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2話は，軸対称な電荷分布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。
軸対称な電荷分布による電場で使った積分
$$\int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{x-r’ \cos\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} = \frac{2\pi x}{x^2 + y^2} H\left(\sqrt{x^2 + y^2} – r’\right) \tag{1}$$
$$\int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{y-r’ \sin\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} = \frac{2\pi y}{x^2 + y^2} H\left(\sqrt{x^2 + y^2} – r’\right) \tag{2}$$
ここで $H\left(\sqrt{x^2 + y^2} – r’\right)$ はヘビサイドの階段関数であり，
$$H\left(\sqrt{x^2 + y^2} – r’\right)=
\left\{
\begin{array}{ll}
1 & (\sqrt{x^2 + y^2} \geq r’)\\ \ \\
0 & (\sqrt{x^2 + y^2} < r’)
\end{array}
\right.$$
なぜこの積分にヘビサイドの階段関数が出てくるのかを少し考察。
$y=0$ の場合の考察
$y=0$ とすると $(\mbox{1})$ 式は
\begin{eqnarray}
\int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{x-r’ \cos\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}
&\Rightarrow& \int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{x-r’ \cos\phi’}{x^2 + (r’)^2 -2 x r’ \cos \phi’}
\end{eqnarray}
まず，解くべき積分を（変数をちょっと変えて，より一般的シチュエーションにも使えるようにして）
\begin{eqnarray}
\int_0^{2\pi} \frac{a – b \cos\phi}{a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi} d\phi
\end{eqnarray}
の形にし，授業でやったように $\sin \phi, \cos \phi$ の有理関数の積分は，以下のような変換をして置換積分すればよいということが知られているので，セオリーにそってやってみる。
\begin{eqnarray}
t &\equiv& \tan\frac{\phi}{2} \\
\sin\phi &=& \frac{2t}{1+t^2} \\
\cos\phi &=& \frac{1-t^2}{1+t^2} \\
d\phi &=& \frac{2}{1+t^2} dt
\end{eqnarray}
不定積分
まず不定積分は変数変換 $\displaystyle t \equiv \tan\frac{\phi}{2}$ の後，部分分数に分解して以下のように…
\begin{eqnarray}{}&&
\int \frac{a – b \cos\phi}{a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi} d\phi \\
&&\quad=
\int \frac{a – b \frac{1-t^2}{1+t^2}}{a^2 + b^2 -2 a b \frac{1-t^2}{1+t^2}}\frac{2}{1+t^2} dt \\
&&\quad= \int \frac{a(1+t^2)-b (1-t^2)}{\left(a^2 + b^2\right)(1+t^2) -2 a b (1-t^2)}\frac{2}{1+t^2} dt \\
&&\quad= \int \frac{(a+b)t^2 -(a-b)}{(a+b)^2 t^2 + (a-b)^2}\frac{2}{1+t^2} dt \\
&&\quad= \frac{1}{a} \int \left\{\frac{1}{1+t^2} + \frac{a+b}{a-b}\frac{1}{1+\left(\frac{a+b}{a-b}t\right)^2} \right\} dt \\
&&\quad= \frac{1}{a} \left\{\tan^{-1} t + \frac{|a-b|}{a-b}\tan^{-1} \left(\frac{a+b}{|a-b|} t\right) \right\} \\
&&\quad= \frac{1}{a} \left\{\frac{\phi}{2} + \frac{|a-b|}{a-b}\tan^{-1} \left(\frac{a+b}{|a-b|} \tan\frac{\phi}{2}\right) \right\}
\end{eqnarray}
定積分
定積分も（積分区間内で $\tan$ が発散するところがあるので）慎重に。
まず $a > b$ の場合は $\displaystyle \frac{|a-b|}{a-b} = 1$ だから
\begin{eqnarray}&&
\int_0^{2\pi} \frac{a – b \cos\phi}{a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi} d\phi \\
&&\quad=
\frac{1}{a}\Bigl[\frac{\phi}{2} \Bigr]_0^{2\pi} \ + \frac{1}{a}\Biggl[\tan^{-1}\left(\frac{a+b}{|a-b|} \tan\frac{\phi}{2}\right) \Biggr]_0^{\pi-0}
+ \frac{1}{a}\Biggl[\tan^{-1}\left(\frac{a+b}{|a-b|} \tan\frac{\phi}{2}\right) \Biggr]_{\pi+0}^{2\pi} \\
&&\quad= \frac{\pi}{a} + \frac{1}{a}\left\{\frac{\pi}{2}-0 \right\}
+\frac{1}{a}\left\{0-\left(-\frac{\pi}{2}\right) \right\} \\
&&\quad= \frac{\pi}{a} + \frac{\pi}{a} \\
&&\quad= \frac{2\pi}{a}
\end{eqnarray}
$a\ {\color{red}{<}} \ b$ の場合は $\displaystyle \frac{|a-b|}{a-b} = {\color{red}{-}} 1$ だから
\begin{eqnarray}&&
\int_0^{2\pi} \frac{a – b \cos\phi}{a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi} d\phi \\
&&\quad=
\frac{1}{a}\Bigl[\frac{\phi}{2} \Bigr]_0^{2\pi} {\color{red}{-}} \frac{1}{a}\Biggl[\tan^{-1}\left(\frac{a+b}{|a-b|} \tan\frac{\phi}{2}\right) \Biggr]_0^{\pi-0}
{\color{red}{-}} \frac{1}{a}\Biggl[\tan^{-1}\left(\frac{a+b}{|a-b|} \tan\frac{\phi}{2}\right) \Biggr]_{\pi+0}^{2\pi} \\
&&\quad= \frac{\pi}{a} {\color{red}{-}} \frac{1}{a}\left\{\frac{\pi}{2}-0 \right\}
{\color{red}{-}}\frac{1}{a}\left\{0-\left(-\frac{\pi}{2}\right) \right\} \\
&&\quad= \frac{\pi}{a} {\color{red}{-}} \frac{\pi}{a} \\
&&\quad= 0
\end{eqnarray}
まとめると
\begin{eqnarray}
\int_0^{2\pi} \frac{a – b \cos\phi}{a^2 + b^2 -2 a b \cos \phi} d\phi &=& \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle\frac{2\pi}{a}} & (a > b)\\ \ \\
0 & (a \ {\color{red}{<}} \ b)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
元の変数に直すと
\begin{eqnarray}
\int_0^{2\pi} \frac{x – r’ \cos\phi’}{x^2 + (r’)^2 -2 x r’ \cos \phi} d\phi’ \\ &=& \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2\pi}{x}} & (x > r’)\\ \ \\
0 & (x \ {\color{red}{<}} \ r’)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$y \neq 0$ の一般の場合の考察
$$F_1 \equiv \int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{x-r’ \cos\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} $$
$$F_2 \equiv \int_0^{2\pi} d\phi’ \frac{y-r’ \sin\phi’}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2}$$
とおくと，
\begin{eqnarray}
y F_1 – x F_2 &=& \int_0^{2\pi} d\phi’
\frac{y(x-r’ \cos\phi’) – x (y-r’ \sin\phi’)}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} \\
&=& \int_0^{2\pi} d\phi’
\frac{x r’ \sin\phi’ – y r’ \cos\phi’}{x^2 + y^2 + (r’)^2 – 2(x r’ \cos\phi’ + y r’ \sin\phi’)} \\
&=& \frac{1}{2} \Bigl[ \ln \left|x^2 + y^2 + (r’)^2 – 2(x r’ \cos\phi’ + y r’ \sin\phi’)\right| \Bigr]_0^{2\pi} \\
&=& 0 \\
\therefore\ \ y F_1 &=& x F_2 \\
F_2 &=& \frac{y}{x} F_1
\end{eqnarray}
次に，
\begin{eqnarray}
x F_1 + y F_ 2 &=& x F_1 + y \frac{y}{x} F_1 \\
&=& \frac{x^2 + y^2}{x} F_1 \\
&=& \int_0^{2\pi} d\phi’
\frac{x (x-r’ \cos\phi’) + y (y-r’ \sin\phi’)}{(x-r’ \cos \phi’)^2 + (y-r’ \sin \phi’)^2} \\
&=& \int_0^{2\pi} d\phi’
\frac{x^2 + y^2 – (x r’ \cos\phi’ + y r’ \sin\phi’)}{x^2 + y^2 + (r’)^2 – 2(x r’ \cos\phi’ + y r’ \sin\phi’)} \\
&=& \int_0^{2\pi} d\phi’
\frac{x^2 + y^2 – \sqrt{x^2 + y^2}\, r’ \cos(\phi’-\alpha)}{x^2 + y^2 + (r’)^2 – 2\sqrt{x^2 + y^2}\, r’ \cos(\phi’-\alpha)} \\ \ \\
&&\quad \alpha \equiv \tan^{-1} \frac{y}{x}
\end{eqnarray}
$\sqrt{x^2 + y^2} \equiv a, r’ \equiv b, \phi’-\alpha \equiv \phi$ と置いてみると
\begin{eqnarray}
\frac{x^2 + y^2}{x} F_1 &=& a \int_{-\alpha}^{2\pi-\alpha} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&=&
a \int_{-\alpha}^{0} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&& + a \int_{0}^{2\pi} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&& + a \int_{2\pi}^{2\pi-\alpha} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&=& a \int_{0}^{2\pi} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&& + a \int_{-\alpha}^{0} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} + a \int_{0}^{-\alpha} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&=& a \int_{0}^{2\pi} d\phi
\frac{a – b \cos\phi}{a^2 +b^2 – 2a b \cos\phi} \\
&=& \left\{
\begin{array}{ll}
2\pi & (a \geq b)\\
0 & (a < b)
\end{array}
\right. \\ \ \\
\therefore \ \ F_1 &=&\left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2\pi x}{x^2 + y^2}} & (\sqrt{x^2 + y^2} \geq r’)\\
0 & (\sqrt{x^2 + y^2} < r’)
\end{array}
\right. \\ \ \\
F_2 &=& \frac{y}{x} F_1 \\
&=& \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2\pi y}{x^2 + y^2}} & (\sqrt{x^2 + y^2} \geq r’)\\
0 & (\sqrt{x^2 + y^2} < r’)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$y \neq 0$ の一般の場合をベクトル形で考察
そもそも，$z$ 軸について軸対称な電荷密度 $\rho(\boldsymbol{r}) \Rightarrow \rho(\sqrt{x^2+y^2})$ について，
$$\boldsymbol{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iiint \frac{\rho(\boldsymbol{r}’) \left(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’\right)}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’|^3} dV’$$
を求めるのが本題であった。この積分が難しそうだから，$y=0$ の場合にやってみたわけだ。
一般の場合は以下のようにやってみたらどうだろうか。
まず，
$$\boldsymbol{r}’ = r’ \cos\phi’ \boldsymbol{i} + r’ \sin\phi’ \boldsymbol{j} + z’ \boldsymbol{k}$$
のかわりに，$z$ 軸に直交する，$z$ 軸からの「動径」ベクトルを
$$\boldsymbol{r}_{\!\perp} \equiv (x, y, 0), \quad r_{\!\perp} \equiv \sqrt{\boldsymbol{r}_{\!\perp}\cdot\boldsymbol{r}_{\!\perp}} = \sqrt{x^2 + y^2}$$
とし，$\boldsymbol{r}_{\!\perp} $ 方向の単位ベクトル $\boldsymbol{e}_{\!\perp}$ を
$$\boldsymbol{e}_{\!\perp} \equiv \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{r_{\!\perp}}$$
$\boldsymbol{e}_{\!\perp}$ に直交する単位ベクトル $\boldsymbol{e}_1$ を次のようにして導入する。
$$\boldsymbol{e}_{\!\perp}\cdot \boldsymbol{e}_1 = 0, \quad \boldsymbol{k}\cdot \boldsymbol{e}_1 = 0$$
$$\boldsymbol{e}_{\!\perp}\times \boldsymbol{e}_1 = \boldsymbol{k}$$
$\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}, \boldsymbol{k}$ 系から $\boldsymbol{e}_{\!\perp}, \boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{k}$ 系へは $z$ 軸のまわりの座標系の回転によって変換できる。
以後，計算の際は $\boldsymbol{e}_{\!\perp}, \boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{k}$ 系を使うことにして
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{r} &=& \boldsymbol{r}_{\!\perp} + z \boldsymbol{k} \\
&=& r _{\!\perp} \boldsymbol{e}_{\!\perp} + z \boldsymbol{k} \\
\boldsymbol{r}’ &=& \boldsymbol{r}’_{\!\perp} + z’ \boldsymbol{k} \\
&=& r’_{\!\perp} \cos\varphi’ \boldsymbol{e}_{\!\perp} + r’_{\!\perp} \sin\varphi’ \boldsymbol{e}_{1} +z’ \boldsymbol{k}
\end{eqnarray}
さて，電磁場を求める積分式は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}
\iiint \frac{\rho(r’_{\!\perp}) \left(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’ \right)}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’ |^3} dV’ \\
&\equiv& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \iint r’_{\!\perp}\,dr’_{\!\perp} \,d\varphi’ \rho(r’_{\!\perp}) \,\boldsymbol{F}
\end{eqnarray}
ここで $\boldsymbol{F}$ は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{F} &\equiv& \int_{-\infty}^{\infty} dz’ \frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’ }{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’ |^3} \\
&=& \int_{-\infty}^{\infty} dz’ \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp} – \boldsymbol{r}’_{\!\perp} + (z-z’) \boldsymbol{k}}{\left( r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2 \boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’ + (z-z’)^2\right)^{\frac{3}{2}}}\\
