5-1

$$\Nabla^2 \phi(\vr) = -4\pi q_0 \delta^3 (\vr)$$ (18)

5-1解答

Eq.(18)の各項をFourier変換すると

$$\phi({\bf r}) \quad \xrightarrow{\mathcal{F}} \quad \tilde{\phi}_{\bf r}({\bf k})$$

$$\Delta \phi({\bf r}) \quad \xrightarrow{\mathcal{F}} \quad -\left({\bf k}\right)^2\tilde{\phi}_{\bf r}({\bf k})$$

$$\delta^3({\bf r}) \quad \xrightarrow{\mathcal{F}} \quad \left(\frac{1}{2\pi}\right)^3$$

であるから、両辺をFourier変換すると

$$-\left({\bf k}\right)\tilde{\phi}_{\bf r}({\bf k}) = -4\pi q_0 \left(\frac{1}{2\pi}\right)^3$$

であるから結局

$$\tilde{\phi}_{\bf r}({\bf k}) = \frac{4\pi q_0}{\bf k^2} \left(\frac{1}{2\pi}\right)^3$$

を得る。これを逆Fourier変換すると

$$\phi({\bf r}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3} \int\frac{e^{i\bf k \cdot r}}{\bf k^2} \, d^3 k$$ (19)

となる。

図 5: $d^3k$を積分するための座標系

この積分を実行する。図のような座標系を考えると上記の積分は次のように書き換えられる。

$$\phi({\bf r}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3}\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\infty k^2... ...a \,{e^{ikr\cos\theta}};\quad \cos\theta = \mu,\, \di{\mu}{\theta}= -\sin\theta$$

$$=\frac{4\pi q_0}{(2\pi)^2} \int_0^\infty dk \int_{-1}^{+1}e^{ikr\... ...(2\pi)^2} \int_0^\infty \frac{\sin(kr)}{kr}\,dk ;\quad kr =\xi,\,\di{\xi}{k}= r$$

$$=\frac{8\pi q_0}{(2\pi)^2}\frac{1}{r}\int_0^\infty \frac{\sin\xi}{\xi}\,d\xi$$

となるが、この積分は先の課題番号壱で導出しており

$$\int_0^\infty \frac{\sin\xi}{\xi}\,d\xi =\frac{\pi}{2}$$

であるから、結局

$$\phi({\bf r}) = \frac{8\pi q_0}{(2\pi)^2}\frac{\pi}{2} \frac{1}{\vert{\bf r}\ve... ... q_0 \frac{1}{4\pi} \frac{1}{\vert{\bf r}\vert} = \frac{q_0}{\vert{\bf r}\vert}$$ (20)

を得る。これはクーロンポテンシャルの式である。

著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp