)

l∑m=−l

Yl,m(θ, φ)

∫dΩ′ cos θ′ Y ∗

l,m(θ′, φ′)::::::::::::::::::::::

(#)

(3.27.5)

であるが、(#) 部分は、

cos θ′ = P 01 (cos θ

′) =

√4π

3Y1,0(θ

′, φ′) (3.27.6)

および球面調和函数の直交性、∫dΩY ∗

l′,m′(θ, φ)Yl,m(θ, φ) = δl,l′δm,m′ (3.27.7)

に気をつければ、

(#) =

√4π

3δl,1δm,0 (3.27.8)

と分かるから、

Φ(x) =

√4π

3b2E0

∞∑l=0

1

2l + 1gl(r, b)

l∑m=−l

Yl,m(θ, φ)δl,1δm,0 (3.27.9)

=

√4π

3b2E0

1

3g1(r, b)Y1,0(θ, φ)︸︷︷︸

√34π cos θ

(3.27.10)

=b2E0

3g1(r, b) cos θ (3.27.11)


ここで問題 3.26 から、

g1(r, b) =r

b2+

1

b3 − a3

[2br +

1

2

(ab)3

(br)2+ a3

(b

r2+

r

b2

)](3.27.12)

= · · ·

=3b

b3 − a3r +

3a3b

2(b3 − a3)

1

r2(3.27.13)

=3r

b2(1− p3)

(1 +

a3

2r3

)(3.27.14)

であるから結局、

Φ(x) = E0r cos θ

1− p3

(1 +

a3

2r3

)(3.27.15)

3.27 Application of the Neumann Green function 65

図 3.1 電場の様子

と計算できた。

r 方向、および θ 方向の電場は、いま求めたポテンシャルを微分することで、

Er(r, θ) = −∂Φ∂r

= −E0cos θ

1− p3

(1− a3

r3

)(3.27.16)

および、

Eθ(r, θ) = −1

r

∂Φ

∂θ= E0

sin θ

1− p3

(1 +

a3

2r3

)(3.27.17)

と求めることができる。

(b)

(a) で求めたポテンシャルを円筒座標表示すると、

Φ(ρ, z) = E0z

1− p3

(1 +

a3

2(ρ2 + z2)3/2

)(3.27.18)

であるから、z 方向と ρ 方向の電場はそれぞれ上のポテンシャルを微分することで、

Eρ(ρ, z) = −∂Φ∂ρ

= E01

1− p33a3ρz

2(ρ2 + z2)5/2(3.27.19)

および、

Ez(ρ, z) = −∂Φ∂ρ

= −E01

1− p3

(1 +

a3

2

ρ2 − 2z2

(ρ2 + z2)5/2

)(3.27.20)


と求めることができる1)。

p = 0.5 とした場合の電場の様子を図 3.1 に示す。この図を見ると、内側の球面で

は境界条件で設定したように、球面に垂直な方向の電場はなく、球面に沿う方向の電

場のみがあり、まるで内側の球殻を「避けるように」電場が形成されていることが分

かる。

1) (a) で求めた電場 (Eθ, Er) を −θ だけ回転して求めてもよい

67

Chapter 4

Multipoles, Electrostatics of

Macroscopic Media, Dielectrics

4.4 Coordinate independence of the first nonvanishing multipole moment

(a)

多重極モーメントは、

ql,m :=

∫Y ∗l,mr

lρ(x)d3x (4.4.1)

であり、これを原点から R だけ離れた位置から見て積分したものを、

q′l,m :=

∫Y ∗l,mr

lρ(x+R)d3x (4.4.2)

とおく。このときある l0 に対して ∀l < l0, ql,m = 0 ⇒ ∀m, ql0,m = q′l0,m が成り立

つことを示せばよい。いまポテンシャルは多重極モーメントを用いて、

Φ(x) =1

4πϵ0

∞∑l=1

l∑m=−l

4π

2l + 1ql,m

Yl,m(θ, ϕ)

rl+1(4.4.3)

と書けるが、原点を R にとる立場からみれば、ポテンシャルは、

Φ′(x) =1

4πϵ0

∞∑l=1

l∑m=−l

4π

2l + 1q′l,m

Yl,m(θ, ϕ)

rl+1(4.4.4)

と表すことができる。

するとプライムなしの観測者からみて座標 x の位置というのはプライムつきの観

測者から見れば x−R なる場所であるから、このポテンシャルに関して、

Φ(x) = Φ′(x−R) (4.4.5)

68 Chapter 4 Multipoles, Electrostatics of Macroscopic Media, Dielectrics

が成り立っていなければならない。ここで位置 x−R を球座標であらわしたものを

(r′, θ′, ϕ′) でかくことにすれば、この等式に上に書いた Φ,Φ′ の具体的な表式を代入

し整理することで、

∞∑l=1

l∑m=−l

1

2l + 1

(ql,m

Yl,m(θ, ϕ)

rl+1− q′l,m

Yl,m(θ′, ϕ′)

r′l+1

)= 0 (4.4.6)