&=& \frac{2 (\boldsymbol{r}_{\!\perp} – \boldsymbol{r}’_{\!\perp})}{r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2 \boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’}
\end{eqnarray}
ここで，既に示されている以下の結果を使った。
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left(a^2 + Z^2 \right)^{\frac{3}{2}}} dZ = \frac{2}{a^2}, \quad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{Z}{\left(a^2 + Z^2 \right)^{\frac{3}{2}}} dZ = 0$$
ということで，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E}
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \iint r’_{\!\perp}\,dr’_{\!\perp} \,d\varphi’ \rho(r’_{\!\perp}) \,\boldsymbol{F} \\
&=& \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \int r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp}) \int_0^{2\pi} d\varphi’
\frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp} – \boldsymbol{r}’_{\!\perp}}{r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2 \boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’}
\end{eqnarray}
あとは，$\boldsymbol{E} $ が $\boldsymbol{r}_{\!\perp} $ に平行な成分しかもたないことを次のようにして示す。
まず，$\boldsymbol{r}_{\!\perp} $ との外積をとると
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{r}_{\!\perp}\times\boldsymbol{E}
&=& \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \int r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp}) \int_0^{2\pi} d\varphi’
\frac{- \boldsymbol{r}_{\!\perp}\times \boldsymbol{r}’_{\!\perp}}{r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2 \boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’} \\
&=& \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \int r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp})
\int_0^{2\pi} d\varphi’ \frac{- r_{\!\perp} r_{\!\perp}’ \sin\varphi’}{r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2r_{\!\perp} r’_{\!\perp} \cos\varphi’ } \boldsymbol{k} \\
&=& \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \int r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp})
\Bigl[\ln\left| r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2r_{\!\perp} r’_{\!\perp} \cos\varphi’ \right|\Bigr]^0_{2\pi}\, \boldsymbol{k} \\
&=& \boldsymbol{0}
\end{eqnarray}
したがって，$\boldsymbol{E} $ は $\boldsymbol{r}_{\!\perp}$ に平行な成分しかもたないから
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& (\boldsymbol{e}_{\!\perp} \cdot\boldsymbol{E} ) \,\boldsymbol{e}_{\!\perp} \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{r^2_{\!\perp}} (\boldsymbol{r}_{\!\perp} \cdot\boldsymbol{E} ) \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{r^2_{\!\perp}}\frac{1}{2\pi\varepsilon_0}
\int_0^{\infty} r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp})
\int_0^{2\pi} d\varphi’ \frac{r_{\!\perp}^2 – r_{\!\perp} r’_{\!\perp} \cos\varphi’ }{r_{\!\perp}^2 + (r’_{\!\perp})^2 – 2r_{\!\perp} r’_{\!\perp} \cos\varphi’ } \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{r^2_{\!\perp}}\frac{1}{2\pi\varepsilon_0}
\int_0^{r} r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp}) \times 2\pi \\
&=& \frac{Q_{r_{\perp}}}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_{\!\perp}}{r^2_{\!\perp}} \\ \ \\
Q_{r_{\perp}} &\equiv& 2\pi \int_0^{r_{\perp}} r’_{\!\perp} \,dr’_{\!\perp} \rho(r’_{\!\perp})
\end{eqnarray}