ガウスの法則を使わずに，電荷密度から直接静電場を求めてみる。
電荷密度から直接静電場を求める式
ポアソン方程式
$$\nabla^2\phi = – \frac{\rho}{\varepsilon_0}$$の完全な解
$$\phi(\boldsymbol{r}) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint \frac{\rho(\boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|} dV’$$
からあらためて点電荷がつくる電場を求めてみる。電場は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& – \nabla\phi \\
&=&-\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint {\rho(\boldsymbol{r}’)}\nabla\left(\frac{1}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|} \right)dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’
\end{eqnarray}
ここで以下の結果を使った。
$$ -\nabla\left(\frac{1}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|} \right) = \frac{ (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}$$
以下で示すように，点電荷の場合にはクーロンの法則に帰着することから，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’
\end{eqnarray}
は電荷密度から直接静電場を求める式であり，連続的な電荷密度 \(\rho\) の場合の一般化されたクーロンの法則と呼ぶことができる。（静磁場の場合にはビオ・サバールの法則という名前がついているが，静電場の場合のこの式には名前がついていないようだ。）
以下では，いくつかの場合の静電場を，上記の式（一般化されたクーロンの法則）から全て統一的に求めてみる。
点電荷の電荷密度と電場
原点においた点電荷の電荷密度は，ディラックのデルタ関数を使って以下のように書ける。
$$\rho(\boldsymbol{r}) = q\,\delta^3(\boldsymbol{r})$$
これを電場の式に入れてやると
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
&=& \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta^3(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’\\
&=& \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{0}) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{0}|^3} \\
&=& \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} }{r^3}
\end{eqnarray}
ここで，3次元のディラックのデルタ関数 $\delta^3(\boldsymbol{r})$ の性質
\begin{eqnarray}
\iiint_{-\infty}^{\infty} \boldsymbol{f}(\boldsymbol{r}) \delta^3(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}_1)\,dV &=& \boldsymbol{f}(\boldsymbol{r}_1)
\end{eqnarray}
を使い，$\boldsymbol{r}_1 = \boldsymbol{0}$ とした。
2つの点電荷による電場
位置 $\boldsymbol{r}_1$ に電荷 $q_1$，$\boldsymbol{r}_2$ に電荷 $q_2$ の2つの電荷があるとすると，電荷密度は
$$\rho(\boldsymbol{r}) = q_1 \delta^3(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_1) + q_2 \delta^3(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_2)$$
のように書け，電場は（重ね合わせの原理からもわかるように）
$$\boldsymbol{E} = \frac{q_1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_1}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_1|^3} + \frac{q_2}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_2}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_2|^3}$$
重ね合わせの原理とは
ここでいう「重ね合わせの原理」とは，電荷密度 $\rho$ が 2 つの電荷密度 $\rho_1, \rho_2$ の重ね合わせ（足し算）で
$$\rho = \rho_1 + \rho_2$$
と書けるときに，$\rho$ によってつくられる電場 $\boldsymbol{E}$ は，$\rho_1, \rho_2$ がそれぞれ独立につくる電場 $\boldsymbol{E}_1, \boldsymbol{E}_2$ の重ね合わせ（足し算）で
$$\boldsymbol{E} = \boldsymbol{E}_1 + \boldsymbol{E}_2$$
と書けることをいう。証明は簡単で
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}_1 &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho_1\, (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
\boldsymbol{E}_2 &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho_2\,(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
\end{eqnarray}
であれば，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho\, (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\left(\rho_1 + \rho_2\right)\,(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
&=& \boldsymbol{E}_1 + \boldsymbol{E}_2
\end{eqnarray}
電気双極子による電場
正電荷 $q > 0$ と大きさの等しい負電荷 $ -q$ の2つの電荷が無限小間隔 $\boldsymbol{d}$ で対になっている状態を「電気双極子」という。
電気双極子による遠方の電場は，正電荷 $q_1 = q$ の位置を $\boldsymbol{r}_1=\frac{\boldsymbol{d}}{2}$，負電荷 $q_2 = q$ の位置を $\boldsymbol{r}_2=-\frac{\boldsymbol{d}}{2}$ として
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} – \frac{1}{2}\boldsymbol{d}}{|\boldsymbol{r} – \frac{1}{2}\boldsymbol{d}|^3} –
\frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} + \frac{1}{2}\boldsymbol{d}}{| \boldsymbol{r} + \frac{1}{2}\boldsymbol{d}|^3}
\end{eqnarray}
として，$|\boldsymbol{d}| \ll r \equiv \sqrt{\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}} $ であるから $\displaystyle\frac{|\boldsymbol{d}|^2}{r^2}$ の項を無視する近似をおこなって求めてみる。
まず，
\begin{eqnarray}
\frac{1}{|\boldsymbol{r} \mp \frac{1}{2}\boldsymbol{d}|^3} &=&
\left\{\left( \boldsymbol{r} \mp \frac{1}{2}\boldsymbol{d}\right)\cdot\left( \boldsymbol{r} \mp \frac{1}{2}\boldsymbol{d}\right)\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&=&
\left( r^2 \mp \boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d} + \frac{1}{4} |\boldsymbol{d}|^2
\right)^{-\frac{3}{2}} \\
&=&
\left\{ r^2\left( 1\mp \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d}}{r^2} + \frac{1}{4} \frac{|\boldsymbol{d}|^2}{r^2}
\right)\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&\simeq& \left\{ r^2\left( 1\mp \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d}}{r^2}
\right)\right\}^{-\frac{3}{2}} \\
&=&\left( r^2\right)^{-\frac{3}{2}}
\left( 1\mp \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d}}{r^2}
\right)^{-\frac{3}{2}} \\
&\simeq& \frac{1}{r^3} \left(1\pm \frac{3}{2} \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d} }{r^2} \right)
\end{eqnarray}
これを使うと，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} – \frac{1}{2}\boldsymbol{d}}{|\boldsymbol{r} – \frac{1}{2}\boldsymbol{d}|^3} –
\frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{ \boldsymbol{r} + \frac{1}{2}\boldsymbol{d}}{| \boldsymbol{r} + \frac{1}{2}\boldsymbol{d}|^3} \\
&\simeq& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left\{
\left(\boldsymbol{r} – \frac{1}{2}\boldsymbol{d} \right)\left(\frac{1}{r^3} + \frac{3}{2} \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d} }{r^5} \right) –
\left(\boldsymbol{r} + \frac{1}{2}\boldsymbol{d} \right)\left(\frac{1}{r^3} – \frac{3}{2} \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d} }{r^5} \right)
\right\} \\
&\simeq& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}
\left\{ 3 \frac{\boldsymbol{r}\cdot \boldsymbol{d} }{r^5} \boldsymbol{r} – \frac{\boldsymbol{d}}{r^3}\right\}
\end{eqnarray}
電気双極モーメント $\boldsymbol{p}$ を
$$\boldsymbol{p} \equiv q \boldsymbol{d}$$
と定義すると，この電気双極子がつくる遠方の電場は
\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\}
\end{eqnarray}
電気双極モーメントの向きを $z$ 軸とし，$\boldsymbol{p} = (0, 0, p)$ として電場 $\boldsymbol{E}$ を各成分ごとに表すと
\begin{eqnarray}
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}
一様な線電荷による電場
\(z\) 軸上の一様な線電荷密度 \(\lambda (\mbox{C}/\mbox{m})\) は，\(z\) 軸上つまり \(x = 0, y = 0\) にしか存在しないことから，電荷密度としては以下のように書ける。
$$\rho(\boldsymbol{r}) = \lambda \delta(x) \delta(y)$$
これを電場の式に入れてやると
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
&=& \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) \delta(y’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’
\end{eqnarray}
各成分ごとに計算すると，\(x\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_x&=& \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) \delta(y’) (x – x’) }{\left((x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}}dx’ dy’ dz’ \\