なる恒等式を得る。ここで l < l0 に対して ql,m = 0 であることを仮定するとこの

式は、

∞∑l=l0

l∑m=−l

1

2l + 1

(ql,m

Yl,m(θ, ϕ)

rl+1− q′l,m

Yl,m(θ′, ϕ′)

r′l+1

)= 0 (4.4.7)

と書き換えることができる1)。ここで両辺に rl0+1 をかけ、l = l0 の項のみ抜きだ

すと、

l0∑m=−l0

1

2l0 + 1

(ql0,mYl0,m(θ, ϕ)− q′l0,mYl0,m(θ′, ϕ′)

)+O(r−1) +O(r′−1) = 0

(4.4.8)

と変形できる。ここで r → ∞ なる極限をとると r′ → r, θ′ → θ, ϕ′ → ϕ であるか

ら、上の恒等式はこの極限において、

l0∑m=−l0

(ql0,m − q′l0,m)Yl0,m(θ, ϕ) = 0 (4.4.9)

と分かる。これは任意の θ, ϕ に対して成り立つから結局、

ql0,m = q′l0,m (4.4.10)

もいることが分かる2)。

but the values of all higher multipole moments do in general depend on the

choice of origin は無視

(b)

まず単極子モーメントは、

1) 違いが分かりにくいが l に関する総和の下限が変更されている2) 本当はこんな (ポテンシャルを挟むような) 遠回りな証明でなくもっと直接的に球面調和函数の性質を用いて示せると思うのですが。。。

4.4 Coordinate independence of the first nonvanishing multipole moment 69

q′ =

∫ρ(x+R)d3x (4.4.11)

=

∫ρ(x)d3x (4.4.12)

= q (4.4.13)

となり変化しないことが分かる。ただし一行目から二行目の変形で積分変数に対して

x+R → x とう変数変換を行った。

双極子モーメントは、

p =

∫xρ(x+R)d3x (4.4.14)

=

∫(x−R)ρ(x)d3x (4.4.15)

= p− qR (4.4.16)

となる。

最後に四重極子モーメントは、

Qi,j =

∫(3xixj − r2δi,j)ρ(x+R)d3x (4.4.17)

=

∫ [3(xi −Ri)(xj −Rj)− (r2 +R2 − 2x ·R)δi,j

]ρ(x)d3x (4.4.18)

= Qi,j + (2δi,jR · p− 3Ripj − 3Rjpi) + (3RiRj −R2δi,j)q (4.4.19)

となる。

(c)

q = 0 のとき p′ = 0 とするには、

R =1

qp (4.4.20)

とすればよいことが分かる。

一方、四重極子モーメントに関しては、四重極子モーメントは (三階の対象テンソ

ルなので) 自由度は 6 であるが、私たちの操作できる変数である R は三つの自由度

しかないため、すべての四重極子モーメントが 0 になるように座標を平行移動するこ

とは一般にはできない。


4.8 A dielectric cylindrical shell placed in a uniform electric field

(a)

円筒方向に z 軸を、電場方向に x 軸の正の向きをとる。

z 方向に対称性があるからこれは教科書 2.11 節での議論が適用できる。すなわち

任意の場所のポテンシャルは教科書 (2.71) 式のように展開できる。このとき定数部

分は任意におくことができるので a0 = 0 としてよく、線状電荷が存在しないことよ

り b0 = 0 である。また x 軸に関して対象である、すなわち ϕ ↔ −ϕ という入れ替えに対してポテンシャルの表式が形を変えてはいけないことから最後二項の三角函

数部分は cos(nϕ) のみが生き残る。さらに円筒内部および円筒本体上では特異性が

あってはならないこと、および円筒外部では ρ→ ∞ のとき −E0ρ cosϕ に漸近しな

ければならないことから、円筒内部のポテンシャルを Φin 円筒本体上でのポテンシャ

ルを Φinside 円筒外部のポテンシャルを Φout と書くことにすとこれらのポテンシャ

ルはそれぞれ、

Φin =∞∑n=1

αnρn cos(nϕ) (4.8.1)

Φinside =∞∑n=1

[βnρ

n cos(nϕ) + γnρ−n cos(nϕ)

](4.8.2)

Φout = −E0ρ cosϕ+

∞∑n=1

δnρ−n cos(nϕ) (4.8.3)

と書くことができることが分かる。

次に各境界面上での接続条件、すなわち教科書 (4.40) 式を用いて未知定数

αn, βn, γn, δn を決定しよう。

まず円筒内部および円筒本体との境界面上での接続条件は明らかに、

• Tangential:∂Φin

∂ϕ

∣∣∣∣ρ=a

=∂Φinside

∂ϕ

∣∣∣∣ρ=a

(4.8.4)

αnan = βna

n + γna−n (4.8.5)

• Normal:

ϵ0∂Φin

∂ρ

∣∣∣∣ρ=a

= ϵ∂Φinside

∂ρ

∣∣∣∣ρ=a

(4.8.6)

αnan =

ϵ

ϵ0(βna

n − γna−n) (4.8.7)

4.8 A dielectric cylindrical shell placed in a uniform electric field 71

である。

続いて円筒本体と円筒外部の境界面上での接続条件は、

• Tangential:∂Φinside

∂ϕ

∣∣∣∣ρ=b

=∂Φout

∂ϕ

∣∣∣∣ρ=b

(4.8.8)

βnb

n + γnb−n = δnb

−n n = 1 (4.8.9a)

β1b+ γ1b−1 = δ1b

−1 − E0b (4.8.9b)

• Normal:

ϵ∂Φinside

∂ρ

∣∣∣∣ρ=b

= ϵ0∂Φout

∂ρ

∣∣∣∣ρ=b

(4.8.10)

(ϵ/ϵ0)(βnb

n − γnb−n) = −δnb−n n = 1 (4.8.11a)

(ϵ/ϵ0)(β1b− γ1b−1) = −δ1b−1 − E0b (4.8.11b)

となる。

まずはじめに (4.8.5) 式および (4.8.7) 式から αn を消去して、

βnan + γna

−n =ϵ

ϵ0(βna

n − γna−n) (4.8.12)

また同様に (4.8.9a), (4.8.9b) 式および (4.8.11a), (4.8.11b) 式から δn を消去して、βnb

n + γnb−n = − ϵ

ϵ0(βnb

n − γnb−n) n = 1 (4.8.13a)

−β1b− γ1b−1 − 2E0b =

ϵ

ϵ0(β1b− γ1b

−1) (4.8.13b)

を得る。

これらの方程式を満たすように βn, γn を決めればよい。

まず初めに n = 1 に対しては、(−(ϵ/ϵ0 − 1)an (ϵ/ϵ0 + 1)a−n

(ϵ/ϵ0 + 1)bn −(ϵ/ϵ0 − 1)b−n

)︸︷︷︸

A

(βnγn

)= 0 (4.8.14)

であるが、(ϵ/ϵ0 − 1)/(ϵ/ϵ0 + 1) < 1 および (b/a)2n > 1 に注意すれば、

detA = (ϵ/ϵ0)2(a/b)n

[(ϵ/ϵ0 − 1

ϵ/ϵ0 + 1

)2

−(b

a

)2]< 0 (特に = 0) (4.8.15)

となるので、βn = γn = 0 (n = 1) だと分かる。

続いて n = 1 の時には初等的な計算により、

β1 = − 2(ϵ/ϵ0 + 1)b2

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0 (4.8.16)


および、

γ1 = − 2(ϵ/ϵ0 − 1)a2b2

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0 (4.8.17)

を得る。

従って上で求めた結果を用いれば、αn = δn = 0 (n = 1) であり、

α1 = − 4(ϵ/ϵ0)b2

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0 (4.8.18)

および、

δ1 =((ϵ/ϵ0)

2 − 1)b2(b2 − a2)

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0 (4.8.19)

であることが分かる。

以上から求めるポテンシャルは、

Φin = − 4(ϵ/ϵ0)b2

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0ρ cosϕ (4.8.20)

Φinside = − (ϵ/ϵ0 + 1)b2ρ+ (ϵ/ϵ0 − 1)a2b2ρ−1

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a22E0 cosϕ (4.8.21)

Φout = −E0ρ cosϕ+((ϵ/ϵ0)

2 − 1)b2(b2 − a2)

(ϵ/ϵ0 + 1)2b2 − (ϵ/ϵ0 − 1)2a2E0ρ

−1 cosϕ (4.8.22)

であると分かる。

電場については ρ cosϕ = x, ρ−1 cosϕ = x/(x2 + y2) などを用いて計算すれば

よいが、そのためには単純にポテンシャルの表式を ρ cosϕ → (1, 0), ρ−1 cosϕ →(−(x2 − y2)/(x2 + y2)2,−2xy/(x2 + y2)2) と置き換えればよいだけであるからここ

では省略する。

(b)

Mathematica を用いて電場をプロットしたものを図 4.1 に示す。

(c)

それぞれ計算すれば以下のようになる。但し両者とも Φin は円筒内部のポテンシャ

ル、Φout は円筒外部のポテンシャルを表す。

4.8 A dielectric cylindrical shell placed in a uniform electric field 73

図 4.1 問題 4.8 の電場の様子をプロットしたもの。ただし b = 2a = 1 とし、比

誘電率は ϵ/ϵ0 = 2 とした

円筒状誘電体の誘電体が自由空間中にある場合 (a→ 0)

Φin = − 2

ϵ/ϵ0 + 1E0ρ cosϕ (4.8.23)

Φout = −E0ρ cosϕ+ϵ/ϵ0 − 1

ϵ/ϵ0 + 1E0b

2ρ−1 cosϕ (4.8.24)

誘電体内部に円筒状の自由空間がある場合 (b→ +∞)

Φ′in = − 4ϵ/ϵ0

(ϵ/ϵ0 + 1)2E0ρ cosϕ (4.8.25)

Φ′out = − (ϵ/ϵ0 + 1)ρ+ (ϵ/ϵ0 − 1)a2ρ−1

(ϵ/ϵ0 + 1)22E0 cosϕ (4.8.26)

二番目の場合、ρ→ ∞ でかかっている一様電場の大きさは、

E0 :=2

ϵ/ϵ0 + 1E0 (4.8.27)

であるから、この E0 を用いて二式を書き直すと、


図 4.2 a → 0 での極限 (左図) と b → ∞ での極限 (右図) での様子。互いに ϵ0

および ϵ を入れ替えた関係にあることが分かる

Φ′in = − 2ϵ/ϵ0

ϵ/ϵ0 + 1E0ρ cosϕ (4.8.28)

Φ′out = − (ϵ/ϵ0 + 1)ρ+ (ϵ/ϵ0 − 1)a2ρ−1

ϵ/ϵ0 + 1E0 cosϕ (4.8.29)

となるが、これは、

Φ′in = − 2

ϵ0/ϵ+ 1E0ρ cosϕ (4.8.30)

Φ′out = −E0ρ cosϕ+

ϵ0/ϵ− 1

ϵ0/ϵ+ 1E0a

2ρ−1 cosϕ (4.8.31)

と書き直すことができて、(4.8.23) 式および (4.8.24) 式に対してそれぞれ ϵ0 ↔ ϵ と

いう入れ替えを行ったものと同じ式1)になる。これはなぜかというと、二番目の状況

は一番目の状況と比較したときに、一番目の状況で誘電率 ϵ を持つ円筒形の誘電体が

二番目の状況では誘電率 ϵ0 のものに変わり、その外側の誘電率 ϵ0 をもつ真空が二番

目の状況では誘電率 ϵ のものに変わっているにすぎないからである (図 4.2)。

4.10 Half-filled dielectric between two charged conducting spheres

(a)

問題文の図において、右に z 軸がつきだしているように座標をとる。

φ 方向の対称性から、ポテンシャルは Legendre 多項式を用いて、

Φ =

∞∑l=0

(Alrl +Blr

−(l+1))Pl(cos θ) (4.10.1)

1) もちろん a ↔ b という入れ替えも必要であるが、この a, b というのは円筒の半径を表しているに過ぎないので敢えて本文中には明記しなかった

4.10 Half-filled dielectric between two charged conducting spheres 75

とかける。導体球殻上では、Φ(r = a) =

∞∑l=0

(Alal +Bla

−(l+1))Pl(cos θ) = (const.) (4.10.2a)

Φ(r = b) =∞∑l=0

(Albl +Blb

−(l+1))Pl(cos θ) = (const.) (4.10.2b)

であるから、これが任意の θ に対して成り立つためには l = 0 に対して、

Alal +Bla

−(l+1) = Albl +Blb

−(l+1) = 0 (for l = 0) (4.10.3)

が成り立たねばならない。このことから、

Al = Bl = 0 (for l = 0) (4.10.4)

が分かる。また、ポテンシャルには定数分の不定性があるので、

A0 = 0 (4.10.5)

と選んでもよい。

以上から結局導体球殻間のポテンシャルの表式は、B を現在のところ未知の定数と

して、

Φ =B

r(4.10.6)

と表せることが分かる。また、電場 E は、

E = −∇Φ =B

r2er (4.10.7)

であり、電束密度 D は、

D =

ϵ0E =

ϵ0B

r2er (left)

ϵE =ϵB

r2er (right)

(4.10.8)

である。そこで次に未知定数 B を決定しよう。

内側の導体球殻内での電束密度を Din とすると、教科書 p.154 の (4.40) 式から内

側の導体球殻上で境界条件、

(D −Din) · er = σ (on inner sphere) (4.10.9)

が成り立つ。ところが内側の導体球殻内でのポテンシャルは明らかに定数なので、

Din = 0 と分かるから、結局、

D · er = σ (on inner sphere) (4.10.10)


がいえる。いま、σ は未知であるが、その総和である総電荷量は既知であるから、上

式を球殻上で表面積分して、

a2∫

D · er dΩ =

∫σ dS︸︷︷︸+Q

(4.10.11)

ここで左辺の積分は球殻の右側と左側に分割して実行することで、∫D · er dΩ =

∫left

ϵ0B

r2dΩ+

∫right

ϵB

r2dΩ (4.10.12)

= 2πϵ0B

a2+ 2π

ϵB

a2(4.10.13)

=2π(ϵ0 + ϵ)B

a2(4.10.14)

と分かるから、これを (4.10.11) 式に代入することで、

B =Q

2π(ϵ0 + ϵ)(4.10.15)

を得る。従って求めたい電場は、

E =Q

2π(ϵ0 + ϵ)r2er (4.10.16)

である。

(b)

(4.10.10) 式から、

σ = D · er =

σleft =

ϵ0Q

2π(ϵ0 + ϵ)a2er (4.10.17a)

σright =ϵQ

2π(ϵ0 + ϵ)a2er (4.10.17b)

と分かる。

(c)

教科書 p.156 の (4.46) 式から、

4.12 The permanent dipole moment of H2O molecule 77

表 4.1 水の分子分極率の温度依存性

T T−1 γmol

393 2.545× 10−3 2.879× 10−28

423 2.364× 10−3 2.668× 10−28

453 2.208× 10−3 2.501× 10−28

483 2.070× 10−3 2.354× 10−28

σpol = −P · er (4.10.18)

= −ϵ0χeE · er (4.10.19)

= −ϵ0(ϵ/ϵ0 − 1)E · er (4.10.20)

= − ϵ− ϵ02π(ϵ+ ϵ0)

Q

r2(4.10.21)

となる。なお、注意深く考えれば当然ではあるが、

σpol = σleft − σright (4.10.22)

となっており、一様に表面電荷密度 σleft が帯電した場合の問題と同一視できる。

4.12 The permanent dipole moment of H2O molecule

教科書 (4.70) 式 (Clausius-Mossotti 方程式):

γmol =3

N

(1− 3

(ϵ/ϵ0 − 1) + 3

)(4.12.1)

を用いて分子分極率 γmol を計算すればよい。ここで単位体積あたりの分子数 N は

理想気体の状態方程式、

N =P

kT(4.12.2)

を用いて計算する。単位に気をつけつつ1)計算を実行すると表 4.1 を得る。

これをプロットすると図 4.3 のようになり、フィットを行うことでこの直線の傾き

は 1.104× 10−25 であることが分かる。

教科書 (4.82) 式から、

γmol = γi +p203ϵ0

T−1 (4.12.3)

1) 教科書では圧力が cmHg で書かれているので 1cmHg = 1333Pa を用いて単位換算をする必要がある


2.2

2.3

2.4

2.5

2.6

2.7

2.8

2.9

3

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6

γ mol

× 1

0-28

T-1 × 103

experimental valuesfit curve

図 4.3 永久双極子モーメントを温度の逆数に対してプロットしたもの。赤の十字

がデータ点であり、緑の直線はフィット曲線を表す

であるから、水の永久双極子モーメントは、

p203ϵ0

= 1.104× 10−25 (4.12.4)

すなわち、

p0 = 6.363× 10−30 C ·m (4.12.5)


教科書 p.165 によれば永久双極子モーメントは電気素量に 10−8cm をかけた値、

すなわち 1.602× 10−29 と同程度のオーダであるとのことだが、今回計算した値もそ

の程度の大きさであり、教科書の記述に合致している。

文献値2)は 1.85D = 6.17 × 10−29C · m であり3)、今回求めた値はこの値に近く

なっている。

2) http://en.wikipedia.org/wiki/Properties_of_water3) ここで D は debye である (1D = (1/299792458)× 10−21C ·m)

http://en.wikipedia.org/wiki/Properties_of_water

79

Chapter 5

Magnetostatics, Faraday’s Law,

Quasi-Static Fields

5.22 A force acting between a magnet and an infinitely permeable media

電流がなく、かつ磁気モーメントが与えられている状況なので教科書 p.196 C. (a)

Scalar Potential の方法が適用できる。

透磁率が無限大の物質というのは H = µ−1Bµ→∞−−−−→ 0 であるから、電気力

学における導体のように振る舞うと考えられる。従ってこれは鏡像法が適用で

きて、磁石の先端に鏡像磁石がくっついた状況を考えれば、明らかに境界条件

ΦM (x) = 0 (x on “conductor”) をみたすことができる (図 5.1)。

そこで鏡像磁石と実磁石を一体にしたものをかにかまぼこ状に細切りにし、それら

の重ね合わせがもとの磁石だとして問題を解こう。半径が a ≪ 1 の円柱状の実磁石

に働く力を考えたいが、その磁石に働く力はそれに対応する鏡像磁石からの影響のみ

を考えればよい。なぜならば、それら以外の磁石は無限に長いために磁場は外部に漏

れていないから、それらの作る静磁ポテンシャルは 0 であり、周りの磁石に力を及ぼ

さないからである。

まずは鏡像磁石の作る静磁ポテンシャルを求めよう。ここで座標は磁石の中心と透

infinitely permeable media (conductor-like media)

magnetimage magnet

図 5.1 鏡像法を適用する

80 Chapter 5 Magnetostatics, Faraday’s Law, Quasi-Static Fields

磁率無限大の物質が接しているところを原点にとり、実磁石の向く方向を z 軸の正

の方向とする。すると z 軸上での鏡像磁石の作る静磁ポテンシャルは教科書 p.197

(5.100) 式から、

ΦM (z) =1

4π

∮S

n′ ·M(x)

|x− x′|da′ (5.22.1)

