電磁気学の基礎 I （その4） 2.3.2

　2.3.2節の続き．(2.14)の積分

$\begin{align} I=\int_0^{2\pi} \frac{d\varphi'}{\alpha-\cos\varphi'} \end{align}$

を確かめる．複素積分に直してもよさそうな形だが，まずは本の通りに積分してみる．最初に $\alpha> 0$ の場合を考える．積分区間を $[0, \pi$ ] と $[\pi, 2\pi$ ] に分け，後者を $\varphi'=-\varphi+2\pi$ と変数変換すると， $[0, \pi$ ] の積分と同型になる．

$\begin{align} I=\int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} = 2 \int_0^\pi \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} \end{align}$

$t=\tan(\varphi/2)$ と変数変換すると, $t^2=\tan^2(\varphi/2)=(1-\cos\varphi)/(1+\cos\varphi)$ , $\cos\varphi=-1+2/(t^2+1)$ であり

$\begin{align} \frac{dt}{d\varphi}=\frac{1}{2\cos^2(\varphi/2)}=\frac{1}{\cos\varphi+1}=\frac{t^2+1}{2} \end{align}$

$\begin{align} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi}=\frac{2dt}{(\alpha+1)t^2+\alpha-1} \end{align}$

となるので，

$\begin{align} I= 4\int_0^\infty \frac{dt}{\alpha-1+(\alpha+1)t^2} = \frac{4}{\alpha+1} \int_0^\infty \frac{dt}{t^2+(\alpha-1)/(\alpha+1)}\end{align}$

になる． $\beta=(\alpha-1)/(\alpha+1)$ と置くと, $\beta>0$ のとき

$\begin{align} \int_0^\infty \frac{dt}{t^2+\beta} = \frac{1}{\sqrt{\beta}}\arctan\frac{t}{\sqrt{\beta}} \bigg|_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{\beta}} \tag{a} \label{190927-1} \end{align}$

になる．一方， $\beta<0$ のときは積分区間に発散を含むので微妙な計算になるが，気にせずに変形していくと

$\begin{align} \int_0^\infty \frac{dt}{t^2+\beta} &= \frac{1}{\sqrt{-\beta}} \int_0^\infty \frac{dt'}{t^{\prime2}-1},\quad(t'=\frac{t}{\sqrt{-\beta}}) \\ &= \frac{1}{\sqrt{-\beta}}\bigg\{ \int_0^1 + \int_1^\infty \bigg\} \frac{dt}{t^{2}-1} \\ &= \frac{1}{\sqrt{-\beta}} \left\{ \int_0^1 \frac{dt}{t^{2}-1} - \int_0^1 \frac{ds}{s^{2}-1}\right\},\quad(s=\frac{1}{t}) \\ &=0 \tag{b} \label{190927-2} \end{align}$

になる．\eqref{190927-1} , \eqref{190927-2} をまとめて， $\alpha$ に戻すと

$\begin{align} I = \frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-1}} \theta\left(\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\right) = \frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-1}} \theta(\alpha-1) \end{align}$

となり，(2.14) が得られた．

　次に $\alpha<0$ の場合．積分区間を分けて $\varphi'=\varphi-\pi$ と変数変換すると

$\begin{align} \int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi}&= -\int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{|\alpha|+\cos\varphi} \\ &= -\int_0^{\pi} \frac{d\varphi}{|\alpha|+\cos\varphi} -\int_{0}^{\pi} \frac{d\varphi'}{|\alpha|-\cos\varphi'} \end{align}$

となるが，同じことを $\alpha>0$ の場合でもしてみると

$\begin{align} \int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} &= \int_0^{\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} +\int_{0}^{\pi} \frac{d\varphi'}{\alpha+\cos\varphi'} \end{align}$

となるので、結局 $\alpha<0$ の場合は $\alpha>0$ のときと符号が変わるだけである．したがって最終的に

$\begin{align} I= \int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} =\frac{\alpha}{|\alpha|} \frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^2-1}} \theta(|\alpha|-1) \end{align}$

を得る．つまり(2.14)は $\alpha>0$ の場合の結果であった．

　(2.14) を複素積分で計算してみる． $z=e^{i\varphi}$ とおくと $z$ は単位円周上の周回積分になる．

$\begin{align} I=\int_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{\alpha-\cos\varphi} = 2i\oint \frac{dz}{z^2-2\alpha z + 1} \end{align}$

極は $\alpha\pm \sqrt{\alpha^2-1}$ にある． $|\alpha|>1$ のときはこの極のどちらかを拾い，上で得た結果と同じ結果を与える．一方 $|\alpha|\leq 1$ の場合，極が単位円周上にくるので積分ができなくなる．内側に迂回できれば積分値が0になるが，そのようにできる処方があるのだろうか？

　(2.14)と同型の積分が，「詳解物理応用数学演習」後藤憲一，山本邦夫，神吉健共編（共立出版）のP148 [38] (3)に載っている．ただしそこでは $\alpha>1$ の場合しか問われていない．