&=& \frac{\lambda x}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’\\
&=& \frac{\lambda x }{4\pi \varepsilon_0} \frac{2}{x^2 + y^2} \\
&=& \frac{\lambda }{2\pi \varepsilon_0} \frac{x}{x^2 + y^2}
\end{eqnarray}
\(y\) 成分も同様に，
\begin{eqnarray}
E_y&=& \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) \delta(y’) (y – y’) }{\left((x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}}dx’ dy’ dz’ \\
&=& \frac{\lambda y}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’\\
&=& \frac{\lambda y}{4\pi \varepsilon_0} \frac{2}{x^2 + y^2} \\
&=& \frac{\lambda }{2\pi \varepsilon_0} \frac{y}{x^2 + y^2}
\end{eqnarray}
\(z\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_z&=& \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) \delta(y’) (z – z’) }{\left((x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}}dx’ dy’ dz’ \\
&=& \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty}
\frac{z – z’}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’\\
&=&0
\end{eqnarray}
となり，\(z\) 軸に直交する位置ベクトルを \(\boldsymbol{r}_{\!\perp} \equiv (x, y, 0), \ {r_{\!\perp}}^2 \equiv \boldsymbol{r}_{\!\perp} \cdot\boldsymbol{r}_{\!\perp} \) としてまとめると
$$\boldsymbol{E} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{{r_{\!\perp}}^2}$$
以上の計算で使った積分は
$$\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’ =
\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{\left(x^2 + y^2 + Z^2\right)^{3/2}} dZ = \frac{2}{x^2 + y^2}$$
および
$$\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{z – z’}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’ = \int_{-\infty}^{\infty}
\frac{Z}{\left(x^2 + y^2 + Z^2\right)^{3/2}} dZ =0$$（被積分関数が \(Z \equiv z – z’\) について奇関数だから簡単にゼロ！）
軸対称な電荷分布による電場
\(z\) 軸を中心とした軸対称な電荷分布を表す電荷密度は
$$\rho(\boldsymbol{r}) = \rho(\sqrt{x^2 + y^2}) $$
と書ける。\(z\) には依存しないので，\(z\) 軸方向には一様である。積分変数を円筒座標で書くと（本来であれば $z$ 軸からの距離 $\sqrt{x^2 + y^2}$ は極座標系における動径座標 $r$ と区別するために $\rho$ などと書きたいところだか，これだと電荷密度とかぶってしまうので以下では $r’ = \sqrt{(x’)^2 + (y’)^2}$ としている。$r’_{\perp}$ とでもすべきかなぁ）
\begin{eqnarray}
x’ &=& r’ \cos \phi’ \\
y’ &=& r’ \sin \phi’\\
z’ &=& z’ \\
dV’ &=& r’ dr’\,d\phi’ \,dz’
\end{eqnarray}
各成分ごとに計算すると，\(x\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_x&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(r’) (x – r’ \cos\phi’) }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}}dV’ \\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}
\!\!\int\!\! r’ dr’ \rho(r’)
\int\!\! d\phi’ (x – r’ \cos\phi’)
\!\!\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz’ }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}} \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’ \rho(r’)\int_{0}^{2\pi}\!\! d\phi’ (x – r’ \cos\phi’)\frac{2 }{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}\\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’ \rho(r’)\int_{0}^{2\pi}\!\! d\phi’\frac{ (x – r’ \cos\phi’) }{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}\\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \!\!\int_{0}^{\infty}\!\! r’ dr’ \rho(r’)\, \frac{2\pi x}{x^2 + y^2} H(\sqrt{x^2 + y^2} – r’) \\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \frac{x}{x^2 + y^2} \!\!\int_{0}^{\sqrt{x^2 + y^2} }\!\! 2\pi \rho(r’) r’ dr’ \\
&=& \frac{Q_{r_{\!\perp}}}{2\pi \varepsilon_0} \frac{x}{r^2}
\end{eqnarray}
ここで，$H(x)$ は以下のようなヘビサイドの階段関数
$$H(x) = \left\{
\begin{array}{ll}
1 & (x > 0)\\ \ \\
0 & (x < 0)
\end{array}
\right.