=M

4π

∫ a

0

ρdρ

∫ 2π

0

dφ︸︷︷︸2π

1√z2 + ρ2

(5.22.2)

=M

2

(√z2 + a2 − z

)(5.22.3)


従って、z 軸上での磁場の z 成分は、

Bz(z) = −µ0∂ΦM (z)

∂z(5.22.4)

= −µ0M

2

[z√

z2 + a2− 1

](5.22.5)

と分かる。従って教科書 (5.69) 式を用いると1)、

F (a)z ≈

∫ a

0

ρdρ

∫ 2π

0

dφ

∫ ∞

0

dz∇(M ·B) (5.22.6)

≈ πa2∫ ∞

0

dzM∂Bz(z)

∂z(∵ a≪ 1) (5.22.7)

= −µ0M2

2πa2 (5.22.8)

となるから、これをすべての磁石に対して足し合わせることで、

Fz = −µ0

2AM2 (5.22.9)

を得る。

ここで教科書 1.11 節との相関を得るために、非常に細い磁石の端点付近でのエネ

ルギー密度を計算すると、

wM (z) :=µ0

2|H|2 (5.22.10)

=µ0M

2

8

[z2√

z2 + a2− 1

]2(5.22.11)

1) M の定義が「lengthwise」となっていますが、体積あたりの磁気モーメントだとして計算すると問題の表式を得るのでそういう意味みたいです (英語分からん)

5.30 Cylindrical surface current 81

となる2)。従って、断面積 A の磁石を 2ϵ≪ 1 だけ離した場合に新たに空間に発生す

るエネルギーは、

WM := 2×A

∫ 2ϵ

0

wM (z)dz (5.22.12)

となる3)が、これを ϵ で微分して z → 0 とすると、

limϵ→0

∂WM

∂ϵ= 4AwM (0) =

µ0

2AM2 (5.22.13)

となって磁石を離したときに空間中に発生するエネルギーからの考察によっても全く

同じ回答を得る。

5.30 Cylindrical surface current

(a)

教科書 p.181 (5.32) 式よりベクトルポテンシャルは、

A(x) = ezµ0

4π

∫ 2π

0

Rdφ′∫ ∞

−∞dz′

K(φ′)

|x− x′|(5.30.1)

であるが、ここで教科書 p.126 (3.149) 式1):

図 5.2 円柱の周囲での磁場 (左図) および磁気双極子の作る磁場 (右図) 。両者

は同様の振る舞いをしていることが分かる

2) これが実際にエネルギー密度となっているのは静電問題との対応を考えれば明らかである3) 実磁石と鏡像磁石のコントリビューションがあるので先頭に 2 がつくことに注意する1) 表面電流密度の K(·) と変形 Bessel 函数の Km(·) が紛らわしいが、別物なので注意されたい


1

|x− x′|=

4

π

∫ ∞

0

dk cos[k(z − z′)]

×

[1

2I0(kρ>)K0(kρ<) +

∞∑m=1

cos[m(φ− φ′)]Im(kρ>)Km(kρ<)

](5.30.2)

を代入して φ′ 積分を実行すると、

A(x) = ezµ0I

2π

∫ ∞

−∞dz′∫ ∞

0

dk cos[k(z − z′)] cosφI1(kρ<)K1(kρ>) (5.30.3)

となる。ここで、∫ ∞

−∞cos[k(z − z′)]dz′ = Re

[eikz

∫ ∞

−∞e−ikz

′dz′︸︷︷︸

2πδ(k)

](5.30.4)

= Re[2πδ(k)eikz] (5.30.5)

= 2πδ(k) cos(kz) (5.30.6)

であるから、これを用いると、

A(x) = ezµ0I cosφ1

2limk→0

cos(kz)I1(kρ<)K1(kρ>) (5.30.7)

となる。ここでさらに教科書 p.116 (3.102) 式の漸近的な振る舞いを用いると、

I1(kρ<)K1(kρ>)k→0−−−→ 1

2

ρ<ρ>

Γ(2)

Γ(1)=

1

2

ρ<ρ>

(5.30.8)

と分かるからベクトルポテンシャルは結局、

A(x) = ezµ0I

4

ρ<ρ>

cosφ (5.30.9)


従って磁場は、

B(x) = ∇×A (5.30.10)

= ∂yAzex − ∂xAzey (5.30.11)

= −µ0I

4

1

Rey

R

(2xy

(x2 + y2)2ex −

x2 − y2

(x2 + y2)2ey

) (5.30.12)

= −µ0I

4

1

Rey

R

(sin(2φ)

ρ2ex −

cos(2φ)

ρ2ey

) (5.30.13)

