金属の板のそばに電気を帯びた粒を置くと、板の表面にも電気が現れますが、その分布は最初は分かりません。分かっているのは、板の表面や空間の端で電位がどうなっているか、という条件だけです。この記事では、そのような条件から電位がただ一つに決まること、そして決まった電位を実際に求める代表的な方法を順に見ます。読み終えると、板や球のそばの点電荷、金属球のまわりの電位、2 つの金属の電気の蓄えやすさ（静電容量）を、自分で計算できるようになります。
静電気の問題は、領域と境界条件を与えて Δ V = − ρ / ε 0 \Delta V = -\rho/\varepsilon_0 Δ V = − ρ / ε 0 境界値問題 です（領域の境界での値を決めたうえで方程式を解く問題のこと）。境界上で V V V ただ一つ です。証明はグリーンの第一恒等式だけで済みます。
一意性が保証されているので、どんな方法で見つけた解でも、境界条件を満たしていれば正解 です。鏡像法は「それらしい配置を推測して境界条件を確かめる」だけの方法ですが、一意性定理があるので正当な解法になります。
軸対称な問題では、ラプラス方程式の変数分離解は r l P l ( cos θ ) r^l P_l(\cos\theta) r l P l ( cos θ ) r − l − 1 P l ( cos θ ) r^{-l-1}P_l(\cos\theta) r − l − 1 P l ( cos θ ) P l P_l P l P l P_l P l
電荷分布から遠い場所のポテンシャルは、同じ母関数から多重極展開 になります。単極子・双極子・四重極子（電荷の総和・正負の偏り・もう一段細かい偏りを表す項）が 1 / r , 1 / r 2 , 1 / r 3 1/r,\,1/r^2,\,1/r^3 1/ r , 1/ r 2 , 1/ r 3
導体系では、電荷とポテンシャルが静電容量係数 C i j C_{ij} C ij C i j = C j i C_{ij}=C_{ji} C ij = C j i 1 2 ∑ C i j V i V j ≥ 0 \tfrac12\sum C_{ij}V_iV_j\ge 0 2 1 ∑ C ij V i V j ≥ 0
電場 : 電荷が空間の各点に及ぼす力を、単位電荷あたりで表したベクトル場。→ 電場 静電ポテンシャル : 電場を E = − ∇ V \boldsymbol{E}=-\nabla V E = − ∇ V V V V 静電ポテンシャル 発散 : ベクトル場の各点での湧き出しの密度。体積分と境界の面積分を結ぶのが発散定理です。→ 発散 重積分 : 領域上の関数を、累次積分に直して計算する積分。→ 重積分と累次積分 無限級数 : 項を足していった部分和の極限として定まる和。→ 無限級数 静電場とガウスの法則 で、静電ポテンシャルがポアソン方程式 Δ V = − ρ / ε 0 \Delta V=-\rho/\varepsilon_0 Δ V = − ρ / ε 0 V ( x ) = 1 4 π ε 0 ∫ ρ ( y ) / ∣ x − y ∣ d V y V(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \rho(\boldsymbol{y})/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|\,dV_y V ( x ) = 4 π ε 0 1 ∫ ρ ( y ) /∣ x − y ∣ d V y
現実の問題は違います。接地された金属板の前に点電荷を置いたとき、板の表面には電荷が誘起されますが、その分布は最初は分かりません 。分かっているのは「導体表面の電位は一定」という境界条件だけです。このとき、電荷分布を先に決めてポテンシャルを積分する道は使えず、方程式と境界条件の組を解く問題になります。
ここで 2 つの疑問が出ます。
そもそも解はあるのか。あるとして、ただ一つか。複数あるなら、物理的にどれが正しいのか。
解が一意なら、具体的にどうやって見つけるのか。
この記事は、まず 1 に完全な答えを与え（§3）、その答えを使って 2 の代表的な方法（鏡像法 §4、変数分離 §5、多重極展開 §6）を正当化し、最後に導体系の静電容量を扱います（§7）。存在については、標準的な偏微分方程式論の結果（領域が十分なめらかなら解が存在する）を認めて進み、本記事では具体的な解を構成することで個々の例の存在を示します。球のディリクレ問題の存在は ラプラス方程式 の Poisson 積分（定理 7.5）［ラプラス方程式と調和関数］ で、一般の領域では 楕円型方程式の弱解 の理論で弱い意味の解が得られます（古典解になるには境界の正則性が必要です）。
Ω ⊂ R 3 \Omega\subset\mathbb{R}^3 Ω ⊂ R 3 ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω n \boldsymbol{n} n ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω ∂ n V = n ⋅ ∇ V \partial_n V=\boldsymbol{n}\cdot\nabla V ∂ n V = n ⋅ ∇ V
定義 2.1 （境界値問題 ） ↗
電荷密度 ρ \rho ρ Ω \Omega Ω V ∈ C 2 ( Ω ‾ ) V\in C^2(\overline{\Omega}) V ∈ C 2 ( Ω )
Δ V = − ρ ε 0 ( Ω 内 ) . \Delta V = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}\quad(\Omega\ \text{内}). Δ V = − ε 0 ρ ( Ω 内 ) . 境界条件として次のいずれかを課す。
ディリクレ条件 : V ∣ ∂ Ω = g V|_{\partial\Omega}=g V ∣ ∂ Ω = g g g g ノイマン条件 : ∂ n V ∣ ∂ Ω = h \partial_n V|_{\partial\Omega}=h ∂ n V ∣ ∂ Ω = h h h h 外部領域（有界閉集合の補集合 ）では、∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω
∣ V ( x ) ∣ ≤ C ∣ x ∣ , ∣ ∇ V ( x ) ∣ ≤ C ∣ x ∣ 2 ( ∣ x ∣ → ∞ ) |V(\boldsymbol{x})|\le \frac{C}{|\boldsymbol{x}|},\qquad |\nabla V(\boldsymbol{x})|\le \frac{C}{|\boldsymbol{x}|^2}\qquad(|\boldsymbol{x}|\to\infty) ∣ V ( x ) ∣ ≤ ∣ x ∣ C , ∣∇ V ( x ) ∣ ≤ ∣ x ∣ 2 C ( ∣ x ∣ → ∞ ) を課す。
ここで V ∈ C 2 ( Ω ‾ ) V\in C^2(\overline\Omega) V ∈ C 2 ( Ω ) V V V 1 / r 1/r 1/ r 1 / r 2 1/r^2 1/ r 2
一意性の証明も、後の静電容量の議論も、次の恒等式だけを使います。
命題 2.2 （グリーンの恒等式 ） ✓
Ω \Omega Ω φ , ψ ∈ C 2 ( Ω ‾ ) \varphi,\psi\in C^2(\overline\Omega) φ , ψ ∈ C 2 ( Ω )
∫ Ω ( φ Δ ψ + ∇ φ ⋅ ∇ ψ ) d V = ∮ ∂ Ω φ ∂ n ψ d S (第一恒等式) , \int_\Omega\bigl(\varphi\,\Delta\psi+\nabla\varphi\cdot\nabla\psi\bigr)dV=\oint_{\partial\Omega}\varphi\,\partial_n\psi\,dS \qquad\text{(第一恒等式)}, ∫ Ω ( φ Δ ψ + ∇ φ ⋅ ∇ ψ ) d V = ∮ ∂ Ω φ ∂ n ψ d S ( 第一恒等式 ) , ∫ Ω ( φ Δ ψ − ψ Δ φ ) d V = ∮ ∂ Ω ( φ ∂ n ψ − ψ ∂ n φ ) d S (第二恒等式) . \int_\Omega\bigl(\varphi\,\Delta\psi-\psi\,\Delta\varphi\bigr)dV=\oint_{\partial\Omega}\bigl(\varphi\,\partial_n\psi-\psi\,\partial_n\varphi\bigr)dS \qquad\text{(第二恒等式)}. ∫ Ω ( φ Δ ψ − ψ Δ φ ) d V = ∮ ∂ Ω ( φ ∂ n ψ − ψ ∂ n φ ) d S ( 第二恒等式 ) . 証明（命題 2.2） ベクトル場 A = φ ∇ ψ \boldsymbol{A}=\varphi\nabla\psi A = φ ∇ ψ C 1 ( Ω ‾ ) C^1(\overline\Omega) C 1 ( Ω ) ∇ ⋅ A = ∇ φ ⋅ ∇ ψ + φ Δ ψ \nabla\cdot\boldsymbol{A}=\nabla\varphi\cdot\nabla\psi+\varphi\Delta\psi ∇ ⋅ A = ∇ φ ⋅ ∇ ψ + φ Δ ψ 発散定理（定理 5.3）［静電場とガウスの法則］ を適用すると、∫ Ω ∇ ⋅ A d V = ∮ ∂ Ω A ⋅ n d S = ∮ φ ∂ n ψ d S \int_\Omega\nabla\cdot\boldsymbol{A}\,dV=\oint_{\partial\Omega}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}\,dS=\oint\varphi\,\partial_n\psi\,dS ∫ Ω ∇ ⋅ A d V = ∮ ∂ Ω A ⋅ n d S = ∮ φ ∂ n ψ d S φ \varphi φ ψ \psi ψ ∇ φ ⋅ ∇ ψ \nabla\varphi\cdot\nabla\psi ∇ φ ⋅ ∇ ψ
∎ 定理 3.1 （静電ポテンシャルの一意性定理 ） ✓
Ω \Omega Ω ρ \rho ρ
(a) ディリクレ問題。 V 1 , V 2 ∈ C 2 ( Ω ‾ ) V_1,V_2\in C^2(\overline\Omega) V 1 , V 2 ∈ C 2 ( Ω ) Δ V = − ρ / ε 0 \Delta V=-\rho/\varepsilon_0 Δ V = − ρ / ε 0 ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω V 1 = V 2 V_1=V_2 V 1 = V 2 Ω \Omega Ω V 1 = V 2 V_1=V_2 V 1 = V 2
(b) ノイマン問題。 V 1 , V 2 ∈ C 2 ( Ω ‾ ) V_1,V_2\in C^2(\overline\Omega) V 1 , V 2 ∈ C 2 ( Ω ) Δ V = − ρ / ε 0 \Delta V=-\rho/\varepsilon_0 Δ V = − ρ / ε 0 ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω ∂ n V 1 = ∂ n V 2 \partial_nV_1=\partial_nV_2 ∂ n V 1 = ∂ n V 2 V 1 − V 2 V_1-V_2 V 1 − V 2 Ω \Omega Ω
(c) 外部ディリクレ問題。 Ω \Omega Ω V 1 , V 2 V_1,V_2 V 1 , V 2 Δ V = − ρ / ε 0 \Delta V=-\rho/\varepsilon_0 Δ V = − ρ / ε 0 ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω V 1 = V 2 V_1=V_2 V 1 = V 2 定義 2.1 の減衰条件を満たすならば、V 1 = V 2 V_1=V_2 V 1 = V 2
証明（定理 3.1） w = V 1 − V 2 w=V_1-V_2 w = V 1 − V 2 Δ w = − ρ / ε 0 + ρ / ε 0 = 0 \Delta w=-\rho/\varepsilon_0+\rho/\varepsilon_0=0 Δ w = − ρ / ε 0 + ρ / ε 0 = 0
(a) 命題 2.2 の第一恒等式で φ = ψ = w \varphi=\psi=w φ = ψ = w Δ w = 0 \Delta w=0 Δ w = 0
∫ Ω ∣ ∇ w ∣ 2 d V = ∮ ∂ Ω w ∂ n w d S = 0 \int_\Omega|\nabla w|^2\,dV=\oint_{\partial\Omega}w\,\partial_nw\,dS=0 ∫ Ω ∣∇ w ∣ 2 d V = ∮ ∂ Ω w ∂ n w d S = 0 です（境界上で w = 0 w=0 w = 0 ∣ ∇ w ∣ 2 |\nabla w|^2 ∣∇ w ∣ 2 0 0 0 Ω \Omega Ω ∇ w = 0 \nabla w=\boldsymbol{0} ∇ w = 0 Ω \Omega Ω w w w 0 0 0 w ≡ 0 w\equiv 0 w ≡ 0
(b) 同様に ∮ w ∂ n w d S = 0 \oint w\,\partial_nw\,dS=0 ∮ w ∂ n w d S = 0 ∂ n w = 0 \partial_nw=0 ∂ n w = 0 ∇ w ≡ 0 \nabla w\equiv\boldsymbol{0} ∇ w ≡ 0 w w w
(c) 十分大きな R R R Ω R = Ω ∩ { ∣ x ∣ < R } \Omega_R=\Omega\cap\{|\boldsymbol{x}|<R\} Ω R = Ω ∩ { ∣ x ∣ < R } ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω S R S_R S R ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω w = 0 w=0 w = 0
∫ Ω R ∣ ∇ w ∣ 2 d V = ∮ S R w ∂ r w d S . \int_{\Omega_R}|\nabla w|^2dV=\oint_{S_R}w\,\partial_rw\,dS . ∫ Ω R ∣∇ w ∣ 2 d V = ∮ S R w ∂ r w d S . 減衰条件（w w w C C C 2 C 2C 2 C ≤ 4 π R 2 ⋅ C R ⋅ C R 2 = 4 π C 2 R → 0 \le 4\pi R^2\cdot\frac{C}{R}\cdot\frac{C}{R^2}=\frac{4\pi C^2}{R}\to0 ≤ 4 π R 2 ⋅ R C ⋅ R 2 C = R 4 π C 2 → 0 R → ∞ R\to\infty R → ∞ R R R ∫ Ω ∣ ∇ w ∣ 2 d V = 0 \int_\Omega|\nabla w|^2dV=0 ∫ Ω ∣∇ w ∣ 2 d V = 0 ∇ w ≡ 0 \nabla w\equiv\boldsymbol{0} ∇ w ≡ 0 w w w w → 0 w\to0 w → 0 w ≡ 0 w\equiv0 w ≡ 0
∎ この定理が物理に与える意味は大きく、次の 2 点にまとめられます。
第一に、境界条件の過不足がない ことの保証です。ディリクレ条件を与えれば、さらにノイマン条件まで与える余地はありません（与えれば一般に矛盾します）。両方を同時に指定してはいけないのです。
第二に、解の探し方に制限がない ことです。直観・対称性・推測・級数展開など、手段は何でもよく、結果が方程式と境界条件を満たしていれば、それが唯一の答えです。
定義 4.1 （静電平衡にある導体 ） ↗
連結な閉領域 K K K 導体 であって静電平衡 にあるとは、K K K E = 0 \boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} E = 0 σ \sigma σ
導体内部で自由に動ける電荷は、電場があればそれが消えるまで動き続けます。それが止まった状態が静電平衡で、内部の電場は 0 0 0
補題 4.2 （導体表面の境界条件 ） ✓
静電平衡にある導体の外側で V ∈ C 1 V\in C^1 V ∈ C 1 n \boldsymbol{n} n
(i) 導体全体（内部と表面）で V V V
(ii) 表面のすぐ外側で E = ( σ / ε 0 ) n \boldsymbol{E}=(\sigma/\varepsilon_0)\boldsymbol{n} E = ( σ / ε 0 ) n σ = − ε 0 ∂ n V \sigma=-\varepsilon_0\,\partial_nV σ = − ε 0 ∂ n V
証明（補題 4.2） (i) 内部で ∇ V = − E = 0 \nabla V=-\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} ∇ V = − E = 0 V V V
(ii) 表面の一点を含む、底面積 A A A δ \delta δ ガウスの法則（積分形）（定理 4.4）［静電場とガウスの法則］ を使います。下の底面は導体内部にあるので寄与は 0 0 0 δ → 0 \delta\to0 δ → 0 0 0 0 E \boldsymbol{E} E E ⋅ n A \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}\,A E ⋅ n A σ A \sigma A σ A ε 0 \varepsilon_0 ε 0 E ⋅ n = σ / ε 0 \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}=\sigma/\varepsilon_0 E ⋅ n = σ / ε 0 V V V 0 0 0 E \boldsymbol{E} E E = − ∇ V \boldsymbol{E}=-\nabla V E = − ∇ V σ = ε 0 E ⋅ n = − ε 0 ∂ n V \sigma=\varepsilon_0\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}=-\varepsilon_0\partial_nV σ = ε 0 E ⋅ n = − ε 0 ∂ n V
∎ したがって導体を含む問題は、導体の表面を境界とするディリクレ問題（各導体の電位が既知）、あるいは各導体の総電荷が既知の問題として扱えます。後者は §7 で見ます。
点電荷 q q q V = V q + ϕ V=V_q+\phi V = V q + ϕ V q = q 4 π ε 0 ∣ x − x q ∣ V_q=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_q|} V q = 4 π ε 0 ∣ x − x q ∣ q ϕ \phi ϕ Δ ϕ = 0 \Delta\phi=0 Δ ϕ = 0 ϕ = − V q + ( 導体の電位 ) \phi=-V_q+(\text{導体の電位}) ϕ = − V q + ( 導体の電位 )
鏡像法 は、ϕ \phi ϕ 定理 3.1 で保証されます。
定理 4.3 （接地導体平面と点電荷 ） ✓
接地された（電位 0 0 0 z = 0 z=0 z = 0 x q = ( 0 , 0 , d ) \boldsymbol{x}_q=(0,0,d) x q = ( 0 , 0 , d ) d > 0 d>0 d > 0 q q q z > 0 z>0 z > 0
V ( x ) = q 4 π ε 0 ( 1 ∣ x − d e z ∣ − 1 ∣ x + d e z ∣ ) V(\boldsymbol{x})=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{|\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z|}-\frac{1}{|\boldsymbol{x}+d\boldsymbol{e}_z|}\right) V ( x ) = 4 π ε 0 q ( ∣ x − d e z ∣ 1 − ∣ x + d e z ∣ 1 ) である。導体表面の誘導電荷密度は σ ( ρ ) = − q d 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 \sigma(\rho)=-\dfrac{qd}{2\pi(\rho^2+d^2)^{3/2}} σ ( ρ ) = − 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 q d ρ \rho ρ − q -q − q q q q q 2 4 π ε 0 ( 2 d ) 2 \dfrac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(2d)^2} 4 π ε 0 ( 2 d ) 2 q 2
証明（定理 4.3） V = V q + ϕ V=V_q+\phi V = V q + ϕ ϕ = − q 4 π ε 0 ∣ x + d e z ∣ \phi=-\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{x}+d\boldsymbol{e}_z|} ϕ = − 4 π ε 0 ∣ x + d e z ∣ q ϕ \phi ϕ z > 0 z>0 z > 0 − d e z -d\boldsymbol{e}_z − d e z 1 / ∣ x − a ∣ 1/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{a}| 1/∣ x − a ∣ z = 0 z=0 z = 0 ∣ x − d e z ∣ = ∣ x + d e z ∣ |\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z|=|\boldsymbol{x}+d\boldsymbol{e}_z| ∣ x − d e z ∣ = ∣ x + d e z ∣ V = 0 V=0 V = 0 V = O ( ∣ x ∣ − 2 ) V=O(|\boldsymbol{x}|^{-2}) V = O ( ∣ x ∣ − 2 ) ∇ V = O ( ∣ x ∣ − 3 ) \nabla V=O(|\boldsymbol{x}|^{-3}) ∇ V = O ( ∣ x ∣ − 3 )
唯一性は 定理 3.1 (c) と同じ議論で示せます。別の解を V ′ = V q + ϕ ′ V'=V_q+\phi' V ′ = V q + ϕ ′ w = ϕ − ϕ ′ w=\phi-\phi' w = ϕ − ϕ ′ z > 0 z>0 z > 0 V q V_q V q z = 0 z=0 z = 0 w = 0 w=0 w = 0 { z > 0 , ∣ x ∣ < R } \{z>0,|\boldsymbol{x}|<R\} { z > 0 , ∣ x ∣ < R } w = 0 w=0 w = 0 ≤ 2 π R 2 ⋅ C R − 1 ⋅ C R − 2 → 0 \le 2\pi R^2\cdot C R^{-1}\cdot CR^{-2}\to0 ≤ 2 π R 2 ⋅ C R − 1 ⋅ C R − 2 → 0 ∫ ∣ ∇ w ∣ 2 d V = 0 \int|\nabla w|^2dV=0 ∫ ∣∇ w ∣ 2 d V = 0 w ≡ 0 w\equiv0 w ≡ 0 V V V
誘導電荷。 ∂ z V ∣ z = 0 \partial_zV|_{z=0} ∂ z V ∣ z = 0 V = q 4 π ε 0 [ ( ρ 2 + ( z − d ) 2 ) − 1 / 2 − ( ρ 2 + ( z + d ) 2 ) − 1 / 2 ] V=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\bigl[(\rho^2+(z-d)^2)^{-1/2}-(\rho^2+(z+d)^2)^{-1/2}\bigr] V = 4 π ε 0 q [ ( ρ 2 + ( z − d ) 2 ) − 1/2 − ( ρ 2 + ( z + d ) 2 ) − 1/2 ]
∂ z V ∣ z = 0 = q 4 π ε 0 [ d ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 + d ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 ] = q 4 π ε 0 2 d ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 . \partial_zV\Big|_{z=0}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{d}{(\rho^2+d^2)^{3/2}}+\frac{d}{(\rho^2+d^2)^{3/2}}\right]=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2d}{(\rho^2+d^2)^{3/2}} . ∂ z V z = 0 = 4 π ε 0 q [ ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 d + ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 d ] = 4 π ε 0 q ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 2 d . 補題 4.2 (ii) で、導体から領域に向かう法線は n = e z \boldsymbol{n}=\boldsymbol{e}_z n = e z σ = − ε 0 ∂ z V = − q d 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 \sigma=-\varepsilon_0\partial_zV=-\dfrac{qd}{2\pi(\rho^2+d^2)^{3/2}} σ = − ε 0 ∂ z V = − 2 π ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 q d
∫ 0 ∞ σ 2 π ρ d ρ = − q d ∫ 0 ∞ ρ d ρ ( ρ 2 + d 2 ) 3 / 2 = − q d [ − 1 ρ 2 + d 2 ] 0 ∞ = − q . \int_0^\infty\sigma\,2\pi\rho\,d\rho=-qd\int_0^\infty\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+d^2)^{3/2}}=-qd\left[-\frac{1}{\sqrt{\rho^2+d^2}}\right]_0^\infty=-q . ∫ 0 ∞ σ 2 π ρ d ρ = − q d ∫ 0 ∞ ( ρ 2 + d 2 ) 3/2 ρ d ρ = − q d [ − ρ 2 + d 2 1 ] 0 ∞ = − q . 力。 q q q q q q − ∇ ϕ -\nabla\phi − ∇ ϕ q q q − ∇ ϕ -\nabla\phi − ∇ ϕ − d e z -d\boldsymbol{e}_z − d e z − q -q − q 2 d 2d 2 d q 2 / ( 4 π ε 0 ( 2 d ) 2 ) q^2/(4\pi\varepsilon_0(2d)^2) q 2 / ( 4 π ε 0 ( 2 d ) 2 )
∎ q（高さ d） −q（鏡像、高さ −d） V = 0（接地導体） 領域 z > 0 接地導体平面と鏡像電荷。実際の電場は z > 0 の領域だけで意味をもち、平面の下側（破線）は計算上の仮想配置にすぎない。 定理 4.4 （接地導体球と点電荷 ） ✓
原点を中心とする半径 R R R x q = d e z \boldsymbol{x}_q=d\boldsymbol{e}_z x q = d e z d > R d>R d > R q q q
V ( x ) = 1 4 π ε 0 ( q ∣ x − d e z ∣ + q ′ ∣ x − d ′ e z ∣ ) , q ′ = − R d q , d ′ = R 2 d V(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q}{|\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z|}+\frac{q'}{|\boldsymbol{x}-d'\boldsymbol{e}_z|}\right),\qquad q'=-\frac{R}{d}q,\quad d'=\frac{R^2}{d} V ( x ) = 4 π ε 0 1 ( ∣ x − d e z ∣ q + ∣ x − d ′ e z ∣ q ′ ) , q ′ = − d R q , d ′ = d R 2 である。球に誘起される総電荷は q ′ = − q R / d q'=-qR/d q ′ = − q R / d q q q q 2 R d 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 \dfrac{q^2Rd}{4\pi\varepsilon_0(d^2-R^2)^2} 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 q 2 R d
証明（定理 4.4） ∣ x ∣ = R |\boldsymbol{x}|=R ∣ x ∣ = R x = R ( sin θ cos φ , sin θ sin φ , cos θ ) \boldsymbol{x}=R(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta) x = R ( sin θ cos φ , sin θ sin φ , cos θ )
∣ x − d ′ e z ∣ 2 = R 2 − 2 d ′ R cos θ + d ′ 2 = R 2 − 2 R 3 d cos θ + R 4 d 2 = R 2 d 2 ( d 2 − 2 d R cos θ + R 2 ) = R 2 d 2 ∣ x − d e z ∣ 2 |\boldsymbol{x}-d'\boldsymbol{e}_z|^2=R^2-2d'R\cos\theta+d'^2=R^2-\frac{2R^3}{d}\cos\theta+\frac{R^4}{d^2}=\frac{R^2}{d^2}\bigl(d^2-2dR\cos\theta+R^2\bigr)=\frac{R^2}{d^2}|\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z|^2 ∣ x − d ′ e z ∣ 2 = R 2 − 2 d ′ R cos θ + d ′2 = R 2 − d 2 R 3 cos θ + d 2 R 4 = d 2 R 2 ( d 2 − 2 d R cos θ + R 2 ) = d 2 R 2 ∣ x − d e z ∣ 2 です。つまり球面上で ∣ x − d ′ e z ∣ = R d ∣ x − d e z ∣ |\boldsymbol{x}-d'\boldsymbol{e}_z|=\dfrac{R}{d}|\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z| ∣ x − d ′ e z ∣ = d R ∣ x − d e z ∣ V V V
V = 1 4 π ε 0 ∣ x − d e z ∣ ( q + q ′ d R ) = 0 V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{x}-d\boldsymbol{e}_z|}\left(q+q'\frac{d}{R}\right)=0 V = 4 π ε 0 ∣ x − d e z ∣ 1 ( q + q ′ R d ) = 0 となります（q ′ = − q R / d q'=-qR/d q ′ = − q R / d d ′ < R d'<R d ′ < R V − V q V-V_q V − V q V = O ( 1 / ∣ x ∣ ) V=O(1/|\boldsymbol{x}|) V = O ( 1/∣ x ∣ ) ∇ V = O ( 1 / ∣ x ∣ 2 ) \nabla V=O(1/|\boldsymbol{x}|^2) ∇ V = O ( 1/∣ x ∣ 2 ) 定理 3.1 (c) と 定理 4.3 の証明と同じ論法により（特異部分 V q V_q V q
総誘導電荷は、球を囲む大きな球面に ガウスの法則（定理 4.4）［静電場とガウスの法則］ を使うと、遠方で電場が ( q + q ′ ) (q+q') ( q + q ′ ) q + ( 誘導電荷 ) = q + q ′ q+(\text{誘導電荷})=q+q' q + ( 誘導電荷 ) = q + q ′ q ′ q' q ′ 定理 4.3 と同様に像電荷からの力に等しく、距離 d − d ′ = ( d 2 − R 2 ) / d d-d'=(d^2-R^2)/d d − d ′ = ( d 2 − R 2 ) / d
∣ F ∣ = ∣ q q ′ ∣ 4 π ε 0 ( d − d ′ ) 2 = q 2 R d ⋅ d 2 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 = q 2 R d 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 |F|=\frac{|q q'|}{4\pi\varepsilon_0(d-d')^2}=\frac{q^2R}{d}\cdot\frac{d^2}{4\pi\varepsilon_0(d^2-R^2)^2}=\frac{q^2Rd}{4\pi\varepsilon_0(d^2-R^2)^2} ∣ F ∣ = 4 π ε 0 ( d − d ′ ) 2 ∣ q q ′ ∣ = d q 2 R ⋅ 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 d 2 = 4 π ε 0 ( d 2 − R 2 ) 2 q 2 R d です。
∎ 鏡像法が使えるのは、境界が平面や球のように特別な形のときだけです。もう少し一般の境界には、座標系を境界に合わせて取り、ラプラス方程式を 1 変数の常微分方程式の積に分解する変数分離 を使います。球座標で必要になるルジャンドル多項式を、母関数から定義して必要な性質をすべて証明します。
定義 5.1 （ルジャンドル多項式 ） ↗
− 1 ≤ x ≤ 1 -1\le x\le1 − 1 ≤ x ≤ 1 ∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1
G ( x , t ) = 1 1 − 2 x t + t 2 = ∑ l = 0 ∞ P l ( x ) t l G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum_{l=0}^\infty P_l(x)\,t^l G ( x , t ) = 1 − 2 x t + t 2 1 = l = 0 ∑ ∞ P l ( x ) t l と t t t P l ( x ) P_l(x) P l ( x ) l l l ルジャンドル多項式 という。
P l P_l P l ∣ P l ∣ ≤ 1 |P_l|\le1 ∣ P l ∣ ≤ 1 P l P_l P l 1 / 1 − z 1/\sqrt{1-z} 1/ 1 − z cos m θ \cos m\theta cos m θ cos θ \cos\theta cos θ cos 2 θ = 2 cos 2 θ − 1 \cos 2\theta=2\cos^2\theta-1 cos 2 θ = 2 cos 2 θ − 1
命題 5.2 （ルジャンドル多項式の基本性質 ） ✓
(i) P l P_l P l l l l P l ( − x ) = ( − 1 ) l P l ( x ) P_l(-x)=(-1)^lP_l(x) P l ( − x ) = ( − 1 ) l P l ( x )
(ii) P l ( 1 ) = 1 P_l(1)=1 P l ( 1 ) = 1 − 1 ≤ x ≤ 1 -1\le x\le1 − 1 ≤ x ≤ 1 ∣ P l ( x ) ∣ ≤ 1 |P_l(x)|\le1 ∣ P l ( x ) ∣ ≤ 1
(iii) P 0 = 1 P_0=1 P 0 = 1 P 1 = x P_1=x P 1 = x P 2 = 3 x 2 − 1 2 P_2=\dfrac{3x^2-1}{2} P 2 = 2 3 x 2 − 1 P 3 = 5 x 3 − 3 x 2 P_3=\dfrac{5x^3-3x}{2} P 3 = 2 5 x 3 − 3 x