$$
であり，\(\displaystyle Q_{r_{\!\perp}} \equiv \int_{0}^{{r_{\!\perp}}}\!\! 2\pi \rho(r’) r’ dr’\) は \(z\) 軸を中心とし，底面積が \(\pi {r_{\!\perp}}^2\) の単位高さの円柱内の全電荷である。また，\({r_{\!\perp}} = \sqrt{x^2 + y^2}\) である。
\(y\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_y&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(r’) (y – r’ \sin\phi’) }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}}dV’ \\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’\rho(r’) \int\!\! d\phi’ (y – r’ \sin\phi’) \!\!\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ dz’ }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}} \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’ \rho(r’) \int_{0}^{2\pi}\!\! d\phi’ (y – r’ \sin\phi’)\frac{2}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}\\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’\rho(r’) \int_{0}^{2\pi}\!\! d\phi’ \frac{ (y – r’ \sin\phi’)}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}\\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \!\!\int_{0}^{\infty}\!\! r’ dr’ \rho(r’) \, \frac{2\pi y}{x^2 + y^2} H(\sqrt{x^2 + y^2} – r’) \\
&=& \frac{1}{2\pi \varepsilon_0} \frac{y}{x^2 + y^2} \!\!\int_{0}^{\sqrt{x^2 + y^2} }\!\! 2\pi \rho(r’) r’ dr’ \\
&=& \frac{Q_{r_{\!\perp}}}{2\pi \varepsilon_0} \frac{y}{r^2}
\end{eqnarray}
\(z\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_z&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(r’) (z – z’) }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}}dV’ \\
&=&\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \!\!\int\!\! r’ dr’ \rho(r’) \int\!\! d\phi’ \!\!\int_{-\infty}^{\infty} \frac{(z – z’) \,dz’ }{\left\{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2 + (z-z’)^2\right\}^{3/2}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
ベクトル式にしてまとめると
$$\boldsymbol{E} = \frac{Q_{r_{\!\perp}}}{2\pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{{r_{\!\perp}}^2}, \qquad \boldsymbol{r}_{\!\perp} = (x, y, 0)$$
軸対称な電荷分布であれば，その分布のしかたによらず，円柱内の全電荷 \(Q_{r_{\!\perp}}\) で電場が決まることに刮目せよ。特に \(z\) 軸上の線電荷密度の場合は \(Q_{r_{\!\perp}} \rightarrow \lambda\) とすることで結果を再現する。
ここで使った新たな積分は
$$\int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{x-r’ \cos\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} = \frac{2\pi x}{x^2 + y^2} H(\sqrt{x^2 + y^2} – r’)$$
$$\int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{y-r’ \sin\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} = \frac{2\pi y}{x^2 + y^2} H(\sqrt{x^2 + y^2} – r’)$$
一様な面電荷による電場
\(yz\) 平面上の一様な面電荷密度 \(\sigma (\mbox{C}/\mbox{m}^2)\) は， \(x = 0\) にしか存在しないことから，電荷密度としては以下のように書けるであろう。
$$\rho(\boldsymbol{r}) = \sigma \delta(x)$$
これを電場の式に入れてやると
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’ \\
&=& \frac{\sigma}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’
\end{eqnarray}
各成分ごとに計算すると，\(x\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_x&=&\frac{\sigma}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\delta(x’) (x – x’) }{\left((x-x’)^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}}dx’ dy’ dz’ \\
&=&\frac{\sigma x}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} dy’\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1 }{\left(x^2 + (y-y’)^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’ \\
