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4話は，球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。
球対称な電荷分布による電場で使った積分
$\boldsymbol{r} = (0, 0, r)$ の場合
$$ \int_0^{\pi} \sin\theta’ d\theta’
\frac{(r-r’\cos\theta’)}{\left\{r^2 + (r’)^2 -2 r r’ \cos\theta’\right\}^{3/2}}
= \frac{2}{r^2} H(r-r’) = \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2}{r^2}} & (r \geq r’)\\ \ \\
0 & (r < r’)
\end{array}
\right.$$
なぜこの積分にヘビサイドの階段関数 $H(r-r’)$ が出てくるのかを少し考察。
$t = \cos\theta’$ とおくと，$\sin\theta’ \,d\theta’ = – dt$
\begin{eqnarray}
&&\int_0^{\pi}
\frac{(r-r’\cos\theta’)\sin\theta’ d\theta’}{\left\{r^2 + (r’)^2 -2 r r’ \cos\theta’\right\}^{3/2}} \\
&=& \int_{-1}^1 \frac{(r-r’ t)}{\left\{r^2 + (r’)^2 -2 r r’ t\right\}^{3/2}} dt \\
&=& \frac{1}{r^2} \Biggl[\frac{r t – r’}{\sqrt{r^2 + (r’)^2 – 2 r r’ t}} \Biggr]_{-1}^1 \\
&=& \frac{1}{r^2} \left( \frac{r-r’}{\sqrt{(r – r’)^2}} – \frac{-r-r’}{\sqrt{(r + r’)^2}}\right) \\
&=& \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 \geq r’)\\ \ \\
0 & (r < r’)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$\boldsymbol{r} = (x, y, z)$ の一般の場合
そもそも球対称な電荷密度 $\rho(r)$ について
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=&
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\iiint \frac{\rho(r’)(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3} dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int (r’)^2 dr’ \rho(r’) \iint \sin\theta’ d\theta’ \,d\phi’
\frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’\right)^{\frac{3}{2}} }
\end{eqnarray}
を求めるのが本題であった。この積分が難しそうだから，$\boldsymbol{r} = (0, 0, r)$ の場合にやってみたわけだ。一般の $\boldsymbol{r} = (x, y, z)$ の場合は，以下のようにしてみたらどうだろうか。
まず，
$$\boldsymbol{r}’ = r’
\sin\theta’ \cos\phi’ \boldsymbol{i}
+ r’ \sin\theta’ \sin\phi’ \boldsymbol{j} +r’ \cos\theta’ \boldsymbol{k}
$$
のかわりに，$\displaystyle \boldsymbol{e}_r \equiv \frac{\boldsymbol{r}}{r}$ とし，$\boldsymbol{e}_r$ に直交する基本ベクトル $\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2$ を次のようにして導入する。
まず，正規直交関係は
$$\boldsymbol{e}_r \cdot \boldsymbol{e}_r = 1, \ \
\boldsymbol{e}_1 \cdot \boldsymbol{e}_1= 1, \ \
\boldsymbol{e}_2 \cdot \boldsymbol{e}_2 = 1$$
$$\boldsymbol{e}_r \cdot \boldsymbol{e}_1 = 0, \ \
\boldsymbol{e}_r \cdot \boldsymbol{e}_2= 0, \ \
\boldsymbol{e}_1 \cdot \boldsymbol{e}_2 = 0$$
また，外積については
$$\boldsymbol{e}_r \times \boldsymbol{e}_1 = \boldsymbol{e}_2, \ \
\boldsymbol{e}_r \times \boldsymbol{e}_2= – \boldsymbol{e}_1$$
$\boldsymbol{i} , \boldsymbol{j} , \boldsymbol{k} $ 系から $\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2$ 系へは原点のまわりの座標系の回転によって変換できる。
今後，計算の際は $\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2$ 系を使うことにして，
$$\boldsymbol{r}’ =
r’ \sin\vartheta’ \cos\varphi’ \boldsymbol{e}_1
+ r’ \sin\vartheta’ \sin\varphi’ \boldsymbol{e}_2 +r’ \cos\vartheta’ \boldsymbol{e}_r
$$
すぐ使う量をあらかじめ計算しておくと，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’ &=& r r’ \cos\vartheta’ \\
\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{r}’ &=& r r’ \left(
\sin\vartheta’ \cos\varphi’ \boldsymbol{e}_r\times\boldsymbol{e}_1
+ \sin\vartheta’ \sin\varphi’ \boldsymbol{e}_r\times\boldsymbol{e}_2\right) \\
&=& r r’ \left(
\sin\vartheta’ \cos\varphi’ \boldsymbol{e}_2