証明（命題 5.2） x = cos θ x=\cos\theta x = cos θ 1 − 2 x t + t 2 = ( 1 − e i θ t ) ( 1 − e − i θ t ) 1-2xt+t^2=(1-e^{i\theta}t)(1-e^{-i\theta}t) 1 − 2 x t + t 2 = ( 1 − e i θ t ) ( 1 − e − i θ t ) ∣ z ∣ < 1 |z|<1 ∣ z ∣ < 1 ( 1 − z ) − 1 / 2 = ∑ j ≥ 0 a j z j (1-z)^{-1/2}=\sum_{j\ge0}a_jz^j ( 1 − z ) − 1/2 = ∑ j ≥ 0 a j z j a j = ( 1 / 2 ) ( 3 / 2 ) ⋯ ( ( 2 j − 1 ) / 2 ) j ! = ( 2 j ) ! 4 j ( j ! ) 2 > 0 a_j=\dfrac{(1/2)(3/2)\cdots((2j-1)/2)}{j!}=\dfrac{(2j)!}{4^j(j!)^2}>0 a j = j ! ( 1/2 ) ( 3/2 ) ⋯ (( 2 j − 1 ) /2 ) = 4 j ( j ! ) 2 ( 2 j )! > 0 テイラーの定理（定理 5.3）［平均値の定理とテイラーの定理］ の応用です）、∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1
G = ( ∑ j a j e i j θ t j ) ( ∑ k a k e − i k θ t k ) = ∑ l ≥ 0 t l ∑ j + k = l a j a k e i ( j − k ) θ , G=\Bigl(\sum_ja_je^{ij\theta}t^j\Bigr)\Bigl(\sum_ka_ke^{-ik\theta}t^k\Bigr)=\sum_{l\ge0}t^l\sum_{j+k=l}a_ja_k\,e^{i(j-k)\theta}, G = ( j ∑ a j e ij θ t j ) ( k ∑ a k e − ik θ t k ) = l ≥ 0 ∑ t l j + k = l ∑ a j a k e i ( j − k ) θ , すなわち P l ( cos θ ) = ∑ j + k = l a j a k cos ( ( j − k ) θ ) P_l(\cos\theta)=\sum_{j+k=l}a_ja_k\cos\bigl((j-k)\theta\bigr) P l ( cos θ ) = ∑ j + k = l a j a k cos ( ( j − k ) θ ) cos m θ \cos m\theta cos m θ cos θ \cos\theta cos θ ∣ m ∣ |m| ∣ m ∣ m m m j − k ≡ l ( m o d 2 ) j-k\equiv l\pmod 2 j − k ≡ l ( mod 2 ) P l P_l P l l l l ( − 1 ) l (-1)^l ( − 1 ) l l ≥ 1 l\ge1 l ≥ 1 j − k = ± l j-k=\pm l j − k = ± l a l 2 l − 1 a_l\,2^{l-1} a l 2 l − 1 x l x^l x l x l x^l x l a l 2 l ≠ 0 a_l2^l\ne0 a l 2 l = 0
(ii) θ = 0 \theta=0 θ = 0 G ( 1 , t ) = ( 1 − t ) − 1 = ∑ t l G(1,t)=(1-t)^{-1}=\sum t^l G ( 1 , t ) = ( 1 − t ) − 1 = ∑ t l P l ( 1 ) = 1 P_l(1)=1 P l ( 1 ) = 1 θ \theta θ ∣ P l ( cos θ ) ∣ ≤ ∑ j + k = l a j a k = P l ( 1 ) = 1 |P_l(\cos\theta)|\le\sum_{j+k=l}a_ja_k=P_l(1)=1 ∣ P l ( cos θ ) ∣ ≤ ∑ j + k = l a j a k = P l ( 1 ) = 1
(iii) G G G t t t u = 2 x t − t 2 u=2xt-t^2 u = 2 x t − t 2 ( 1 − u ) − 1 / 2 = 1 + 1 2 u + 3 8 u 2 + ⋯ (1-u)^{-1/2}=1+\frac12u+\frac38u^2+\cdots ( 1 − u ) − 1/2 = 1 + 2 1 u + 8 3 u 2 + ⋯ 1 + 1 2 ( 2 x t − t 2 ) + 3 8 ( 2 x t ) 2 + O ( t 3 ) = 1 + x t + 3 x 2 − 1 2 t 2 + O ( t 3 ) 1+\frac12(2xt-t^2)+\frac38(2xt)^2+O(t^3)=1+xt+\frac{3x^2-1}{2}t^2+O(t^3) 1 + 2 1 ( 2 x t − t 2 ) + 8 3 ( 2 x t ) 2 + O ( t 3 ) = 1 + x t + 2 3 x 2 − 1 t 2 + O ( t 3 ) P 3 P_3 P 3
∎ 次に、P l P_l P l G G G t l t^l t l P l P_l P l G x , G x x , G t , G t t G_x,G_{xx},G_t,G_{tt} G x , G xx , G t , G tt w w w
命題 5.3 （ルジャンドルの微分方程式 ） ✓
( 1 − x 2 ) P l ′ ′ ( x ) − 2 x P l ′ ( x ) + l ( l + 1 ) P l ( x ) = 0 , すなわち d d x [ ( 1 − x 2 ) P l ′ ] + l ( l + 1 ) P l = 0. (1-x^2)P_l''(x)-2xP_l'(x)+l(l+1)P_l(x)=0,\qquad\text{すなわち}\quad\frac{d}{dx}\Bigl[(1-x^2)P_l'\Bigr]+l(l+1)P_l=0 . ( 1 − x 2 ) P l ′′ ( x ) − 2 x P l ′ ( x ) + l ( l + 1 ) P l ( x ) = 0 , すなわち d x d [ ( 1 − x 2 ) P l ′ ] + l ( l + 1 ) P l = 0. 証明（命題 5.3） w = 1 − 2 x t + t 2 w=1-2xt+t^2 w = 1 − 2 x t + t 2 G = w − 1 / 2 G=w^{-1/2} G = w − 1/2
G x = t w − 3 / 2 , G x x = 3 t 2 w − 5 / 2 , G t = ( x − t ) w − 3 / 2 , G t t = − w − 3 / 2 + 3 ( x − t ) 2 w − 5 / 2 G_x=t\,w^{-3/2},\quad G_{xx}=3t^2w^{-5/2},\quad G_t=(x-t)w^{-3/2},\quad G_{tt}=-w^{-3/2}+3(x-t)^2w^{-5/2} G x = t w − 3/2 , G xx = 3 t 2 w − 5/2 , G t = ( x − t ) w − 3/2 , G tt = − w − 3/2 + 3 ( x − t ) 2 w − 5/2 です。次の等式が成り立ちます。
( 1 − x 2 ) G x x − 2 x G x + 2 t G t + t 2 G t t = 0. (1-x^2)G_{xx}-2xG_x+2tG_t+t^2G_{tt}=0 . ( 1 − x 2 ) G xx − 2 x G x + 2 t G t + t 2 G tt = 0. 実際、左辺に w 5 / 2 w^{5/2} w 5/2
3 t 2 ( 1 − x 2 ) − 2 x t w + 2 t ( x − t ) w + t 2 [ − w + 3 ( x − t ) 2 ] = 3 t 2 [ ( 1 − x 2 ) − w + ( x − t ) 2 ] = 0 3t^2(1-x^2)-2xtw+2t(x-t)w+t^2\bigl[-w+3(x-t)^2\bigr]=3t^2\bigl[(1-x^2)-w+(x-t)^2\bigr]=0 3 t 2 ( 1 − x 2 ) − 2 x tw + 2 t ( x − t ) w + t 2 [ − w + 3 ( x − t ) 2 ] = 3 t 2 [ ( 1 − x 2 ) − w + ( x − t ) 2 ] = 0 となります（最後の括弧は 1 − x 2 − 1 + 2 x t − t 2 + x 2 − 2 x t + t 2 = 0 1-x^2-1+2xt-t^2+x^2-2xt+t^2=0 1 − x 2 − 1 + 2 x t − t 2 + x 2 − 2 x t + t 2 = 0 G = ∑ P l t l G=\sum P_lt^l G = ∑ P l t l 2 t G t + t 2 G t t = ∑ l ( l + 1 ) P l t l 2tG_t+t^2G_{tt}=\sum l(l+1)P_lt^l 2 t G t + t 2 G tt = ∑ l ( l + 1 ) P l t l 2 l + l ( l − 1 ) = l ( l + 1 ) 2l+l(l-1)=l(l+1) 2 l + l ( l − 1 ) = l ( l + 1 ) G G G ( x , t ) (x,t) ( x , t ) t l t^l t l x x x t l t^l t l ( 1 − x 2 ) P l ′ ′ − 2 x P l ′ + l ( l + 1 ) P l = 0 (1-x^2)P_l''-2xP_l'+l(l+1)P_l=0 ( 1 − x 2 ) P l ′′ − 2 x P l ′ + l ( l + 1 ) P l = 0
∎ 命題 5.4 （直交性と規格化 ） ✓
∫ − 1 1 P l ( x ) P m ( x ) d x = 2 2 l + 1 δ l m . \int_{-1}^1P_l(x)P_m(x)\,dx=\frac{2}{2l+1}\,\delta_{lm} . ∫ − 1 1 P l ( x ) P m ( x ) d x = 2 l + 1 2 δ l m . 証明（命題 5.4） l ≠ m l\ne m l = m 命題 5.3 の l l l P m P_m P m m m m P l P_l P l
d d x [ ( 1 − x 2 ) ( P l ′ P m − P m ′ P l ) ] + ( l ( l + 1 ) − m ( m + 1 ) ) P l P m = 0 \frac{d}{dx}\Bigl[(1-x^2)\bigl(P_l'P_m-P_m'P_l\bigr)\Bigr]+\bigl(l(l+1)-m(m+1)\bigr)P_lP_m=0 d x d [ ( 1 − x 2 ) ( P l ′ P m − P m ′ P l ) ] + ( l ( l + 1 ) − m ( m + 1 ) ) P l P m = 0 です。− 1 -1 − 1 1 1 1 ( 1 − x 2 ) (1-x^2) ( 1 − x 2 ) 0 0 0 l ( l + 1 ) ≠ m ( m + 1 ) l(l+1)\ne m(m+1) l ( l + 1 ) = m ( m + 1 ) ∫ P l P m d x = 0 \int P_lP_m\,dx=0 ∫ P l P m d x = 0
規格化には G G G ∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1
∫ − 1 1 G 2 d x = ∫ − 1 1 d x 1 − 2 x t + t 2 = [ − 1 2 t ln ( 1 − 2 x t + t 2 ) ] − 1 1 = 1 t ln 1 + t 1 − t = ∑ l ≥ 0 2 2 l + 1 t 2 l \int_{-1}^1G^2dx=\int_{-1}^1\frac{dx}{1-2xt+t^2}=\Bigl[-\frac{1}{2t}\ln(1-2xt+t^2)\Bigr]_{-1}^{1}=\frac1t\ln\frac{1+t}{1-t}=\sum_{l\ge0}\frac{2}{2l+1}t^{2l} ∫ − 1 1 G 2 d x = ∫ − 1 1 1 − 2 x t + t 2 d x = [ − 2 t 1 ln ( 1 − 2 x t + t 2 ) ] − 1 1 = t 1 ln 1 − t 1 + t = l ≥ 0 ∑ 2 l + 1 2 t 2 l です。他方 ∣ P l ∣ ≤ 1 |P_l|\le1 ∣ P l ∣ ≤ 1 ∑ l , m t l + m P l P m \sum_{l,m}t^{l+m}P_lP_m ∑ l , m t l + m P l P m x x x ∫ G 2 d x = ∑ l t 2 l ∫ P l 2 d x \int G^2dx=\sum_lt^{2l}\int P_l^2dx ∫ G 2 d x = ∑ l t 2 l ∫ P l 2 d x t 2 l t^{2l} t 2 l ∫ P l 2 d x = 2 / ( 2 l + 1 ) \int P_l^2dx=2/(2l+1) ∫ P l 2 d x = 2/ ( 2 l + 1 )