&=& \frac{\sigma x}{4\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} dy’ \frac{2}{x^2 + (y-y’)^2} \\
&=& \frac{\sigma x}{2\pi \varepsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} dy’ \frac{1}{x^2 + (y-y’)^2} \\
&=& \frac{\sigma x}{2\pi \varepsilon_0} \frac{\pi}{|x|}\\
&=& \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \frac{x}{|x|}
\end{eqnarray}
\(y, z\) 成分がゼロとなることは簡単にわかるだろう。
ここで使った新たな積分は
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2 + (y-y’)^2 }dy’= \frac{\pi}{|x|}$$
面対称な電荷分布による電場
$x=0$ の $yz$ 面に対して面対称な電荷密度は $\rho(|x|)$ のように書かれる。これによる電場は
$$\boldsymbol{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iiint \frac{\rho(|x’|) \left(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’\right)}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’|^3} dV’$$
$E_y$ は
\begin{eqnarray}
E_y &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iiint \frac{\rho(|x’|) \left(y-y’\right)}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’|^3} dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iint dx’\,dz’ \int_{-\infty}^{\infty} dy’ \frac{y-y’}{\left\{(x-x’)^2+(y-y’)^2+(z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iint dx’\,dz’ \int_{-\infty}^{\infty} dY \frac{Y}{\left\{(x-x’)^2+Y^2+(z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}}\\
&=& 0
\end{eqnarray}
（被積分関数が $Y$ の奇関数だから $\int_{-\infty}^{\infty} dY$ でゼロ。）
$E_z$ についても同様で，被積分関数が $Z \equiv z – z’$ の奇関数になることからゼロ。
$E_x$ は $x>0$ を仮定して
\begin{eqnarray}
E_x &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iiint \frac{\rho(|x’|) \left(x-x’\right)}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’|^3} dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int dx’ \rho(|x’|) \left(x-x’\right)
\int dy’ \int_{-\infty}^{\infty} dz’ \frac{1}{\left\{(x-x’)^2+(y-y’)^2+(z-z’)^2 \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int dx’ \rho(|x’|) \left(x-x’\right)
\int_{-\infty}^{\infty} dy’ \frac{2}{(x-x’)^2+(y-y’)^2}\\
&=& \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \int dx’ \rho(|x’|) \left(x-x’\right) \frac{\pi}{|x-x’|}\\
&=& \frac{1}{2\varepsilon_0} \left\{
\int_{-\infty}^{-x} dx’ + \int^{x}_{-x} dx’ + \int_{x}^{\infty} dx’
\right\} \rho(|x’|) \frac{x-x’}{|x-x’|} \\
&=& \frac{1}{2\varepsilon_0} \left\{
\int_{-\infty}^{-x} dx’ \rho(|x’|) + \int^{x}_{-x} dx’ \rho(|x’|) – \int_{x}^{\infty} dx’ \rho(|x’|)
\right\} \\
&=& \frac{1}{2\varepsilon_0} \left\{
\int^{\infty}_{x} dt\, \rho(|t|) + Q_{|x|}- \int_{x}^{\infty} dx’ \rho(|x’|)
\right\} \quad(t \equiv – x’)\\
&=& \frac{Q_{|x|}}{2\varepsilon_0}
\end{eqnarray}
$x<0$ の場合は，$Q_{|x|}$ の部分だけが以下のように変わる。
\begin{eqnarray}
\int^{x}_{-x} dx’ \rho(|x’|) &=& \int^{-|x|}_{|x|} dx’ \rho(|x’|) \\
&=& – \int_{-|x|}^{|x|} dx’ \rho(|x’|) \\
&=& – Q_{|x|}
\end{eqnarray}
したがって，$x$ が正負どちらでも成り立つように
$$E_x(x) = \frac{Q_{|x|}}{2\varepsilon_0} \frac{x}{|x|}$$
特に \(yz\) 平面上の面電荷密度の場合は \(Q_{|x|} \rightarrow \sigma\) とすることで結果を再現する。
球対称な電荷分布による電場
原点を中心とした球対称な電荷分布を表す電荷密度は
$$\rho(\boldsymbol{r}) = \rho(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}) = \rho(r)$$
と書ける。
簡単のために，$z$ 軸上の電場を計算することとし，
