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5-2

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

5-2解答

両辺をFourier変換し整理すると、

% latex2html id marker 2804
$\displaystyle -{\bf k}^2 \tilde{\phi}_{\bf r}({\bf ...
...de{\phi}_{\bf r}({\bf k}) = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3}\frac{1}{{\bf k}^2 +\mu^2}$    

となる。これをFourier逆変換すると

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

となるが、先ほどと同じように座標系を変えると

$\displaystyle \phi({\bf r})$ $\displaystyle = \frac{4\pi q_0}{(2\pi)^3} \int_{0}^{2\pi}d\psi \int_{0}^\infty ...
...pi)^2} \int_{0}^\infty \frac{k^2}{k^2 +\mu^2}\,dk \int_{-1}^{+1} e^{ikr\mu}d\mu$    
  $\displaystyle = \frac{8\pi q_0}{(2\pi)^2}\int_0^\infty \frac{k^2}{k^2+\mu^2}\fr...
...{1}{r}\int_0^\infty \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi ; \quad \xi = kr$    

となる。今非積分関数は明らかに偶関数であるから

$\displaystyle \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、

$\displaystyle \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
\includegraphics[width=9.00truecm,scale=1.1]{CR.eps}

複素平面で上半円を考えて

$\displaystyle \int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+r^2\mu^2} \,dz$ $\displaystyle \leq \left\vert \int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+r^2\mu^2} \,dz \ri...
...z\vert \leq \int_{C_R} \frac{R e^{-R \sin\theta}}{R^2 -r^2\mu^2}\,\vert dz\vert$    
     ここで、$\displaystyle z= R e^{i\theta}\,\left[0\leq \theta \leq \pi\right],\, \vert dz\vert = \vert z'(\theta)\vert d\theta =\vert iR e^{i\theta}\vert d\theta= Rd\theta$   とした    
  $\displaystyle =\int_0^\pi \frac{Re^{-r\sin\theta}}{R^2 -r^2\mu^2}\cdot Rd\theta...
.../2} e^{-R\sin\theta} d\theta + \int_{\pi/2}^\pi e^{-R\sin\theta} d\theta\right)$    
  $\displaystyle =\frac{R^2}{R^2-r^2\mu^2} \left(\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta} d...
...} d\psi\right) =\frac{2R^2}{R^2-r^2\mu^2}\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta}d\theta$    
  $\displaystyle < \frac{2R^2}{R^2-r^2\mu^2}\cdot \frac{\pi}{2R} < \frac{R^2}{R^2-...
...rac{\pi}{R} = \frac{\pi R}{R^2-r^2\mu^2}\quad \xrightarrow{R \to \infty}\quad 0$    

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

$\displaystyle \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。

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

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