∎ この節のねらいは、球の問題でラプラス方程式を「r r r r l r^l r l r − l − 1 r^{-l-1} r − l − 1 P l P_l P l
球座標 ( r , θ , φ ) (r,\theta,\varphi) ( r , θ , φ ) φ \varphi φ V ( r , θ ) V(r,\theta) V ( r , θ )
Δ V = 1 r 2 ∂ ∂ r ( r 2 ∂ V ∂ r ) + 1 r 2 sin θ ∂ ∂ θ ( sin θ ∂ V ∂ θ ) \Delta V=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r^2\frac{\partial V}{\partial r}\Bigr)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\Bigl(\sin\theta\frac{\partial V}{\partial\theta}\Bigr) Δ V = r 2 1 ∂ r ∂ ( r 2 ∂ r ∂ V ) + r 2 sin θ 1 ∂ θ ∂ ( sin θ ∂ θ ∂ V ) です。x = cos θ x=\cos\theta x = cos θ ∂ θ = − sin θ ∂ x \partial_\theta=-\sin\theta\,\partial_x ∂ θ = − sin θ ∂ x 1 r 2 ∂ ∂ x [ ( 1 − x 2 ) ∂ V ∂ x ] \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial}{\partial x}\Bigl[(1-x^2)\dfrac{\partial V}{\partial x}\Bigr] r 2 1 ∂ x ∂ [ ( 1 − x 2 ) ∂ x ∂ V ] 命題 5.3 が使えます。
命題 5.5 （軸対称な分離解 ） ✓
各 l ≥ 0 l\ge0 l ≥ 0 V = r l P l ( cos θ ) V=r^lP_l(\cos\theta) V = r l P l ( cos θ ) V = r − l − 1 P l ( cos θ ) V=r^{-l-1}P_l(\cos\theta) V = r − l − 1 P l ( cos θ ) R 3 \mathbb{R}^3 R 3 x , y , z x,y,z x , y , z l l l
証明（命題 5.5） V = R ( r ) P l ( x ) V=R(r)P_l(x) V = R ( r ) P l ( x ) 命題 5.3 から
Δ V = P l r 2 ( r 2 R ′ ) ′ + R r 2 d d x [ ( 1 − x 2 ) P l ′ ] = P l r 2 [ ( r 2 R ′ ) ′ − l ( l + 1 ) R ] \Delta V=\frac{P_l}{r^2}\bigl(r^2R'\bigr)'+\frac{R}{r^2}\frac{d}{dx}\Bigl[(1-x^2)P_l'\Bigr]=\frac{P_l}{r^2}\Bigl[\bigl(r^2R'\bigr)'-l(l+1)R\Bigr] Δ V = r 2 P l ( r 2 R ′ ) ′ + r 2 R d x d [ ( 1 − x 2 ) P l ′ ] = r 2 P l [ ( r 2 R ′ ) ′ − l ( l + 1 ) R ] です。R = r l R=r^l R = r l ( r 2 ⋅ l r l − 1 ) ′ = l ( l + 1 ) r l (r^2\cdot lr^{l-1})'=l(l+1)r^l ( r 2 ⋅ l r l − 1 ) ′ = l ( l + 1 ) r l R = r − l − 1 R=r^{-l-1} R = r − l − 1 ( r 2 ⋅ ( − ( l + 1 ) ) r − l − 2 ) ′ = − ( l + 1 ) ( − l ) r − l − 1 = l ( l + 1 ) r − l − 1 (r^2\cdot(-(l+1))r^{-l-2})'=-(l+1)(-l)r^{-l-1}=l(l+1)r^{-l-1} ( r 2 ⋅ ( − ( l + 1 )) r − l − 2 ) ′ = − ( l + 1 ) ( − l ) r − l − 1 = l ( l + 1 ) r − l − 1 0 0 0 P l P_l P l ( − 1 ) l (-1)^l ( − 1 ) l r l P l ( z / r ) r^lP_l(z/r) r l P l ( z / r ) r 2 = x 2 + y 2 + z 2 r^2=x^2+y^2+z^2 r 2 = x 2 + y 2 + z 2 z z z l l l
∎ 境界が球面のとき、この分離解で境界条件に合わせることができます。
定理 5.6 （球のディリクレ問題（軸対称・有限展開） ） ✓
半径 R R R f ( θ ) = ∑ l = 0 N f l P l ( cos θ ) f(\theta)=\sum_{l=0}^Nf_lP_l(\cos\theta) f ( θ ) = ∑ l = 0 N f l P l ( cos θ ) f l f_l f l
(i) 球の内部 r < R r<R r < R 定義 2.1 の意味の）解は一意で
V in ( r , θ ) = ∑ l = 0 N f l ( r R ) l P l ( cos θ ) . V_{\text{in}}(r,\theta)=\sum_{l=0}^Nf_l\Bigl(\frac rR\Bigr)^lP_l(\cos\theta) . V in ( r , θ ) = l = 0 ∑ N f l ( R r ) l P l ( cos θ ) . (ii) 球の外部 r > R r>R r > R
V out ( r , θ ) = ∑ l = 0 N f l ( R r ) l + 1 P l ( cos θ ) . V_{\text{out}}(r,\theta)=\sum_{l=0}^Nf_l\Bigl(\frac Rr\Bigr)^{l+1}P_l(\cos\theta) . V out ( r , θ ) = l = 0 ∑ N f l ( r R ) l + 1 P l ( cos θ ) . (iii) 係数は f l = 2 l + 1 2 ∫ − 1 1 f ( arccos x ) P l ( x ) d x f_l=\dfrac{2l+1}{2}\displaystyle\int_{-1}^1f\bigl(\arccos x\bigr)P_l(x)\,dx f l = 2 2 l + 1 ∫ − 1 1 f ( arccos x ) P l ( x ) d x
証明（定理 5.6） (i), (ii) 命題 5.5 により各項は調和で、r = R r=R r = R f l P l ( cos θ ) f_lP_l(\cos\theta) f l P l ( cos θ ) C 2 C^2 C 2 ∣ V ∣ ≤ C / r |V|\le C/r ∣ V ∣ ≤ C / r ∣ ∇ V ∣ ≤ C / r 2 |\nabla V|\le C/r^2 ∣∇ V ∣ ≤ C / r 2 l = 0 l=0 l = 0 f 0 R / r f_0R/r f 0 R / r r − 2 r^{-2} r − 2 定理 3.1 (a)(c) です。
(iii) f ( arccos x ) = ∑ m f m P m ( x ) f(\arccos x)=\sum_mf_mP_m(x) f ( arccos x ) = ∑ m f m P m ( x ) P l P_l P l [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] 命題 5.4 を使うと ∫ f P l d x = f l ⋅ 2 / ( 2 l + 1 ) \int fP_l\,dx=f_l\cdot2/(2l+1) ∫ f P l d x = f l ⋅ 2/ ( 2 l + 1 )
∎ 例 5.8 （一様電場の中の導体球 ）
一様電場 E 0 = E 0 e z \boldsymbol{E}_0=E_0\boldsymbol{e}_z E 0 = E 0 e z R R R V → − E 0 z = − E 0 r cos θ V\to-E_0z=-E_0r\cos\theta V → − E 0 z = − E 0 r cos θ V = − E 0 r cos θ + ϕ V=-E_0r\cos\theta+\phi V = − E 0 r cos θ + ϕ ϕ \phi ϕ 0 0 0 ϕ = E 0 R cos θ = E 0 R P 1 ( cos θ ) \phi=E_0R\cos\theta=E_0RP_1(\cos\theta) ϕ = E 0 R cos θ = E 0 R P 1 ( cos θ ) 定理 5.6 (ii) で f 1 = E 0 R f_1=E_0R f 1 = E 0 R
ϕ = E 0 R ( R r ) 2 cos θ , V = − E 0 ( r − R 3 r 2 ) cos θ ( r ≥ R ) \phi=E_0R\Bigl(\frac Rr\Bigr)^2\cos\theta,\qquad V=-E_0\Bigl(r-\frac{R^3}{r^2}\Bigr)\cos\theta\quad(r\ge R) ϕ = E 0 R ( r R ) 2 cos θ , V = − E 0 ( r − r 2 R 3 ) cos θ ( r ≥ R ) です。ϕ \phi ϕ 1 / r 1/r 1/ r 0 0 0 0 0 0 補題 4.2 (ii) から表面電荷は
σ = − ε 0 ∂ r V ∣ r = R = ε 0 E 0 ( 1 + 2 R 3 r 3 ) cos θ ∣ r = R = 3 ε 0 E 0 cos θ \sigma=-\varepsilon_0\partial_rV\Big|_{r=R}=\varepsilon_0E_0\Bigl(1+\frac{2R^3}{r^3}\Bigr)\cos\theta\Big|_{r=R}=3\varepsilon_0E_0\cos\theta σ = − ε 0 ∂ r V r = R = ε 0 E 0 ( 1 + r 3 2 R 3 ) cos θ r = R = 3 ε 0 E 0 cos θ です。球の北極側（E 0 \boldsymbol{E}_0 E 0 3 E 0 3E_0 3 E 0
一様電場（上向き）の中の導体球の断面の模式図。北極側に正、南極側に負の電荷が現れ、電気力線は表面に垂直に出入りする。線の本数は強さの目安にすぎない。 境界が平面で囲まれているときは直交座標を使います。必要なのは三角関数の直交性だけです。
補題 5.9 （正弦関数の直交性 ） ✓
正の整数 m , n m,n m , n ∫ 0 a sin m π x a sin n π x a d x = a 2 δ m n \displaystyle\int_0^a\sin\frac{m\pi x}{a}\sin\frac{n\pi x}{a}\,dx=\frac a2\delta_{mn} ∫ 0 a sin a mπ x sin a nπ x d x = 2 a δ mn
証明（補題 5.9） 積和公式 sin A sin B = 1 2 [ cos ( A − B ) − cos ( A + B ) ] \sin A\sin B=\frac12[\cos(A-B)-\cos(A+B)] sin A sin B = 2 1 [ cos ( A − B ) − cos ( A + B )] 1 2 ∫ 0 a [ cos ( m − n ) π x a − cos ( m + n ) π x a ] d x \frac12\int_0^a\bigl[\cos\frac{(m-n)\pi x}{a}-\cos\frac{(m+n)\pi x}{a}\bigr]dx 2 1 ∫ 0 a [ cos a ( m − n ) π x − cos a ( m + n ) π x ] d x k ≠ 0 k\ne0 k = 0 ∫ 0 a cos ( k π x / a ) d x = a k π sin k π = 0 \int_0^a\cos(k\pi x/a)dx=\frac{a}{k\pi}\sin k\pi=0 ∫ 0 a cos ( k π x / a ) d x = k π a sin k π = 0 m ≠ n m\ne n m = n 0 0 0 m = n m=n m = n a a a a 2 \frac a2 2 a
∎ 例 5.10 （半無限の溝 ）
