GSO005 問題10

解説

　無限遠で$\bm{E}$Eが$\bm{0}$0に一様収束することを仮定する．

　電荷密度分布$\rho_a(\bm{r})=\begin{cases}\rho(\bm{r})&(r>a)\\0&(r\leq a)\end{cases}$ρa​(r)={ρ(r)0​(r>a)(r≤a)​，$\rho_{\mathrm{eff}}(\bm{r})=\rho_a(\bm{r})-\frac{a^5}{r^5}\rho_a\left(\frac{a^2}{r^2}\bm{r}\right)+4\pi\varepsilon_0a\Phi_a(\bm{0})\delta(\bm{r})$ρeff​(r)=ρa​(r)−r5a5​ρa​(r2a2​r)+4πε0​aΦa​(0)δ(r)はともに有界領域に分布し、線電荷や点電荷による特異性を含むもののクーロン積分が広義積分として収束するため、対応する$\bm{E}_a，\Phi_a，\bm{E}_{\mathrm{eff}}，\Phi_{\mathrm{eff}}$Ea​，Φa​，Eeff​，Φeff​は各点で定義され，$\bm{E}_{\mathrm{eff}}$Eeff​は無限遠で$\bm{0}$0に一様収束する．

　ここで，$\Phi=\Phi_{\mathrm{eff}}$Φ=Φeff​は次の条件を満たすので$r\geq a$r≥aでの解である．

$$\nabla^2\Phi=-\frac{\rho}{\varepsilon_0}　(r>a)　　　\int_{r=a}(-\varepsilon_0\nabla\Phi)\cdot d\bm{S}=0　　　\Phi|_{r=a}=\mathrm{Const.}　　　\bm{E}の一様収束$$∇2Φ=−ε0​ρ​　(r>a)　　　∫r=a​(−ε0​∇Φ)⋅dS=0　　　Φ∣r=a​=Const.　　　Eの一様収束

　ここで任意の解$\varphi_1，\varphi_2$φ1​，φ2​に対し，$h=\varphi_1-\varphi_2$h=φ1​−φ2​と定めると，$h|_{r=a}$h∣r=a​は定数で$\int_{r=a}h\nabla h\cdot d\bm{S}=0$∫r=a​h∇h⋅dS=0となる．$V_R=(a<r<R)$VR​=(a<r<R)について，グリーンの第一恒等式から

$$\int_{V_R}\|\nabla h\|^2\,dV=\int_{\partial V_R}h\nabla h\cdot d\bm{S}=\int_{r=R}h\nabla h\cdot d\bm{S}$$∫VR​​∥∇h∥2dV=∫∂VR​​h∇h⋅dS=∫r=R​h∇h⋅dS

$h$hは無限遠で一様収束する調和関数なので$h=\mathcal{O}(r^{-1})$h=O(r−1)から右辺は$\mathcal{O}(R^{-1})$O(R−1)となり，$R\to\infty$R→∞で右辺はゼロ．よって，$\int_{r>a}\|\nabla h\|^2\,dV=0$∫r>a​∥∇h∥2dV=0なので，$\nabla h\equiv\bm{0}$∇h≡0から$h$hは定数（$0$0）となり，$r>a$r>aで$\bm{E}=\bm{E}_{\mathrm{eff}}$E=Eeff​とわかる．

　$\Phi_{\mathrm{eff}}(\bm{r})=\Phi_a(\bm{r})-\frac{a}{r}\Phi_a\left(\frac{a^2}{r^2}\bm{r}\right)+\frac{a\Phi_a(\bm{0})}{r}$Φeff​(r)=Φa​(r)−ra​Φa​(r2a2​r)+raΦa​(0)​より，

$$\bm{E}_{\mathrm{eff}}(\bm{r})=\bm{E}_a(\bm{r})-\frac{a^3}{r^3}\bm{E}_a\left(\frac{a^2}{r^2}\bm{r}\right)+2\frac{a^3}{r^3}\left(\bm{E}_a\left(\frac{a^2}{r^2}\bm{r}\right)\cdot\bm{e_r}\right)\bm{e_r}-\frac{a}{r^2}\Phi_a\left(\frac{a^2}{r^2}\bm{r}\right)\bm{e_r}+\frac{a\Phi_a(\bm{0})}{r^2}\bm{e_r}$$Eeff​(r)=Ea​(r)−r3a3​Ea​(r2a2​r)+2r3a3​(Ea​(r2a2​r)⋅er​)er​−r2a​Φa​(r2a2​r)er​+r2aΦa​(0)​er​

よって，$r\to a+0$r→a+0で$\bm{E}_{\mathrm{eff}}(\bm{r})$Eeff​(r)は$\left(2\bm{E}_a(\bm{r})\cdot\bm{e_r}-\frac{\Phi_a(\bm{r})}{a}+\frac{\Phi_a(\bm{0})}{a}\right)\bm{e_r}$(2Ea​(r)⋅er​−aΦa​(r)​+aΦa​(0)​)er​に収束．

　デカルト座標で$\bm{r}=\left(\begin{smallmatrix}a\cos\theta\\a\sin\theta\cos\phi\\a\sin\theta\sin\phi\end{smallmatrix}\right)，\bm{r}'=\left(\begin{smallmatrix}0\\b\cos\tau\\b\sin\tau\end{smallmatrix}\right)$r=(acosθasinθcosϕasinθsinϕ​)，r′=(0bcosτbsinτ​)として，クーロン積分を行う．距離を$R$Rとし，なす角を$\gamma$γとすると，

$$2\bm{E}_a(\bm{r})\cdot\bm{e_r}-\frac{\Phi_a(\bm{r})}{a}=\frac{\lambda b}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\left(\frac{2(a-b\cos\gamma)}{R^3}-\frac{a^2+b^2-2ab\cos\gamma}{aR^3}\right)\,d\tau$$2Ea​(r)⋅er​−aΦa​(r)​=4πε0​λb​∫02π​(R32(a−bcosγ)​−aR3a2+b2−2abcosγ​)dτ

積分の中身が$\frac{a^2-b^2}{aR^3}$aR3a2−b2​となること，$R=\sqrt{a^2+b^2-2ab\sin\theta\cos(\phi-\tau)}，\Phi_a(\bm{0})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\pi b\lambda}{b}=\frac{\lambda}{2\varepsilon_0}$R=a2+b2−2absinθcos(ϕ−τ)​，Φa​(0)=4πε0​1​b2πbλ​=2ε0​λ​から，

$$\sigma(a,\theta,\phi)=\frac{\lambda}{2a}-\frac{\lambda b(b^2-a^2)}{4\pi a}I(a^2+b^2,2ab\sin\theta)$$σ(a,θ,ϕ)=2aλ​−4πaλb(b2−a2)​I(a2+b2,2absinθ)

特に与えられた値を代入すると$\sigma(a,\theta,\phi)=30-\frac{90}{\pi}I(5,2)$σ(a,θ,ϕ)=30−π90​I(5,2) C/m^2となるので回答する値は

$$30^2+90^2+2^2=9004$$302+902+22=9004

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