$$\boldsymbol{r} = (x, y, z) = (0, 0, r)$$とする。
また，積分変数を極座標で書くと
\begin{eqnarray}
x’ &=& r’ \sin\theta’ \cos \phi’ \\
y’ &=& r’ \sin\theta’ \sin \phi’\\
z’ &=& r’ \cos\theta’ \\
dV’ &=& (r’)^2 dr’\,\sin\theta’ d\theta’ \,d\phi’
\end{eqnarray}
また，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’ &=& (x-x’, y-y’, z-z’) \\
&=& (- r’ \sin\theta’ \cos\phi’, -r’ \sin\theta’ \sin \phi’, z-r’ \cos\theta’ ) \\
|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’| &=& \left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{1}{2}}
\end{eqnarray}
したがって，
$$\boldsymbol{E} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint \frac{\rho(r’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’)}{\left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{3}{2}}} dV’$$
各成分ごとに計算すると，\(x\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_x &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int_0^{\infty} (r’)^2 dr’ \int_0^{\pi} \sin\theta’ d\theta’
{\color{red}{\int_0^{2\pi} d\phi’ }}
\frac{\rho(r’) (- r’ \sin\theta’ {\color{red}{\cos\phi’}})}{\left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
\(y\) 成分も同様にして
\begin{eqnarray}
E_y &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int_0^{\infty} (r’)^2 dr’ \int_0^{\pi} \sin\theta’ d\theta’
{\color{red}{\int_0^{2\pi} d\phi’ }}
\frac{\rho(r’) (- r’ \sin\theta’ {\color{red}{\sin\phi’}})}{\left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{3}{2}}} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
\(z\) 成分は
\begin{eqnarray}
E_z &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int_0^{\infty} (r’)^2 dr’ \int_0^{\pi} \sin\theta’ d\theta’ \frac{\rho(r’) (r- r’ \cos\theta’ )}{\left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{3}{2}}} \int_0^{2\pi} d\phi’ \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int_0^{\infty} (r’)^2 dr’ \frac{2\pi \rho(r’)}{r^2}
\left( \frac{r + r’}{|r + r’|} + \frac{r – r’}{|r – r’|} \right) \\
&=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{1}{r^2} \int_0^{r} 4\pi \rho(r’) (r’)^2 dr’ \\
&=& \frac{Q_r}{4\pi \varepsilon_0} \frac{1}{r^2}
\end{eqnarray}
ここで \(\displaystyle Q_r \equiv \int_0^{r} 4\pi \rho(r’) (r’)^2 dr’ \) は半径 $r$ の球内の全電荷である。
以上の結果を \(\boldsymbol{r} = (0, 0, r)\) としてベクトル式で表すと
$$\boldsymbol{E} = \frac{Q_r}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}}{r^3}$$
いったんこのようなベクトル式で表された解は，一般に \(\boldsymbol{r} = (x, y, z)\) としても成り立つんですよ。
したがって，この場合のクーロンの法則は
$$\boldsymbol{F}(\boldsymbol{r}) = \frac{Q_r q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}}{r^3}$$
となり，原点に点電荷 \(Q\) をおいた場合のクーロンの法則で \(Q\) を \(Q_r\) に置き換えた形になることに注意。
言い換えると，球対称な電荷分布がつくる電場は，半径 $r$ の全電荷 $Q_r$ が点電荷として原点にある場合の電場と等価である。あるいは，半径 $r$ 内に（球対称でさえあれば）どのような分布をしているかによらず，半径 $r$ の全電荷 $Q_r$ のみによって電場がきまる，といってもよいであろう。
ここで使った積分は
\begin{eqnarray}
\int_0^{\pi} \sin\theta’ d\theta’ \frac{r- r’ \cos\theta’ }{\left\{ r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ \cos\theta’ \right\}^{\frac{3}{2}}} &=& \frac{1}{r^2}
\left( \frac{r + r’}{|r + r’|} + \frac{r – r’}{|r – r’|} \right) \\
&=&\frac{1}{r^2}
\left(1+ \frac{r – r’}{|r – r’|}\right) \\
&=& \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2}{r^2}} & (r’ \leq r)\\
