アンペールの法則などを使わずに，ビオ-サバールの法則を使って電流密度から直接静磁場を求める。
ベクトルポテンシャルを使った静磁場の基本方程式
クーロンゲージ条件を課したベクトルポテンシャル $\boldsymbol{A}$ を使うと，静磁場の基本方程式は
$$ \nabla^2 \boldsymbol{A} = -\frac{\boldsymbol{J}}{\varepsilon_0 c^2}, \quad \boldsymbol{B} = \nabla\times \boldsymbol{A} $$
のように書けるのであった。特に，
$$ \nabla^2 \boldsymbol{A} = -\frac{\boldsymbol{J}}{\varepsilon_0c^2}$$は「ポアソン方程式」。「方程式の形が同じなら解の形も同じ」という原則により，ただちに解を以下のように求めることができる。（「静電場：ポアソン方程式の解」を参照。）
$$ \boldsymbol{A} (\boldsymbol{r})= \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} \,dV’$$
ビオ – サバールの法則
電流密度 \(\boldsymbol{J}\) から直接磁束密度 \(\boldsymbol{B}\) を求める式。
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{B} (\boldsymbol{r}) = \nabla\times \boldsymbol{A} (\boldsymbol{r})&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)\times (\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \,dV’
\end{eqnarray}
これが，ビオ・サバールの法則である。ここでは念のため，
$$\nabla\times \frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} =
\frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)\times (\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3}$$
となることを示しておく。
\(x\) 成分を計算すると
\begin{eqnarray}
\left(\nabla\times \frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} \right)_x &=& \frac{\partial}{\partial y} \frac{J_z(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} -\frac{\partial}{\partial z} \frac{J_y(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} \\
&=& J_z(\boldsymbol{r}’)\frac{\partial}{\partial y}\frac{1}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} -J_y(\boldsymbol{r}’)\frac{\partial}{\partial z}\frac{1}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|} \\
&=& J_z(\boldsymbol{r}’) \frac{- (y-y’)\ }{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} -J_y(\boldsymbol{r}’) \frac{- (z-z’)\ }{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \\
&=& J_y(\boldsymbol{r}’) \frac{(z-z’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} -J_z(\boldsymbol{r}’) \frac{(y-y’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \\
&=& \left(\frac{\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}’)\times (\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \right)_x
\end{eqnarray}
\(y, z\) 成分も同様。
以下では，ビオ・サバールの法則を使って，いくつかの簡単な場合について電流密度から直接静磁場を計算してみる。
直線電流による磁場
\(z\) 軸上の電流 \(\boldsymbol{I} = (0, 0, I)\) を表す電流密度 \(\boldsymbol{J}\) はディラックのデルタ関数を使って以下のように書ける。
$$\boldsymbol{J} = (0, 0, J_z) = \boldsymbol{I} \delta(x) \delta(y) = (0, 0, I \delta(x) \delta(y)) $$
ビオ – サバールの法則の \(x\) 成分は
\begin{eqnarray}
B_x &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_y(\boldsymbol{r}’)\cdot (z-z’) -J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot (y-y’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \,dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint\frac{ -I \delta(x’) \delta(y’) (y-y’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \,dx’ dy’ dz’\\
&=& \frac{-I y}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left\{x^2 + y^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\,dz’\\
&=& \frac{-I y}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{2}{x^2 + y^2} \\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{(\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho})_x}{\varrho^2}
\end{eqnarray}
ここで，\(\boldsymbol{I} = (0, 0, I), \ \boldsymbol{\varrho} = (x, y, 0), \ \varrho^2 =\boldsymbol{\varrho}\cdot\boldsymbol{\varrho} \) とした。（$\rho$ は電荷密度で使うため。）また，ベクトルの外積 $\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho}$ は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho} &=&
\left(I_y \varrho_z -I_z \varrho_y, I_z \varrho_x -I_x \varrho_z, I_x \varrho_y -I_y \varrho_x\right) \\
&=& \left( -I y, I x, 0\right)
\end{eqnarray}
また，デルタ関数を含む積分では
$$\iint f(x’, y’, z’) \delta(x’) \delta(y’) \,dx’ dy’ = f(0, 0, z’)$$
となることを利用している。また，以下の積分結果も使った。
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left\{x^2 + y^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\,dz’ = \frac{2}{x^2 + y^2}$$
\(y\) 成分は
\begin{eqnarray}
B_y &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot (x-x’) -J_x(\boldsymbol{r}’)\cdot (z-z’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \,dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint\frac{ I \delta(x’) \delta(y’) (x-x’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \,dx’ dy’ dz’\\
&=& \frac{I x}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left\{x^2 + y^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\,dz’\\
&=& \frac{I x}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{2}{x^2 + y^2} \\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{(\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho})_y}{\varrho^2}
\end{eqnarray}
\(z\) 成分は
\begin{eqnarray}
B_z &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_x(\boldsymbol{r}’)\cdot (y-y’) -J_y(\boldsymbol{r}’)\cdot (x-x’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \,dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{0\cdot (y-y’) -0\cdot (x-x’)}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} \,dV’ \\
&=& 0
\end{eqnarray}
ちなみに，\( (\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho})_z = 0\) だから
\begin{eqnarray}
B_z &=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{(\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho})_z}{\varrho^2}
\end{eqnarray}
としてよい。まとめると，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{B} &=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{\boldsymbol{I}\times\boldsymbol{\varrho}}{\varrho^2}
\end{eqnarray}
ここで，\(\boldsymbol{I} = (0, 0, I), \ \boldsymbol{\varrho} = (x, y, 0)\) であった。
平行2直線電流がつくる磁場
重ね合わせの原理から，
$$\boldsymbol{B} = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0 c^2} \frac{\boldsymbol{I}_1\times \left(\boldsymbol{\varrho} -\boldsymbol{r}_1\right)}{|\boldsymbol{\varrho} -\boldsymbol{r}_1|^2}
+ \frac{1}{2\pi\varepsilon_0 c^2} \frac{\boldsymbol{I}_2\times \left(\boldsymbol{\varrho} -\boldsymbol{r}_2\right)}{|\boldsymbol{\varrho} -\boldsymbol{r}_2|^2}$$
電流密度 $\boldsymbol{J}$ が2つの電流密度 $\boldsymbol{J}_1, \boldsymbol{J}_2$ の重ね合わせ（足し算）で
$$\boldsymbol{J} = \boldsymbol{J}_1 + \boldsymbol{J}_2
= \boldsymbol{I}_1 \delta(x-x_1) \delta(y-y_1) + \boldsymbol{I}_2 \delta(x-x_2) \delta(y-y_2)$$
と書けるときに，$\boldsymbol{J}$ によってつくられる磁場 $\boldsymbol{B}$ は，$\boldsymbol{J}_1, \boldsymbol{J}_2$ がそれぞれ独立につくる磁場 $\boldsymbol{B}_1, \boldsymbol{B}_2$ の重ね合わせ（足し算）で
$$\boldsymbol{B} = \boldsymbol{B}_1 + \boldsymbol{B}_2$$
と書けることは明らかであろう。静電場における重ね合わせの原理の説明のところを参照。
円電流による磁場
\(xy\) 平面上の原点を中心とした半径 \(a\) の円上に電流 \(I\) が流れている。これを表す電流密度 \(\boldsymbol{J}\) はディラックのデルタ関数を使って以下のように書ける。
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{J} &=& (J_x, J_y, 0) \\
&=& (-I \frac{y}{\varrho} \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), I \frac{x}{\varrho} \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), 0)\\
&=& (-I \sin\phi \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), I \cos\phi \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), 0)\\
&&\ \\
\varrho &=& \sqrt{x^2 + y^2} \\
x &=& \varrho \cos\phi\\
y &=& \varrho \sin\phi
\end{eqnarray}
念のため，補足説明。
$xy$ 平面上の円電流を表すベクトル $\boldsymbol{I}$ は
$$\boldsymbol{I} = (I_x, I_y, 0)$$
と書ける。このベクトルの大きさが電流 $I$ であり，また，円電流ベクトルは原点からの位置ベクトル $\boldsymbol{\varrho}=(\varrho \cos\phi, \varrho\sin\phi, 0)$ と直交するから
\begin{eqnarray}
I ^2&=& \boldsymbol{I}\cdot\boldsymbol{I} = I_x^2 + I_y^2 \tag{1}\\
\boldsymbol{I}\cdot\boldsymbol{\varrho} &=& I_x\,\varrho \cos\phi + I_y \,\varrho\sin\phi \\
&=& 0 \\
\therefore\ \ I_x &=& -\frac{\sin\phi}{\cos\phi} I_y \tag{2}\\
\therefore\ \ I^2 &=& I_y^2 \left\{\frac{\sin^2 \phi}{\cos^2 \phi} + 1\right\} = \frac{I_y^2}{\cos^2\phi}\tag{3}\\
\end{eqnarray}
円電流が「反時計回り」に流れるとすると，$\phi = 0$ で $I_y > 0$ であるから，$(3)$ 式より
$$I_y = I \cos\phi, \quad\therefore\ \ I_x = -I \sin\phi$$
電流ベクトルを使って電流密度ベクトルを表すと
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{J} &=& (J_x, J_y, 0) \\
&=& (I_x\, \delta(\varrho-a) \,\delta(z), I_y\, \delta(\varrho-a) \,\delta(z), 0) \\
&=&(-I \sin\phi \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), I \cos\phi \,\delta(\varrho-a) \,\delta(z), 0)
\end{eqnarray}
となる。
これをビオ・サバールの法則に代入すれば磁場が求まる。成分ごとに書くと，$x$ 成分 $B_x$ は
\begin{eqnarray}
B_x(\boldsymbol{r}) &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_y(\boldsymbol{r}’) \cdot(z-z’) -J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot (y-y’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\,dV’ \\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{I \frac{x’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) \,\delta(z’) (z-z’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ dz’\\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{I \frac{x’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’
\end{eqnarray}
$y$ 成分 $B_y$ は
\begin{eqnarray}
B_y(\boldsymbol{r}) &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot (x-x’) -J_x(\boldsymbol{r}’)\cdot (z-z’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\,dV’ \\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{I \frac{y’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) \,\delta(z’) (z-z’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ dz’\\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{I \frac{y’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’
\end{eqnarray}
$z$ 成分 $B_z$ は
\begin{eqnarray}
B_z(\boldsymbol{r}) &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_x(\boldsymbol{r}’) \cdot(y-y’) -J_y(\boldsymbol{r}’) \cdot(x-x’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\,dV’ \\
&=&\frac{-I }{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{\left\{\frac{y’}{\varrho’} (y-y’) + \frac{x’}{\varrho’} (x-x’)\right\} \delta(\varrho’-a) \,\delta(z’)}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ dz’\\
&=&\frac{-I }{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{\left\{\frac{y’}{\varrho’} (y-y’) + \frac{x’}{\varrho’} (x-x’)\right\} \delta(\varrho’-a) }{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’
\end{eqnarray}
$y = 0$ ($xz$ 平面) での磁場
この円電流は $z$ のまわりに任意の回転を行っても変わらない。つまり，この系は $z$ 軸について軸対称な磁場をつくる。したがって，一般性を失うことなく，$y=0$ の $xz$ 平面上で計算してよい。このとき，
\begin{eqnarray}
B_x(x,0,z) &=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{\frac{x’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y’)^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{z \cos \phi’ \,\delta(\varrho’-a)}{\left\{ (x-\varrho’ \cos\phi’)^2 + (\varrho’ \sin\phi’ )^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, \varrho’\,d\varrho’\,d\phi’ \\
&=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \frac{a z \cos \phi’ }{\left\{ x^2 + z^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’ \right\}^{\frac{3}{2}}}\,d\phi’ \\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
B_y(x,0,z) &=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{ \frac{y’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{ z \sin\phi’ \,\delta(\varrho’-a)}{\left\{ (x-\varrho’ \cos\phi’)^2 + (\varrho’ \sin\phi’ )^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, \varrho’\,d\varrho’\,d\phi’ \\
&=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \frac{a z \sin \phi’ }{\left\{ x^2 + z^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’ \right\}^{\frac{3}{2}}}\,d\phi’ \\