-\sin\vartheta’ \sin\varphi’ \boldsymbol{e}_1\right)
\end{eqnarray}
電場を求める積分式は
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=&
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\iiint \frac{\rho(r’)(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’)}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3} dV’ \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int (r’)^2 dr’ \rho(r’) \iint \sin\vartheta’ d\vartheta’ \,d\varphi’
\frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’\right)^{\frac{3}{2}} }
\end{eqnarray}
ここで，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{F} &\equiv&
\iint \sin\vartheta’ d\vartheta’ \,d\varphi’
\frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}’\right)^{\frac{3}{2}} } \\
&=& \iint \sin\vartheta’ d\vartheta’ \,d\varphi’
\frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2r r’ \cos\vartheta’\right)^{\frac{3}{2}} }
\end{eqnarray}
と定義すると，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{r} \times\boldsymbol{F}
&=& \iint \sin\vartheta’ d\vartheta’ \,d\varphi’
\frac{- \boldsymbol{r}\times\boldsymbol{r}’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2r r’ \cos\vartheta’\right)^{\frac{3}{2}} } \\
&=&\int \sin\vartheta’ d\vartheta’ {\color{red}{\int_0^{2\pi}\,d\varphi’}}
\frac{- r r’ \left(
\sin\vartheta’ {\color{red}{\cos\varphi’}} \boldsymbol{e}_2
-\sin\vartheta’ {\color{red}{\sin\varphi’}} \boldsymbol{e}_1\right)}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2r r’ \cos\vartheta’\right)^{\frac{3}{2}} } \\
&=& \boldsymbol{0}
\end{eqnarray}
となり，$\boldsymbol{F}$ は $\boldsymbol{r}$ に平行な成分しかもたないことが簡単にわかる。
したがって
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{F} &=& \left(\boldsymbol{e}_r\cdot\boldsymbol{F}\right)\, \boldsymbol{e}_r \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}}{r^2} \left(\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{F}\right) \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}}{r^2} \iint \sin\vartheta’ d\vartheta’ \,d\varphi’
\frac{\boldsymbol{r}\cdot(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’)}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2r r’ \cos\vartheta’\right)^{\frac{3}{2}} } \\
&=& \frac{\boldsymbol{r}}{r} \int_0^{2\pi} \,d\varphi’ \int_0^{\pi} \sin\vartheta’ d\vartheta’
\frac{r – r’\cos\vartheta’}{\left(r^2 + (r’)^2 – 2r r’ \cos\vartheta’\right)^{\frac{3}{2}} } \\
&=& 2\pi \frac{\boldsymbol{r}}{r}\times \left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{2}{r^2}} & (r \geq r’)\\ \ \\
0 & (r < r’)
\end{array}
\right.\\
&=&\left\{
\begin{array}{ll}
{\displaystyle \frac{4\pi \boldsymbol{r}}{r^3}} & (r \geq r’)\\ \ \\
0 & (r < r’)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
よってめでたく，
\begin{eqnarray}
\boldsymbol{E} &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int_0^{\infty} (r’)^2 d r’ \rho(r’) \boldsymbol{F} \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int_0^{r} (r’)^2 d r’\rho(r’) \frac{4\pi \boldsymbol{r} }{r^3} \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r} }{r^3}\int_0^{r} 4\pi(r’)^2 \rho(r’) d r’\\
&=& \frac{Q_r}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r} }{r^3}
\end{eqnarray}
となる。