5.30 Cylindrical surface current 83

と分かる。

続いて外部磁場の表式 (5.30.12) 式が二次元双極子による磁場と一致することを示

すために、まずはじめに二次元双極子がどのような磁場を作るのかを導こう。

x-y 平面上に磁荷 ±qM がそれぞれ (∓ϵ, 0) に置かれている状況を考える。一般に原点にある磁荷 QM が位置 R に作る磁場は、

B(R) =µ0QM2π

R

R2(5.30.14)

であることに注意すれば、この双極子が位置 (x, y) に作る磁場は、

B(x, y) =µ0qM2π

[r+r2+

− r−r2−

](5.30.15)

である。ただし、

r± :=

(x

y ± ϵ

)(5.30.16)

とおいた。これを ϵ について Taylor 展開すると、

B(x, y) = −µ0(2ϵqM )

2π

[2xy

(x2 + y2)2ex −

x2 − y2

(x2 + y2)2ey

](5.30.17)

となるから、ここで M := 2ϵqM を一定にしながら ϵ→ 0 とすることで、

B(x, y) = −µ0M

2π

[2xy

(x2 + y2)2ex −

x2 − y2

(x2 + y2)2ey

](5.30.18)

を得る。

従ってこれを (5.30.12) 式と見比べると、(5.30.12) 式は、

M =π

2RI (5.30.19)

という磁気双極子が作る磁場と一致していることが分かる。

(b)

円柱の内部と外部それぞれを別々に計算する。まずはじめに内部は、

Winside =1

2µ0

∫ R

0

ρdρ

∫ 2π

0

dφµ20I

2

16R2(5.30.20)

=µ0πI

2

32(5.30.21)

つづいて外部は、


Woutside =1

2µ0

∫ ∞

R

ρdρ

∫ 2π

0

dφµ20I

2R2

16

1

ρ2(sin2(2φ) + cos2(2φ)) (5.30.22)

=µ0πI

2

32(5.30.23)

従って全エネルギーは、

W =Winside +Woutside =µ0πI

2

16(5.30.24)

となることが分かり、またエネルギーは円柱の内部と外部に等しく分配されているこ

とが分かる。

(c)

エネルギー W とインダクタンス L の関係は電流を J とすると、

W = LJ2 (5.30.25)

である。問題文にあるように円柱を左右に分け、右半分 (−π/2 6 φ < π/2) に流れ

ている電流が無限遠で折り返し、左半分 (π/2 6 φ < (3/2)π) に流れることで回路を

作っていると考えると上の J は、

J =

∫ π/2

−π/2K(φ) ·Rdφ = I (5.30.26)

と分かる。従って、

L =W

I2=µ0π

8(5.30.27)

と分かる。

もちろん教科書 p.215 (5.154) 式を用いて計算してもできるが、すぐに (a) と酷似

した式が出てきて、(a) と同様の計算により上と同じ結果を得る。

85

Chapter 6

Maxwell Equations, Macroscopic

Electromagnetism, Conservation

Laws

6.9 Macroscopic conservation law of energy and momentum

ϵ や µ が場所に依存しない場合には教科書 6.7 節と全く同様の議論により与えら

れた式を得る。

一方、場所に依存する場合には明らかにエネルギーに関する連続の方程式はそのま

ま成り立つが、運動量保存の式は、

d

dt(Pmech + Pfield) =

∮S

↔T · da+

1

2

∫V

[(∇ϵ)E2 + (∇µ)H2

]d3x (6.9.1)

と変更しなければならない。

6.15 Hall effect

(a)

まずはじめに教科書の本文と同様に、電場 E は電流 J に対して高々一次以下の関

係であると仮定する。

磁束密度 H が 0 のときには Ohm の法則、

E = ρ0J (6.15.1)

が成り立っていなければならないから、磁束密度 H に対して零次の項は ρ0J のみ


一次および二次の項として残るのは、

86Chapter 6 Maxwell Equations, Macroscopic Electromagnetism, Conservation Laws

• 一次: H(偶),H × J(奇)

• 二次: |H|2J(奇), (H · J)H(奇)

である。いま電場 E は空間反転に対して奇であるから、これらのうち H という項

だけは許されないことが分かるので結局、

E = ρ0J +R(H × J) + β1|H|2J + β2(H · J)H +O(H3) (6.15.2)

と書けることが分かる。

(b)

続いて (6.15.2) 式の各項に対して時間反転に対する偶奇性を調べると以下の表の

ようになる。

表 6.1 電場 E および (6.15.2) 式の各項の時間反転操作に関する偶奇性

物理量 E ρ0J H × J |H|2J (H · J)H偶奇性偶奇偶奇奇

従って時間反転に関する対称性を要求するならば、許される項は H × J のみであ

るが、Ohm の法則は時間反転に関して対称ではない1)から、 ρ0J という項のみは許

される。

以上から、

E = ρ0J +R(H × J) +O(H3) (6.15.3)

