静電場を求める際に使った積分は Maxima を数学公式集として使うことで確認できているが，Maxima で解析的に積分できることがわかれば，人力でも解いてみたくなるもの。そのシリーズ第1話は，一様な線電荷による電場を求める際に使った積分。電磁気学というよりは理工系の数学B（微分積分）の演習問題用に。
一様な線電荷による電場で使った積分
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}
\frac{1}{\left(x^2 + y^2 + (z-z’)^2\right)^{3/2}} dz’ = \frac{2}{x^2 + y^2}$
これは基本的に
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} dZ = \frac{2}{a^2}$$
がわかればよい。$a^2 \Rightarrow x^2 + y^2$ と置き換えれば求める答えになる。
$Z = a \tan\theta$ とおけば，$\displaystyle dZ = \frac{a}{\cos^2\theta} d\theta$。
不定積分
まず不定積分は
\begin{eqnarray}
\int \frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} dZ &=&
\int\frac{1}{(a^2 + a^2 \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=&
\int\frac{1}{a^3 (1 + \tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\frac{a}{\cos^2\theta} d\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \int |\cos\theta|\, d\theta \quad(\mbox{we assume} \ \cos\theta > 0) \\
&=& \frac{1}{a^2} \sin\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \tan\theta \times \cos\theta \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{\tan\theta}{\sqrt{1 + \tan^2\theta}} \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{a \tan\theta}{\sqrt{a^2 + a^2\tan^2\theta}} \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{Z}{\sqrt{a^2 + Z^2}} \\
\end{eqnarray}
不定積分の別解
一旦答えがわかれば，いかようにもこじつけはできるわけで
\begin{eqnarray}
\frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} &=& \frac{1}{\sqrt{a^2 + Z^2}} \frac{1}{a^2 + Z^2} \\
&=& \frac{1}{\sqrt{a^2 + Z^2}} \frac{1}{a^2} \left( 1 – \frac{Z^2}{a^2 + Z^2}\right) \\
&=& \frac{1}{a^2} \left( \frac{1}{\sqrt{a^2 + Z^2}} – Z \frac{Z}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}}\right) \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{d}{dZ} \frac{Z}{\sqrt{a^2 + Z^2}} \\
\therefore \ \ \int \frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} dZ &=& \int \frac{1}{a^2} \frac{d}{dZ} \frac{Z}{\sqrt{a^2 + Z^2}} dZ \\
&=& \frac{1}{a^2} \frac{Z}{\sqrt{a^2 + Z^2}}
\end{eqnarray}
定積分
定積分は
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} dZ
&=& \frac{1}{a^2} \Bigl[ \sin\theta\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \\
&=& \frac{2}{a^2}
\end{eqnarray}
または
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a^2 + Z^2)^{\frac{3}{2}}} dZ
&=& \frac{1}{a^2} \Bigl[ \frac{Z}{\sqrt{a^2 + Z^2}}\Bigr]_{-\infty}^{\infty} \\
&=& \frac{2}{a^2}
\end{eqnarray}