&=& \frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\Bigl[-\frac{1}{ax \sqrt{x^2 + z^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’}} \Bigr]_0^{2\pi} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
B_z(x,0,z) &=& \frac{-I }{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{\left\{\frac{y’}{\varrho’} (-y’) + \frac{x’}{\varrho’} (x-x’) \right\} \delta(\varrho’-a) }{\left\{ (x-x’)^2 + (y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&=& \frac{-I }{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \frac{\left\{\sin\phi’ (-\varrho’ \sin\phi’ ) + \cos\phi’ (x-\varrho’ \cos\phi’)\right\} \delta(\varrho’-a) }{\left\{ (x-\varrho’ \cos\phi’)^2 + (\varrho \sin\phi’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, \varrho’\,d\varrho’\,d\phi’ \\
&=& \frac{I }{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \frac{a^2 -a x \cos\phi’}{\left\{x^2 + z^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’ \right\}^{\frac{3}{2}}}\, d\phi’
\end{eqnarray}
$z$ 軸上での磁場
特に簡単に計算できる $z$ 軸上 $\boldsymbol{r} = (0, 0, z)$ の磁場を求めてみると，$B_x$ は
\begin{eqnarray}
B_x(0,0,z) &=&\frac{I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \frac{a z \cos \phi’ }{\left\{ z^2 + a^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\,d\phi’ \\
&=& 0\\ \ \\
B_y(0,0,z)
&=& 0 \\ \ \\
B_z(0,0,z) &=& \frac{I }{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \frac{a^2}{\left\{z^2 + a^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, d\phi’ \\
&=&\frac{I }{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\frac{a^2}{\left\{z^2 + a^2\right\}^{\frac{3}{2}}} \times 2\pi \\
&=& \frac{I a^2}{2 \varepsilon_0 c^2\left\{z^2 + a^2\right\}^{\frac{3}{2}}}
\end{eqnarray}
$z$ 軸上では $B_x = 0, B_y = 0$ であり，$B_z$ 成分のみが存在することをビオ・サバールの法則から直接計算することができた。
微小な円電流による磁場：磁気双極子
微小な円電流の場合は，円電流の半径 $a$ が非常に小さいとして
$$a^2 \ll r^2 = x^2 + y^2 + z^2$$
を仮定し，以下のような近似を行う。（$\delta(\varrho’-a)$ がかかっているので，$\varrho’ = a$ としてよいから，実際には $(\varrho’)^2 \ll r^2$ としていることになる。）
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}
&=& \left\{ r^2 -2x x’ -2y y’ + (\varrho’)^2\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&\simeq& \left\{r^2 -2x x’ -2y y’\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&=& \left\{r^2 \left(1 -2 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + \varrho’ \sin\phi’}{r^2} \right)\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&=& \left(r^2\right)^{-\frac{3}{2}} \left(1 -2 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + \varrho’ \sin\phi’}{r^2} \right)^{-\frac{3}{2}} \\
&\simeq& \frac{1}{r^3} \left(1 +3 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + y \varrho’ \sin\phi’}{r^2} \right)\\
&=&\frac{1}{r^3} +3 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + y \varrho’ \sin\phi’}{r^5}
\end{eqnarray}
この近似を使うと，円電流がつくる磁場は
\begin{eqnarray}
B_x(\boldsymbol{r})
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{I \frac{x’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&\simeq& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \cos\phi’ \delta(\varrho’ -a) \left\{ \frac{1}{r^3} +3 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + y \varrho’ \sin\phi’}{r^5}\right\} \,\varrho’ \,d\varrho’ \, d\phi’\\
&=& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_0^{2\pi} \cos\phi’ \left\{ \frac{1}{r^3} +3 \frac{x a \cos\phi’ + y a \sin\phi’}{r^5}\right\} \,a\, d\phi’\\
&=& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_0^{2\pi} 3 \frac{x a^2 \cos^2\phi’}{r^5} \, d\phi’\\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} 3 \frac{z x}{r^5}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
B_y(\boldsymbol{r})