と分かる。

1) Jule 熱を出し、エネルギーを散逸させながら電流が流れている状況に対して時間反転をすると、周りから熱を吸収しながら電圧の低い方から高い方へと電流が流れることになり、(熱力学第二法則に)矛盾してしまうので現実的ではない。このような特別な取り扱いが生じるのは、そもそも Ohm

の法則は現象論的なマクロな経験法則であって、現在の我々のミクロな理論の範疇では取り扱うことができないからだと考えられる (ミクロな世界の理論はすべて時間反転に対して対称だが、マクロな世界の現象には時間反転に対して対称でないものが多数存在する)

87

Chapter 7

Plane Electromagnetic Waves and

Wave Propagation

89

Referential Sites

Official Sites, etc.

⋆ J. D. Jackson Home Page(http://www-theory.lbl.gov/jdj/)

John David Jackson 氏の公式ウェブサイト。顔写真あり

⋆ Errata(2010).pdf(http://www-theory.lbl.gov/jdj/Errata%282010%29.pdf)

Classical Electrodynamics の訂正表。上の公式ウェブサイトにリンクがあるが、

一応張っておく

⋆ ジャクソン電磁気学 UT2010(https://sites.google.com/site/jacksonut2010/)

自主ゼミのために作ったページ。各問題ごとの解答がある

Solutions

⋆ Jackson Electrodynamics Solutions(http://www.airynothing.com/jackson/)

”Solutions in the left column are the problems I did myself. Solutions in the

right column were sent to me by Azar Mustafayev, ...” とあるけど左にある解答の

方が明らかに少ない :(

⋆ Jackson Physics Solutions(http://www-personal.umich.edu/~pran/jackson/)

解答多数あり。”The only way to survive Jackson E&M is by standing on the

http://www-theory.lbl.gov/jdj/

http://www-theory.lbl.gov/jdj/Errata%282010%29.pdf

https://sites.google.com/site/jacksonut2010/

http://www.airynothing.com/jackson/

http://www-personal.umich.edu/~pran/jackson/

90 Referential Sites

shoulders of those who’ve gone before.”とのこと。結構苦しめられているらしい

⋆ Solutions to Jackson’s Electrodynamics(http://www-personal.umich.edu/~jbourj/em.htm)

前半しかないけど、充実してる

⋆ Jackson’s Electrodynamics solutions(http://web.ipac.caltech.edu/staff/turrutia/public_html/jackson/jackson.html)

”These are all I have. Maybe in the vast World Wide Web, the rest are hidden.”

わっふるわっふる

⋆ Rudy’s Physics Resource Page(http://www.physics.rutgers.edu/~rmagyar/physics/)

分かりにくいけど真ん中らへんに解答の PDF へのリンクがある。直リン→

http://www.physics.rutgers.edu/~rmagyar/physics/jackson.pdf

⋆ Solutions to problems of Jackson’s Classical Electrodynamics by

Kasper van Wyk(http://samizdat.mines.edu/jackson/)

掲載量は少なめ。Chapter 1, 2, 8+ のみで真ん中らへんの解答はない

⋆ Walter Johnson - Electromagnetism(http://www.nd.edu/~johnson/Classes/E&M/probNN.pdf)

”NN” の部分は 1-11 の数字。あとサイトタイトルは適当。一応直リン↓

• http://www.nd.edu/~johnson/Classes/E&M/prob1.pdf








http://www-personal.umich.edu/~jbourj/em.htm

http://web.ipac.caltech.edu/staff/turrutia/public_html/jackson/jackson.html

http://www.physics.rutgers.edu/~rmagyar/physics/

http://www.physics.rutgers.edu/~rmagyar/physics/jackson.pdf

http://samizdat.mines.edu/jackson/

http://www.nd.edu/~johnson/Classes/E&M/probNN.pdf

http://www.nd.edu/~johnson/Classes/E&M/prob1.pdf








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About us

この解答集の解答は Jackson 会のメンバ (Y.Hotta, M.Hyuga, T.Matsuda,

Y.Ono) が分担して解いたものです。それぞれの分担を以下に示します。

Y.Hotta

各章の問題のうち、法を 4 として 2 と合同なものを基本的に担当。

次の問題も担当した:

M.Hyuga


次の問題も担当した: 1.11

編集担当。

T.Matsuda



Y.Ohno



⋆ M E M O ⋆

Solution to Classical Electrodynamics

Built on 2010/9/21 (Rev. 64)

著者 / 発行者Jackson Consortium

(https://sites.google.com/site/jacksonut2010/)

This document is licensed under

the Creative Commons BY-NC-SA license.

Free to use, but absolute no warranty.

c⃝ Jackson Consortium 2010 Edited in Japan

https://sites.google.com/site/jacksonut2010/

solution to classical electrodynamics (rev. 64) for third edition jackson consortium rev. 64 iii...

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