幅 a a a 0 < x < a 0<x<a 0 < x < a y > 0 y>0 y > 0 x = 0 x=0 x = 0 x = a x=a x = a 0 0 0 y = 0 y=0 y = 0 V 0 V_0 V 0 y → ∞ y\to\infty y → ∞ V → 0 V\to0 V → 0 z z z
V = X ( x ) Y ( y ) V=X(x)Y(y) V = X ( x ) Y ( y ) Δ V = 0 \Delta V=0 Δ V = 0 X ′ ′ / X = − Y ′ ′ / Y X''/X=-Y''/Y X ′′ / X = − Y ′′ / Y x x x y y y − k 2 -k^2 − k 2 X X X X = sin ( k x ) X=\sin(k x) X = sin ( k x ) k = n π / a k=n\pi/a k = nπ / a n = 1 , 2 , … n=1,2,\dots n = 1 , 2 , … Y ′ ′ = k 2 Y Y''=k^2Y Y ′′ = k 2 Y y → ∞ y\to\infty y → ∞ Y = e − k y Y=e^{-ky} Y = e − k y sin ( n π x / a ) e − n π y / a \sin(n\pi x/a)e^{-n\pi y/a} sin ( nπ x / a ) e − nπ y / a
V ( x , y ) = ∑ n = 1 ∞ c n sin n π x a e − n π y / a V(x,y)=\sum_{n=1}^\infty c_n\sin\frac{n\pi x}{a}\,e^{-n\pi y/a} V ( x , y ) = n = 1 ∑ ∞ c n sin a nπ x e − nπ y / a と置き、底面 y = 0 y=0 y = 0 V = V 0 V=V_0 V = V 0 c n c_n c n 補題 5.9 により
c n = 2 a ∫ 0 a V 0 sin n π x a d x = 2 V 0 n π ( 1 − ( − 1 ) n ) = { 4 V 0 / ( n π ) ( n 奇数 ) 0 ( n 偶数 ) c_n=\frac2a\int_0^aV_0\sin\frac{n\pi x}{a}dx=\frac{2V_0}{n\pi}\bigl(1-(-1)^n\bigr)=\begin{cases}4V_0/(n\pi)&(n\ \text{奇数})\\0&(n\ \text{偶数})\end{cases} c n = a 2 ∫ 0 a V 0 sin a nπ x d x = nπ 2 V 0 ( 1 − ( − 1 ) n ) = { 4 V 0 / ( nπ ) 0 ( n 奇数 ) ( n 偶数 ) です。したがって
V ( x , y ) = 4 V 0 π ∑ n = 1 , 3 , 5 , … 1 n sin n π x a e − n π y / a . V(x,y)=\frac{4V_0}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\dots}\frac1n\sin\frac{n\pi x}{a}\,e^{-n\pi y/a}. V ( x , y ) = π 4 V 0 n = 1 , 3 , 5 , … ∑ n 1 sin a nπ x e − nπ y / a . y > 0 y>0 y > 0 e − n π y / a e^{-n\pi y/a} e − nπ y / a x = a / 2 x=a/2 x = a /2 y = a / 2 y=a/2 y = a /2 n = 1 , 3 , 5 n=1,3,5 n = 1 , 3 , 5 e − π / 2 − 1 3 e − 3 π / 2 + 1 5 e − 5 π / 2 ≈ 0.2079 − 0.0030 + 0.00008 = 0.2050 e^{-\pi/2}-\frac13e^{-3\pi/2}+\frac15e^{-5\pi/2}\approx0.2079-0.0030+0.00008=0.2050 e − π /2 − 3 1 e − 3 π /2 + 5 1 e − 5 π /2 ≈ 0.2079 − 0.0030 + 0.00008 = 0.2050 V ≈ 4 π × 0.2050 V 0 ≈ 0.261 V 0 V\approx\frac4\pi\times0.2050\,V_0\approx0.261V_0 V ≈ π 4 × 0.2050 V 0 ≈ 0.261 V 0 y = 0 y=0 y = 0 V 0 V_0 V 0 y y y
電荷が有限の領域に集まっているとき、遠方のポテンシャルを 1 / r 1/r 1/ r G G G 1 / r 1/r 1/ r
定理 6.1 （多重極展開 ） ✓
ρ \rho ρ ∣ y ∣ ≤ a |\boldsymbol{y}|\le a ∣ y ∣ ≤ a 0 0 0 r = ∣ x ∣ > a r=|\boldsymbol{x}|>a r = ∣ x ∣ > a V ( x ) = 1 4 π ε 0 ∫ ρ ( y ) ∣ x − y ∣ d V y V(\boldsymbol{x})=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int\frac{\rho(\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dV_y V ( x ) = 4 π ε 0 1 ∫ ∣ x − y ∣ ρ ( y ) d V y
V ( x ) = 1 4 π ε 0 ∑ l = 0 ∞ 1 r l + 1 ∫ ρ ( y ) ∣ y ∣ l P l ( cos γ ) d V y , cos γ = x ⋅ y ∣ x ∣ ∣ y ∣ V(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sum_{l=0}^\infty\frac{1}{r^{l+1}}\int\rho(\boldsymbol{y})\,|\boldsymbol{y}|^l\,P_l(\cos\gamma)\,dV_y,\qquad\cos\gamma=\frac{\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{y}}{|\boldsymbol{x}||\boldsymbol{y}|} V ( x ) = 4 π ε 0 1 l = 0 ∑ ∞ r l + 1 1 ∫ ρ ( y ) ∣ y ∣ l P l ( cos γ ) d V y , cos γ = ∣ x ∣∣ y ∣ x ⋅ y と展開され、級数は r ≥ a ′ > a r\ge a'>a r ≥ a ′ > a
証明（定理 6.1） r ′ = ∣ y ∣ ≤ a < r r'=|\boldsymbol{y}|\le a<r r ′ = ∣ y ∣ ≤ a < r ∣ x − y ∣ 2 = r 2 − 2 r r ′ cos γ + r ′ 2 = r 2 ( 1 − 2 x t + t 2 ) |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^2=r^2-2rr'\cos\gamma+r'^2=r^2(1-2xt+t^2) ∣ x − y ∣ 2 = r 2 − 2 r r ′ cos γ + r ′2 = r 2 ( 1 − 2 x t + t 2 ) x = cos γ x=\cos\gamma x = cos γ t = r ′ / r ≤ a / r < 1 t=r'/r\le a/r<1 t = r ′ / r ≤ a / r < 1 定義 5.1 から
1 ∣ x − y ∣ = 1 r G ( cos γ , t ) = ∑ l = 0 ∞ r ′ l r l + 1 P l ( cos γ ) . \frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}=\frac1rG(\cos\gamma,t)=\sum_{l=0}^\infty\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos\gamma) . ∣ x − y ∣ 1 = r 1 G ( cos γ , t ) = l = 0 ∑ ∞ r l + 1 r ′ l P l ( cos γ ) . 命題 5.2 (ii) より第 l l l ≤ a l / r l + 1 ≤ a l / a ′ l + 1 \le a^l/r^{l+1}\le a^l/a'^{l+1} ≤ a l / r l + 1 ≤ a l / a ′ l + 1 a / a ′ < 1 a/a'<1 a / a ′ < 1 y \boldsymbol{y} y ρ \rho ρ
∎ 最初の 3 項に名前が付いています。l = 0 l=0 l = 0 単極子 で
V 0 ( x ) = Q 4 π ε 0 r , Q = ∫ ρ d V y V_0(\boldsymbol{x})=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r},\qquad Q=\int\rho\,dV_y V 0 ( x ) = 4 π ε 0 r Q , Q = ∫ ρ d V y （総電荷）、l = 1 l=1 l = 1 双極子 で、∣ y ∣ cos γ = y ⋅ x ^ |\boldsymbol{y}|\cos\gamma=\boldsymbol{y}\cdot\hat{\boldsymbol{x}} ∣ y ∣ cos γ = y ⋅ x ^
V 1 ( x ) = p ⋅ x 4 π ε 0 r 3 , p = ∫ ρ ( y ) y d V y V_1(\boldsymbol{x})=\frac{\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}{4\pi\varepsilon_0r^3},\qquad\boldsymbol{p}=\int\rho(\boldsymbol{y})\,\boldsymbol{y}\,dV_y V 1 ( x ) = 4 π ε 0 r 3 p ⋅ x , p = ∫ ρ ( y ) y d V y （双極子モーメント）です。l = 2 l=2 l = 2 四重極子 で、P 2 ( cos γ ) = 1 2 ( 3 cos 2 γ − 1 ) P_2(\cos\gamma)=\frac12(3\cos^2\gamma-1) P 2 ( cos γ ) = 2 1 ( 3 cos 2 γ − 1 )
V 2 ( x ) = 1 8 π ε 0 r 5 ∑ i , j Q i j x i x j , Q i j = ∫ ρ ( y ) ( 3 y i y j − ∣ y ∣ 2 δ i j ) d V y V_2(\boldsymbol{x})=\frac{1}{8\pi\varepsilon_0r^5}\sum_{i,j}Q_{ij}x_ix_j,\qquad Q_{ij}=\int\rho(\boldsymbol{y})\bigl(3y_iy_j-|\boldsymbol{y}|^2\delta_{ij}\bigr)dV_y V 2 ( x ) = 8 π ε 0 r 5 1 i , j ∑ Q ij x i x j , Q ij = ∫ ρ ( y ) ( 3 y i y j − ∣ y ∣ 2 δ ij ) d V y です。
命題 6.2 （双極子の電場と原点の取り方 ） ✓
(i) 原点以外で、双極子ポテンシャル V 1 V_1 V 1 E = 1 4 π ε 0 3 ( p ⋅ r ^ ) r ^ − p r 3 \boldsymbol{E}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{3(\boldsymbol{p}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})\hat{\boldsymbol{r}}-\boldsymbol{p}}{r^3} E = 4 π ε 0 1 r 3 3 ( p ⋅ r ^ ) r ^ − p
(ii) 総電荷が Q = 0 Q=0 Q = 0 p \boldsymbol{p} p