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{I \frac{y’}{\varrho’} \,\delta(\varrho’-a) z}{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 +z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&\simeq& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \sin\phi’ \delta(\varrho’ -a) \left\{ \frac{1}{r^3} +3 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + y \varrho’ \sin\phi’}{r^5}\right\} \,\varrho’ \,d\varrho’ \, d\phi’\\
&=& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_0^{2\pi} \sin\phi’ \left\{ \frac{1}{r^3} +3 \frac{x a \cos\phi’ + y a \sin\phi’}{r^5}\right\} \,a\, d\phi’\\
&=& \frac{I z}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \int_0^{2\pi} 3 \frac{y a^2 \sin^2\phi’}{r^5} \, d\phi’\\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} 3 \frac{z y}{r^5}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
B_z(\boldsymbol{r}) &=&\frac{-I }{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint \frac{\left\{\frac{y’}{\varrho’} (y-y’) + \frac{x’}{\varrho’} (x-x’)\right\} \delta(\varrho’-a) }{\left\{ (x-x’)^2 + (y-y’)^2 + z^2\right\}^{\frac{3}{2}}}\, dx’ dy’ \\
&\simeq& \frac{I a}{4\pi \varepsilon_0 c^2}\int_0^{2\pi} \,d\phi’ \left(a-x\cos\phi’ -y\sin\phi’ \right)\left\{ \frac{1}{r^3} +3 \frac{x \varrho’ \cos\phi’ + y \varrho’ \sin\phi’}{r^5}\right\} \\
&=& \frac{I a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2}\int_0^{2\pi}\,d\phi’ \left\{\frac{1}{r^3} -3\frac{x^2}{r^5} \cos^2\phi’ -3\frac{y^2}{r^5} \sin^2\phi’ \right\} \\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2}\left\{ \frac{2}{r^3} -3\frac{x^2}{r^5} -3\frac{y^2}{r^5} \right\} \\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{2(x^2 + y^2 + z^2) -3 x^2 -3 y^2}{r^5}\\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{3 z^2 -(x^2 + y^2 + z^2) }{r^5}\\
&=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \left\{3 \frac{z^2}{r^5} -\frac{1}{r^3}\right\}
\end{eqnarray}
結果をまとめると
\begin{eqnarray}
B_x &=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{3}{r^5} z x\\
B_y &=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \frac{3 }{r^5}z y \\
B_z &=& \frac{I \pi a^2}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \left\{3 \frac{z^2}{r^5} -\frac{1}{r^3}\right\}
\end{eqnarray}
どっかで見たことがある形ですね。そうです，電気双極子がつくる遠方の電場
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\left\{ 3 \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{p} }{r^5} \boldsymbol{r} -\frac{\boldsymbol{p}}{r^3}\right\}\\ \ \\
E_x &=& \frac{ p}{4\pi\varepsilon_0}\frac{3}{r^5} zx \\
E_y &=& \frac{ p}{4\pi\varepsilon_0}\frac{3}{r^5} zy \\
E_z &=& \frac{ p}{4\pi\varepsilon_0}\left\{ \frac{3}{r^5} z^2 -\frac{1}{r^3} \right\}
\end{eqnarray}
とそっくりです！
電気双極子モーメントにならって，磁気双極子モーメント $\boldsymbol{\mu}$ を
$$\boldsymbol{\mu} \equiv (0, 0, \mu) \equiv (0, 0, I \pi a^2)$$
と定義すれば，微小な円電流（面積 $S = \pi a^2$ の円周上を流れる電流 $I$）がつくる遠方の磁場は，磁気双極子モーメント $\boldsymbol{\mu}, \ \mu = |\boldsymbol{\mu}| = I S$ がつくる双極子磁場
$$\boldsymbol{B} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 c^2} \left\{3 \frac{\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{\mu} }{r^5} \boldsymbol{r} -\frac{\boldsymbol{\mu}}{r^3} \right\}$$
である！ということになる。
地球磁場も，大局的に見れば北極を $S$ 極，南極を $N$ 極とする双極子磁場であるが，地球内部に何か棒磁石があるのだと考えるよりは，地球内部に円電流が流れていて，それによって磁場がつくられているのだと理解する。
ソレノイドを流れる電流による磁場
ソレノイドは1本の電線を螺旋状に密に巻いたものである。
$z$ 軸を中心とし，半径 $a$ で単位長さあたり $n$ 回巻きの「十分に長い」ソレノイドを流れる電流 $I$ による磁場を求める。繰り返すがソレノイドは1本の電線を螺旋状に密に巻いたものであるのだが，簡単のために以下では円電流回路の重ね合わせとして扱う。
まず，1回巻きの円電流をあらわす電流密度 $\boldsymbol{J}$ は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{J} &=& (J_x, J_y, 0) \\
&=& (-I\,\delta(z) \sin\phi \,\delta(\varrho-a), I\,\delta(z) \cos\phi \,\delta(\varrho-a), 0)
\end{eqnarray}
であったから，単位長さあたり $n$ 回巻きの十分に長いソレノイドの場合は，上記の表式で
$$I\,\delta(z)\ \ \rightarrow \ \ n I$$
と置き換えればよく，ソレノイドを流れる電流密度 $\boldsymbol{J}$ は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{J} &=& (J_x, J_y, 0) \\
&=& (-n I \sin\phi \,\delta(\varrho-a), n I \cos\phi \,\delta(\varrho-a), 0)
\end{eqnarray}
となる。これをビオ・サバールの法則に代入して，各成分ごとに磁束密度を計算する。
\begin{eqnarray}
B_x &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_y(\boldsymbol{r}’)\cdot(z-z’) -J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot(y-y’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\, dV’ \\
&=& \frac{n I}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint\,dx’ dy’ \int_{-\infty}^{\infty}\,dz’ \frac{\cos\phi’ \,\delta(\varrho’-a)\cdot(z-z’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& \frac{n I}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \!\!\iint\!\! dx’ dy’ \cos\phi’ \delta(\varrho’-a)\!\!\int_{-\infty}^{\infty}\!\! \frac{(z-z’) \,dz’}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
同様にして
\begin{eqnarray}
B_y &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_z(\boldsymbol{r}’)\cdot(x-x’) -J_x(\boldsymbol{r}’)\cdot(z-z’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\, dV’ \\
&=& \frac{-n I}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint\,dx’\, dy’ \int_{-\infty}^{\infty}\,dz’ \frac{\sin\phi’ \,\delta(\varrho’-a)\cdot(z-z’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& \frac{-n I}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iint\!\! dx’ dy’ \sin\phi’ \delta(\varrho’-a)\!\!\int_{-\infty}^{\infty} \!\! \frac{(z-z’)\,dz’ }{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
ソレノイドの内部・外部によらず，$B_x = 0, \ B_y = 0$ であることがビオ・サバールの法則から直接計算できた。
最後に，$B_z$ は
\begin{eqnarray}
B_z &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0 c^2} \iiint \frac{J_x(\boldsymbol{r}’)\cdot(y-y’) -J_y(\boldsymbol{r}’)\cdot(x-x’)}{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\, dV’ \\
&=& \frac{n I}{4\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint\,dx’\, dy’ \int_{-\infty}^{\infty}\,dz’ \frac{ \left\{\frac{y’}{\varrho’}(y’-y) + \frac{x’}{\varrho’} (x’ -x) \right\} \,\delta(\varrho’-a) }{\left\{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& \frac{n I}{2\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint\,dx’\, dy’ \frac{ \left\{\frac{y’}{\varrho’}(y’-y) + \frac{x’}{\varrho’} (x’ -x) \right\} \,\delta(\varrho’-a) }{(x-x’)^2 + (y-y’)^2 } \\
&=&\frac{n I}{2\pi \varepsilon_0 c^2}
\iint \varrho’ \,d\varrho’ \,d\phi’ \frac{ \left\{\varrho’ -y\sin\phi’ -x\cos\phi’ \right\} \,\delta(\varrho’-a) }{(x-\varrho’ \cos\phi’ )^2 + (y-\varrho’ \sin\phi’)^2 } \\
&=&\frac{n I}{2\pi \varepsilon_0 c^2}
\int \,d\phi’ \frac{ a^2 -a y\sin\phi’ -a x\cos\phi’ }{(x-a \cos\phi’ )^2 + (y-a \sin\phi’)^2 } \\
&=&\frac{n I}{2\pi \varepsilon_0 c^2}
\int_0^{2\pi} \,d\phi’ \frac{ a^2 -a y\sin\phi’ -a x\cos\phi’ }{x^2 + y^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’ -2 a y \sin\phi’ } \\ \ \\
&=& \left\{
\begin{array}{ll}
\frac{n I}{\varepsilon_0 c^2} & ( \sqrt{x^2 + y^2} < a)\\ \ \\
0 & (\sqrt{x^2 + y^2} > a)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ここで，以下の積分結果を使った。
\begin{eqnarray}
\int_0^{2\pi} \,d\phi’ \frac{ a^2 -a y\sin\phi’ -a x\cos\phi’ }{x^2 + y^2 + a^2 -2 a x \cos\phi’ -2 a y \sin\phi’ } &=& \left\{
\begin{array}{ll}
2\pi & ( \sqrt{x^2 + y^2} < a)\\ \ \\
0 & (a < \sqrt{x^2 + y^2} > a)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
つまり，$z$ 軸からの距離 $\sqrt{x^2 + y^2}$ がソレノイドの半径 $a$ よりも小さいソレノイドの内部 ($\sqrt{x^2 + y^2} < a$) では $\displaystyle B_z = \frac{n I}{\varepsilon_0 c^2} $ という一定の磁場が，$z$ 軸からの距離 $\sqrt{x^2 + y^2}$ がソレノイドの半径 $a$ よりも大きいソレノイドの外部 ($\sqrt{x^2 + y^2} > a$) では $B_z = 0$ となることが，ビオ・サバールの法則から直接得ることができた。