0 & (r < r’)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
まとめ
電荷密度から直接静電場を求める式
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \iiint\frac{\rho(\boldsymbol{r}’) (\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’) }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3}dV’
\end{eqnarray}
この体積積分を直接計算することにより，以下の結果が得られた。
点電荷による電場
位置 $\boldsymbol{r}_i$ に電荷 $q_i$ ($i = 1 \dots N$) が分布していることを表す電荷密度は
$$\rho(\boldsymbol{r}) =\sum_{i=1}^N q_i \, \delta^3(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_i)$$
電場は
$$
\boldsymbol{E} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \sum_{i=1}^N \frac{q_i ( \boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_i)}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}_i|^3}
$$
電気双極子による電場
電気双極モーメント $\boldsymbol{p} \equiv q \boldsymbol{d}$ がつくる電場は
\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\}
\end{eqnarray}
一様な線電荷による電場
$z$ 軸上の一様は線電荷密度 $\lambda\ (\mbox{C}/\mbox{m})$ を表す電荷密度 $\rho$ は
$$
\rho(\boldsymbol{r}) = \lambda \delta(x) \delta(y)
$$
電場は
$$
\boldsymbol{E} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{{r_{\!\perp}}^2}
$$
ここで，$z$ 軸に直交する一ベクトルを $\boldsymbol{r}_{\!\perp} \equiv (x, y, 0), \ {r_{\!\perp}}^2 \equiv \boldsymbol{r}_{\!\perp} \cdot\boldsymbol{r}_{\!\perp}$ とした。
軸対称な電荷分布による電場
$z$ 軸について軸対称な電荷分布を表す電荷密度は
$$
\rho(\boldsymbol{r}) = \rho(\sqrt{x^2 + y^2})
$$
電場は
$$
\boldsymbol{E} = \frac{Q_{r_{\!\perp}}}{2\pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{{r_{\!\perp}}^2}, \qquad \boldsymbol{r}_{\!\perp} = (x, y, 0)
$$
軸対称な電荷分布であれば，その分布の仕方によらずに，円柱内の全電荷 $Q_{r_{\!\perp}}$ で電場が決まることに注意。体積積分自体は全空間で積分しているにもかかわらず，$r_{\!\perp}$ の外側の電荷は電場に寄与しない。 特に軸上の一様電荷密度の場合は $Q_{r_{\!\perp}} \rightarrow \lambda$ とすれば結果を再現する。
一様な面電荷による電場
$xy$ 平面上の一様な面電荷密度 $\sigma\ (\mbox{C}/\mbox{m}^2)$ をあらわす電荷密度は
$$
\rho(\boldsymbol{r}) = \sigma \delta(x)
$$
電場は
$$
E_x = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \frac{x}{|x|}, \quad E_y = 0, \quad E_z = 0
$$
あるいは，対称面に垂直な単位ベクトルを $\boldsymbol{n}$ とすると，ベクトル形で
$$\boldsymbol{E} = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \boldsymbol{n}$$
面対称な電荷分布による電場
$x=0$ の $yz$ 面に対して面対称な電荷密度は
$$ \rho(\boldsymbol{r}) = \rho(|x|)$$
電場は
$$
E_x = \frac{Q_{|x|}}{2 \varepsilon_0} \frac{x}{|x|}, \quad E_y = 0, \quad E_z = 0
$$
あるいは，対称面に垂直な単位ベクトルを $\boldsymbol{n}$ とすると，ベクトル形で
$$\boldsymbol{E} = \frac{Q_{|x|}}{2 \varepsilon_0} \boldsymbol{n}$$
面対称な電荷分布であれば，その分布の仕方によらずに，面からの距離が $|x|$ 以内の全電荷 $Q_{|x|}$ で電場が決まることに注意。体積積分自体は全空間で積分しているにもかかわらず，$|x|$ の外側の電荷は電場に寄与しない。 特に面上の一様電荷密度の場合は $Q_{|x|} \rightarrow \sigma$ とすれば結果を再現する。
球対称な電荷分布による電場
原点を中心とした球対称な電荷分布を表す電荷密度は
$$
\rho(\boldsymbol{r}) = \rho(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}) = \rho(r)
$$
電場は
$$
\boldsymbol{E} = \frac{Q_r}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}}{r^3}
$$
球対称な電荷分布であれば，その分布の仕方によらずに，原点からの距離が $r$ 以内の全電荷 $Q_{r}$ で電場が決まることに注意。体積積分自体は全空間で積分しているにもかかわらず，$r$ の外側の電荷は電場に寄与しない。 特に原点にある点電荷の場合は $Q_{r} \rightarrow q$ とすれば結果を再現する。
補足
以上，体積積分を直接計算することによって，与えられた電荷密度 $\rho(\boldsymbol{r})$ から直接電場 $\boldsymbol{E}$ を求めたわけだが，途中の積分にはなかなか手こずった。使った積分を Maxima で確認するには，
がんばって人力で求めてみたい人には
面倒な体積積分を行わずに，もう少し簡単な方法で電場を求めるには，やはりガウスの法則を活用することになる。以下を参照：