証明（命題 6.2） (i) ∇ ( p ⋅ x ) = p \nabla(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x})=\boldsymbol{p} ∇ ( p ⋅ x ) = p ∇ r − 3 = − 3 x r − 5 \nabla r^{-3}=-3\boldsymbol{x}r^{-5} ∇ r − 3 = − 3 x r − 5 − ∇ p ⋅ x r 3 = − p r 3 + 3 ( p ⋅ x ) x r 5 -\nabla\dfrac{\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}{r^3}=-\dfrac{\boldsymbol{p}}{r^3}+\dfrac{3(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x})\boldsymbol{x}}{r^5} − ∇ r 3 p ⋅ x = − r 3 p + r 5 3 ( p ⋅ x ) x x = r r ^ \boldsymbol{x}=r\hat{\boldsymbol{r}} x = r r ^
(ii) 原点を b \boldsymbol{b} b y → y − b \boldsymbol{y}\to\boldsymbol{y}-\boldsymbol{b} y → y − b p ′ = ∫ ρ ( y − b ) d V = p − Q b \boldsymbol{p}'=\int\rho(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{b})\,dV=\boldsymbol{p}-Q\boldsymbol{b} p ′ = ∫ ρ ( y − b ) d V = p − Q b Q = 0 Q=0 Q = 0 p ′ = p \boldsymbol{p}'=\boldsymbol{p} p ′ = p
∎ 例 6.3 （直線四重極子 ）
z z z ( 0 , 0 , ± a ) (0,0,\pm a) ( 0 , 0 , ± a ) q q q − 2 q -2q − 2 q Q = 0 Q=0 Q = 0 p = q a e z − q a e z = 0 \boldsymbol{p}=q a\boldsymbol{e}_z-qa\boldsymbol{e}_z=\boldsymbol{0} p = q a e z − q a e z = 0 Q z z = 2 q ( 3 a 2 − a 2 ) = 4 q a 2 Q_{zz}=2q(3a^2-a^2)=4qa^2 Q z z = 2 q ( 3 a 2 − a 2 ) = 4 q a 2 Q x x = Q y y = 2 q ( 0 − a 2 ) = − 2 q a 2 Q_{xx}=Q_{yy}=2q(0-a^2)=-2qa^2 Q xx = Q y y = 2 q ( 0 − a 2 ) = − 2 q a 2 0 0 0
V 2 = 1 8 π ε 0 r 5 [ 4 q a 2 z 2 − 2 q a 2 ( x 2 + y 2 ) ] = q a 2 4 π ε 0 r 3 ( 3 cos 2 θ − 1 ) = 2 q a 2 4 π ε 0 r 3 P 2 ( cos θ ) V_2=\frac{1}{8\pi\varepsilon_0r^5}\bigl[4qa^2z^2-2qa^2(x^2+y^2)\bigr]=\frac{qa^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}(3\cos^2\theta-1)=\frac{2qa^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}P_2(\cos\theta) V 2 = 8 π ε 0 r 5 1 [ 4 q a 2 z 2 − 2 q a 2 ( x 2 + y 2 ) ] = 4 π ε 0 r 3 q a 2 ( 3 cos 2 θ − 1 ) = 4 π ε 0 r 3 2 q a 2 P 2 ( cos θ ) です。直接確かめます。q ∣ x ∓ a e z ∣ = q r ∑ l ( a r ) l P l ( ± cos θ ) \dfrac{q}{|\boldsymbol{x}\mp a\boldsymbol{e}_z|}=\dfrac qr\sum_l\bigl(\dfrac ar\bigr)^lP_l(\pm\cos\theta) ∣ x ∓ a e z ∣ q = r q ∑ l ( r a ) l P l ( ± cos θ ) − 2 q / r -2q/r − 2 q / r l = 0 l=0 l = 0 V = 1 4 π ε 0 2 q a 2 r 3 P 2 ( cos θ ) + O ( r − 5 ) V=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{2qa^2}{r^3}P_2(\cos\theta)+O(r^{-5}) V = 4 π ε 0 1 r 3 2 q a 2 P 2 ( cos θ ) + O ( r − 5 ) 1 / r 3 1/r^3 1/ r 3 1 / r 1/r 1/ r 1 / r 2 1/r^2 1/ r 2
この節のねらいは、複数の導体の電位と電荷の関係を 1 つの行列 ( C i j ) (C_{ij}) ( C ij ) C i j = C j i C_{ij}=C_{ji} C ij = C j i j j j i i i i i i j j j 正定値 であることは、どの導体にどんな電位を与えてもエネルギーが負にならず、0 になるのは全部の電位が 0 のときだけだ、という意味です。
真空中に n n n K 1 , … , K n K_1,\dots,K_n K 1 , … , K n Ω \Omega Ω K i K_i K i S i S_i S i S i S_i S i Ω \Omega Ω n \boldsymbol{n} n 補題 4.2 から、各導体は一定電位 V i V_i V i Ω \Omega Ω Δ V = 0 \Delta V=0 Δ V = 0 定理 3.1 (c)）で、その存在は偏微分方程式論の標準的な結果として認めます。
φ j \varphi_j φ j S j S_j S j 1 1 1 S i S_i S i 0 0 0 V = ∑ j V j φ j V=\sum_jV_j\varphi_j V = ∑ j V j φ j 補題 4.2 (ii) より Q i = ∮ S i σ d S = − ε 0 ∮ S i ∂ n V d S Q_i=\oint_{S_i}\sigma\,dS=-\varepsilon_0\oint_{S_i}\partial_nV\,dS Q i = ∮ S i σ d S = − ε 0 ∮ S i ∂ n V d S
定義 7.1 （静電容量係数 ） ↗
Q i = ∑ j = 1 n C i j V j , C i j = − ε 0 ∮ S i ∂ n φ j d S . Q_i=\sum_{j=1}^nC_{ij}V_j,\qquad C_{ij}=-\varepsilon_0\oint_{S_i}\partial_n\varphi_j\,dS . Q i = j = 1 ∑ n C ij V j , C ij = − ε 0 ∮ S i ∂ n φ j d S . C i j C_{ij} C ij
定理 7.2 （静電容量係数の対称性とエネルギー ） ✓
(i) C i j = C j i C_{ij}=C_{ji} C ij = C j i
(ii) 電場のエネルギー W = ε 0 2 ∫ Ω ∣ E ∣ 2 d V W=\dfrac{\varepsilon_0}{2}\displaystyle\int_\Omega|\boldsymbol{E}|^2dV W = 2 ε 0 ∫ Ω ∣ E ∣ 2 d V
W = 1 2 ∑ i Q i V i = 1 2 ∑ i , j C i j V i V j W=\frac12\sum_iQ_iV_i=\frac12\sum_{i,j}C_{ij}V_iV_j W = 2 1 i ∑ Q i V i = 2 1 i , j ∑ C ij V i V j に等しい。
(iii) W ≥ 0 W\ge0 W ≥ 0 W = 0 W=0 W = 0 V i = 0 V_i=0 V i = 0 ( C i j ) (C_{ij}) ( C ij )
ここで電場のエネルギーは、エネルギー密度（定義 6.1）［マクスウェル方程式と電磁波］ ε 0 ∣ E ∣ 2 / 2 \varepsilon_0|\boldsymbol{E}|^2/2 ε 0 ∣ E ∣ 2 /2
証明（定理 7.2） Ω R = Ω ∩ { ∣ x ∣ < R } \Omega_R=\Omega\cap\{|\boldsymbol{x}|<R\} Ω R = Ω ∩ { ∣ x ∣ < R } ∂ Ω R \partial\Omega_R ∂ Ω R ⋃ S k \bigcup S_k ⋃ S k − n -\boldsymbol{n} − n S R S_R S R
(i) 命題 2.2 の第二恒等式を φ i , φ j \varphi_i,\varphi_j φ i , φ j 0 0 0
0 = ∮ S R ( φ i ∂ r φ j − φ j ∂ r φ i ) d S − ∑ k ∮ S k ( φ i ∂ n φ j − φ j ∂ n φ i ) d S . 0=\oint_{S_R}\bigl(\varphi_i\partial_r\varphi_j-\varphi_j\partial_r\varphi_i\bigr)dS-\sum_k\oint_{S_k}\bigl(\varphi_i\partial_n\varphi_j-\varphi_j\partial_n\varphi_i\bigr)dS . 0 = ∮ S R ( φ i ∂ r φ j − φ j ∂ r φ i ) d S − k ∑ ∮ S k ( φ i ∂ n φ j − φ j ∂ n φ i ) d S . S k S_k S k φ i = δ i k \varphi_i=\delta_{ik} φ i = δ ik φ j = δ j k \varphi_j=\delta_{jk} φ j = δ j k k k k ∮ S i ∂ n φ j d S − ∮ S j ∂ n φ i d S \oint_{S_i}\partial_n\varphi_j\,dS-\oint_{S_j}\partial_n\varphi_i\,dS ∮ S i ∂ n φ j d S − ∮ S j ∂ n φ i d S S R S_R S R ≤ 4 π R 2 ⋅ 2 C 2 R − 3 → 0 \le4\pi R^2\cdot2C^2R^{-3}\to0 ≤ 4 π R 2 ⋅ 2 C 2 R − 3 → 0 R → ∞ R\to\infty R → ∞ ∮ S i ∂ n φ j d S = ∮ S j ∂ n φ i d S \oint_{S_i}\partial_n\varphi_j\,dS=\oint_{S_j}\partial_n\varphi_i\,dS ∮ S i ∂ n φ j d S = ∮ S j ∂ n φ i d S C i j = C j i C_{ij}=C_{ji} C ij = C j i
(ii) 第一恒等式を φ = ψ = V \varphi=\psi=V φ = ψ = V ∫ Ω R ∣ ∇ V ∣ 2 d V = ∮ S R V ∂ r V d S − ∑ k ∮ S k V ∂ n V d S \int_{\Omega_R}|\nabla V|^2dV=\oint_{S_R}V\partial_rV\,dS-\sum_k\oint_{S_k}V\partial_nV\,dS ∫ Ω R ∣∇ V ∣ 2 d V = ∮ S R V ∂ r V d S − ∑ k ∮ S k V ∂ n V d S S R S_R S R R → ∞ R\to\infty R → ∞ 0 0 0 S k S_k S k V = V k V=V_k V = V k ∫ Ω ∣ ∇ V ∣ 2 d V = − ∑ k V k ∮ S k ∂ n V d S = 1 ε 0 ∑ k V k Q k \int_\Omega|\nabla V|^2dV=-\sum_kV_k\oint_{S_k}\partial_nV\,dS=\dfrac{1}{\varepsilon_0}\sum_kV_kQ_k ∫ Ω ∣∇ V ∣ 2 d V = − ∑ k V k ∮ S k ∂ n V d S = ε 0 1 ∑ k V k Q k E = − ∇ V \boldsymbol{E}=-\nabla V E = − ∇ V Q k = ∑ j C k j V j Q_k=\sum_jC_{kj}V_j Q k = ∑ j C k j V j
(iii) (ii) より W ≥ 0 W\ge0 W ≥ 0 W = 0 W=0 W = 0 ∇ V ≡ 0 \nabla V\equiv\boldsymbol{0} ∇ V ≡ 0 V V V 0 0 0 V ≡ 0 V\equiv0 V ≡ 0 V i = 0 V_i=0 V i = 0
∎ 2 つの導体に電荷 + Q +Q + Q − Q -Q − Q Δ V = V 1 − V 2 \Delta V=V_1-V_2 Δ V = V 1 − V 2 Q Q Q C = Q / Δ V C=Q/\Delta V C = Q /Δ V 静電容量 といい、定理 7.2 (ii) から W = 1 2 Q Δ V = Q 2 2 C W=\frac12Q\,\Delta V=\dfrac{Q^2}{2C} W = 2 1 Q Δ V = 2 C Q 2
例 7.4 （同心球コンデンサと孤立球 ）
半径 a a a + Q +Q + Q b > a b>a b > a b b b − Q -Q − Q E = E ( r ) r ^ \boldsymbol{E}=E(r)\hat{\boldsymbol{r}} E = E ( r ) r ^ 定理 4.4［静電場とガウスの法則］ ）により a < r < b a<r<b a < r < b E = Q / ( 4 π ε 0 r 2 ) E=Q/(4\pi\varepsilon_0r^2) E = Q / ( 4 π ε 0 r 2 )
Δ V = ∫ a b Q 4 π ε 0 r 2 d r = Q 4 π ε 0 ( 1 a − 1 b ) , C = 4 π ε 0 a b b − a . \Delta V=\int_a^b\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}dr=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac1a-\frac1b\Bigr),\qquad C=\frac{4\pi\varepsilon_0ab}{b-a} . Δ V = ∫ a b 4 π ε 0 r 2 Q d r = 4 π ε 0 Q ( a 1 − b 1 ) , C = b − a 4 π ε 0 ab . b → ∞ b\to\infty b → ∞ a a a C = 4 π ε 0 a C=4\pi\varepsilon_0a C = 4 π ε 0 a 6.4 × 10 6 m 6.4\times10^6\,\mathrm{m} 6.4 × 1 0 6 m C ≈ 7 × 10 − 4 F C\approx7\times10^{-4}\,\mathrm{F} C ≈ 7 × 1 0 − 4 F
例 7.5 （平行板コンデンサ ）
面積 S S S d d d d d d ± σ = ± Q / S \pm\sigma=\pm Q/S ± σ = ± Q / S E = σ / ε 0 E=\sigma/\varepsilon_0 E = σ / ε 0 Δ V = E d = Q d / ( ε 0 S ) \Delta V=Ed=Qd/(\varepsilon_0S) Δ V = E d = Q d / ( ε 0 S ) C = ε 0 S / d C=\varepsilon_0S/d C = ε 0 S / d S = 1 c m 2 S=1\,\mathrm{cm}^2 S = 1 cm 2 d = 0.1 m m d=0.1\,\mathrm{mm} d = 0.1 mm C = 8.85 × 10 − 12 × 10 − 4 / 10 − 4 ≈ 8.9 × 10 − 12 F C=8.85\times10^{-12}\times10^{-4}/10^{-4}\approx8.9\times10^{-12}\,\mathrm{F} C = 8.85 × 1 0 − 12 × 1 0 − 4 /1 0 − 4 ≈ 8.9 × 1 0 − 12 F
演習 8.1 標準
互いに直交する 2 枚の接地導体平面 x = 0 x=0 x = 0 y = 0 y=0 y = 0 x > 0 , y > 0 x>0,y>0 x > 0 , y > 0 ( a , b , 0 ) (a,b,0) ( a , b , 0 ) q q q
解答 x = 0 x=0 x = 0 ( − a , b ) (-a,b) ( − a , b ) − q -q − q y = 0 y=0 y = 0 ( a , − b ) (a,-b) ( a , − b ) − q -q − q ( − a , − b ) (-a,-b) ( − a , − b ) + q +q + q
V = q 4 π ε 0 [ 1 r 1 − 1 r 2 − 1 r 3 + 1 r 4 ] V=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\frac{1}{r_1}-\frac1{r_2}-\frac1{r_3}+\frac1{r_4}\Bigr] V = 4 π ε 0 q [ r 1 1 − r 2 1 − r 3 1 + r 4 1 ] です。ここで r 1 , r 2 , r 3 , r 4 r_1,r_2,r_3,r_4 r 1 , r 2 , r 3 , r 4 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) ( a , b , 0 ) (a,b,0) ( a , b , 0 ) ( − a , b , 0 ) (-a,b,0) ( − a , b , 0 ) ( a , − b , 0 ) (a,-b,0) ( a , − b , 0 ) ( − a , − b , 0 ) (-a,-b,0) ( − a , − b , 0 ) r 2 = ( x + a ) 2 + ( y − b ) 2 + z 2 r_2=\sqrt{(x+a)^2+(y-b)^2+z^2} r 2 = ( x + a ) 2 + ( y − b ) 2 + z 2 x = 0 x=0 x = 0 r 1 = r 2 r_1=r_2 r 1 = r 2 r 3 = r 4 r_3=r_4 r 3 = r 4 V = 0 V=0 V = 0 y = 0 y=0 y = 0 r 1 = r 3 r_1=r_3 r 1 = r 3 r 2 = r 4 r_2=r_4 r 2 = r 4 V = 0 V=0 V = 0 V → 0 V\to0 V → 0 定理 3.1 により唯一の解です。像が 2 個では足りません（x = 0 x=0 x = 0
演習 8.2 標準
半径 R R R V 0 cos 2 θ V_0\cos^2\theta V 0 cos 2 θ
解答 cos 2 θ = 1 3 + 2 3 P 2 ( cos θ ) \cos^2\theta=\frac13+\frac23P_2(\cos\theta) cos 2 θ = 3 1 + 3 2 P 2 ( cos θ ) P 2 = ( 3 x 2 − 1 ) / 2 P_2=(3x^2-1)/2 P 2 = ( 3 x 2 − 1 ) /2 x 2 = ( 2 P 2 + 1 ) / 3 x^2=(2P_2+1)/3 x 2 = ( 2 P 2 + 1 ) /3 f 0 = V 0 / 3 f_0=V_0/3 f 0 = V 0 /3 f 2 = 2 V 0 / 3 f_2=2V_0/3 f 2 = 2 V 0 /3 定理 5.6 から
V in = V 0 [ 1 3 + 2 3 ( r R ) 2 P 2 ( cos θ ) ] , V out = V 0 [ 1 3 R r + 2 3 ( R r ) 3 P 2 ( cos θ ) ] V_{\text{in}}=V_0\Bigl[\frac13+\frac23\Bigl(\frac rR\Bigr)^2P_2(\cos\theta)\Bigr],\qquad V_{\text{out}}=V_0\Bigl[\frac13\frac Rr+\frac23\Bigl(\frac Rr\Bigr)^3P_2(\cos\theta)\Bigr] V in = V 0 [ 3 1 + 3 2 ( R r ) 2 P 2 ( cos θ ) ] , V out = V 0 [ 3 1 r R + 3 2 ( r R ) 3 P 2 ( cos θ ) ] です。外部の 1 / r 1/r 1/ r Q = 4 π ε 0 R V 0 / 3 Q=4\pi\varepsilon_0RV_0/3 Q = 4 π ε 0 R V 0 /3
演習 8.3 易
半径 a a a b > a b>a b > a C / L = 2 π ε 0 / ln ( b / a ) C/L=2\pi\varepsilon_0/\ln(b/a) C / L = 2 π ε 0 / ln ( b / a )
解答 単位長さあたり ± λ \pm\lambda ± λ r r r L L L E ⋅ 2 π r L = λ L / ε 0 E\cdot2\pi rL=\lambda L/\varepsilon_0 E ⋅ 2 π r L = λ L / ε 0 E = λ / ( 2 π ε 0 r ) E=\lambda/(2\pi\varepsilon_0r) E = λ / ( 2 π ε 0 r ) Δ V = ∫ a b E d r = λ 2 π ε 0 ln b a \Delta V=\int_a^b E\,dr=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac ba Δ V = ∫ a b E d r = 2 π ε 0 λ ln a b C / L = λ / Δ V = 2 π ε 0 / ln ( b / a ) C/L=\lambda/\Delta V=2\pi\varepsilon_0/\ln(b/a) C / L = λ /Δ V = 2 π ε 0 / ln ( b / a )
演習 8.4 難
Ω \Omega Ω R R R Δ V = 0 \Delta V=0 Δ V = 0 ∂ r V ∣ r = R = h ( θ ) = cos θ \partial_rV|_{r=R}=h(\theta)=\cos\theta ∂ r V ∣ r = R = h ( θ ) = cos θ 定理 3.1 (b) を踏まえ、解を求めよ。また h ≡ 1 h\equiv1 h ≡ 1
解答 解の候補は 命題 5.5 から V = A r cos θ V=Ar\cos\theta V = A r cos θ r 1 P 1 r^1P_1 r 1 P 1 ∂ r V ∣ r = R = A cos θ = cos θ \partial_rV|_{r=R}=A\cos\theta=\cos\theta ∂ r V ∣ r = R = A cos θ = cos θ A = 1 A=1 A = 1 V = r cos θ = z V=r\cos\theta=z V = r cos θ = z h ≡ 1 h\equiv1 h ≡ 1 注意 3.2 の整合条件 ∮ h d S = 4 π R 2 ≠ 0 = − 1 ε 0 ∫ ρ d V \oint h\,dS=4\pi R^2\ne0=-\frac{1}{\varepsilon_0}\int\rho\,dV ∮ h d S = 4 π R 2 = 0 = − ε 0 1 ∫ ρ d V ρ = 0 \rho=0 ρ = 0 h ≡ 1 h\equiv1 h ≡ 1 E r = − ∂ r V = − 1 < 0 E_r=-\partial_rV=-1<0 E r = − ∂ r V = − 1 < 0
J. D. Jackson『電磁気学（原書第 3 版）』（Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999）— 第 1 章（一意性・グリーンの定理・静電容量）、第 2 章（鏡像法）、第 3 章（球座標・ルジャンドル多項式・多重極展開）。
D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics , 4th ed., Cambridge University Press, 2017 — 第 3 章（Special Techniques）。
砂川重信『理論電磁気学（第 3 版）』紀伊國屋書店、1999 — 静電場の境界値問題の章。
L. C. Evans, Partial Differential Equations , 2nd ed., American Mathematical Society, 2010 — 第 2 章（ラプラス方程式、調和関数、グリーン関数）。
L. D. Landau, E. M. Lifshitz, Electrodynamics of Continuous Media , 2nd ed., Pergamon Press, 1984 — 第 1 章（導体の静電場、静電容量）。