5-2

$$\left(\Nabla^2-\mu^2\right)\phi(\vr) = -4\pi q_0 \delta^3(\vr)$$ (21)

5-2解答

両辺をFourier変換し整理すると、

$$-{\bf k}^2 \tilde{\phi}_{\bf r}({\bf ... ...de{\phi}_{\bf r}({\bf k}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3}\frac{1}{{\bf k}^2 +\mu^2}$$

となる。これをFourier逆変換すると

$$\phi({\bf r}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i{\bf k \cdot r}}}{{\bf k}^2 +\mu^2}\,d^3k$$

となるが、先ほどと同じように座標系を変えると

$$\phi({\bf r}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3} \int_{0}^{2\pi}d\psi \int_{0}^\infty ... ...pi)^2} \int_{0}^\infty \frac{k^2}{k^2 +\mu^2}\,dk \int_{-1}^{+1} e^{ikr\mu}d\mu$$

$$= \frac{8\pi q_0}{(2\pi)^2}\int_0^\infty \frac{k^2}{k^2+\mu^2}\fr... ...{1}{r}\int_0^\infty \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi ; \quad \xi = kr$$

となる。今非積分関数は明らかに偶関数であるから

$$\int_0^\infty \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi$$

であるので、

$$\Im \left[ \int_{C}\frac{ze^{iz}}{z^2+r^2\mu^2}\,dz \right] = \Im... ... \right] + \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi$$

を計算することを考える。

図 6: 積分経路

複素平面で上半円を考えて

$$\int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+r^2\mu^2} \,dz \leq \left\vert \int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+r^2\mu^2} \,dz \ri... ...z\vert \leq \int_{C_R} \frac{R e^{-R \sin\theta}}{R^2 -r^2\mu^2}\,\vert dz\vert$$

$$z= R e^{i\theta}\,\left[0\leq \theta \leq \pi\right],\, \vert dz\vert = \vert z'(\theta)\vert d\theta =\vert iR e^{i\theta}\vert d\theta= Rd\theta$$

$$=\int_0^\pi \frac{Re^{-r\sin\theta}}{R^2 -r^2\mu^2}\cdot Rd\theta... .../2} e^{-R\sin\theta} d\theta + \int_{\pi/2}^\pi e^{-R\sin\theta} d\theta\right)$$

$$=\frac{R^2}{R^2-r^2\mu^2} \left(\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta} d... ...} d\psi\right) =\frac{2R^2}{R^2-r^2\mu^2}\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta}d\theta$$

$$< \frac{2R^2}{R^2-r^2\mu^2}\cdot \frac{\pi}{2R} < \frac{R^2}{R^2-... ...rac{\pi}{R} = \frac{\pi R}{R^2-r^2\mu^2}\quad \xrightarrow{R \to \infty}\quad 0$$

となる。ここではジョルダンの不等式を用いた。よって留数定理より

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\... ...r\mu}\right] = \Im \left[ 2\pi i \frac{e^{-r\mu}}{2}\right] = {\pi e^{-r\mu}}$$

となり、結局次のような解を得る。

$$\phi_{+}({\bf r}) = \frac{8\pi q_0}{4\pi^2}\frac{1}{\vert{\bf r}\... ... \frac{\pi}{2}e^{-r\mu} =\frac{q_0}{\vert{\bf r}\vert}e^{-\mu\vert{\bf r}\vert}$$ (22)

今は上半円を考えたが、下半円を考えることも出来るので

$$\phi_{\pm}({\bf r}) =\frac{q_0}{\vert{\bf r}\vert}e^{\mp \mu\vert{\bf r}\vert}$$ (23)

となる。 $\vert\vr\vert=1/\mu$でシールドされ、無限遠方で零になるようなポテンシャルを考える場合、 $\phi_{+}(\vr)$である。

著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp