電磁気学の基礎 I （その31） 7.7.4

「電磁気学の基礎 I」太田浩一著 (シュプリンガージャパン) の読書メモ

　半径 $a$ の環状電流 $I$ のつくるベクトルポテンシャルを求める．中心軸を $z$ 軸にとると，対称性から観測点は $\mathbf{x}=(\rho, 0, z)$ に取れる．電流要素の位置を $\mathbf{x}'=(a\cos\varphi', a\sin\varphi', 0)$ とすると， $d\mathbf{x}'=a\,d\varphi' \mathbf{e}_{\varphi'}$ となる．

$\begin{align} \mathbf{A} = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a d\varphi' \mathbf{e}_{\varphi'}} {\sqrt{\rho^2+a^2+z^2-2a\rho\cos\varphi'}} \end{align}$

$\mathbf{e}_{\varphi'}$ の $x$ 成分は，

$\begin{align} \int_0^{2\pi} \frac{d\varphi \sin\varphi}{\sqrt{a+b\cos\varphi}} =-\frac{2}{b}\sqrt{a+b\cos\varphi}\bigg|_0^{2\pi}=0 \end{align}$

によって消える． $y$ 成分は観測点の $\mathbf{e}_\varphi$ 方向に対応するので， $\mathbf{A}=A_\varphi \mathbf{e}_\varphi$ として

$\begin{align} A_\varphi = \frac{\mu_0 I a}{4\pi}\int_0^{2\pi} \frac{d\varphi' \cos\varphi'} {\sqrt{\rho^2+a^2+z^2-2a\rho\cos\varphi'}} \end{align}$

になる．積分区間を $[0,\pi$ ] と $[\pi, 2\pi$ ] に分け， $\varphi\to -\varphi-2\pi$ と変数変換すると，区間 $[0,\pi$ ] の積分の2倍になる．それが(7.36)の第1式である． $t=\cos(\varphi'/2)$ と変数変換すると， $\cos\varphi'=2t^2-1$ であり，

$\begin{align} dt = -\frac{d\varphi'}{2}\sin\frac{\varphi'}{2} = -\frac{\sqrt{1-t^2}}{2}d\varphi',\quad d\varphi' = -\frac{2dt}{\sqrt{1-t^2}} \end{align}$

より

$\begin{align} A_\varphi &= -\frac{\mu_0 I a}{\pi}\int_1^{0}dt \frac{2t^2-1}{\sqrt{(1-t^2)\{(\rho+a)^2+z^2-4a\rho t^2\}}} \\ &= \frac{\mu_0 I}{\pi} \frac{a}{\sqrt{(\rho+a)^2+z^2}} \int_0^{1}dt \frac{2t^2-1}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}} \end{align}$

となる．さらに変形して

$\begin{align} \frac{a}{\sqrt{(\rho+a)^2+z^2}} =\frac{ak}{2\sqrt{a\rho}}=\frac{k}{2}\sqrt{\frac{a}{\rho}} \end{align}$

より

$\begin{align} A_\varphi = \frac{\mu_0 I}{2\pi} \sqrt{\frac{a}{\rho}}k \int_0^{1}dt \frac{2t^2-1}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}} \end{align}$

となる．分子の $2t^2$ を

$\begin{align} 2t^2 = -\frac{2}{k^2}(1-k^2t^2-1) \end{align}$

と表すと

$\begin{align} \frac{2t^2}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}=-\frac{2}{k^2}\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}+\frac{2}{k^2}\frac{1}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}} \end{align}$

となるので(7.36)最後の式を得る． $k\ll 1$ の場合, P164の展開式を使うと

$\begin{align} A_\varphi &= \frac{\mu_0 I}{2\pi} \sqrt{\frac{a}{\rho}}\frac{\pi k^3}{16} \\ &= \frac{\mu_0 I}{32} \sqrt{\frac{a}{\rho}} \frac{8(\rho a)^{3/2}}{\{(\rho+a)^2+z^2\}^{3/2}} \\ &= \frac{\mu_0 I}{4} \frac{a^2\rho}{\{(\rho+a)^2+z^2\}^{3/2}} \end{align}$

となり，観測点が十分離れているときは $a$ を無視できて，(7.37)の上の式となる．

　中心軸付近では $\rho$ を無視できて，(7.38)の上の式になる．磁場を求めるには

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times (\mathbf{m}\times\mathbf{x}) = -(\mathbf{m}\cdot\pmb{\nabla})\mathbf{x}+\mathbf{m}\pmb{\nabla}\cdot \mathbf{x} = 2\mathbf{m} \end{align}$

を使うことで(7.38)を得る．

　 $k=1$ 付近では $E(1)=1$ であるが， $K(1)$ は発散する．そこでP165の最初の式にあるように積分区間を分ける．第1項は収束するのでその下の式のように積分できる．第2項は分母の $(1+t)(1+kt)$ を $t=k=1$ として

$\begin{align} \int_{1-\delta}^{1} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{\left(1-t^{2}\right)\left(1-k^{2} t^{2}\right)}} \cong \frac{1}{2} \int_{1-\delta}^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-t)(1-kt)}} \end{align}$

としてしまう．積分

$\begin{align} \int \frac{dt}{\sqrt{(1-t)(1-kt)}} = -\frac{2}{\sqrt{k}}{\rm arcsinh}\sqrt{\frac{k(1-t)}{1-k}} \end{align}$

を使うと

$\begin{align} \int_{1-\delta}^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-t)(1-kt)}} &= \frac{2}{\sqrt{k}}{\rm arcsinh}\sqrt{\frac{k \delta}{1-k}} \\ &= \frac{2}{\sqrt{k}}\ln\frac{\sqrt{k\delta}+\sqrt{1-k+k\delta}}{\sqrt{1-k}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{k}}\ln\frac{1-k+2k\delta+2\sqrt{k\delta(1-k+k\delta)}}{1-k} \\ &\cong \ln\frac{4\delta}{1-k} \end{align}$