前回の$z$軸対称で,$x-y$平面にも対称な電荷分布のつくるクーロンポテンシャルは,
$\displaystyle V(r, s) = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} \sum_{n=0}^\infty P_n(s) \int_{0}^{1} \int_0^{R(t)} \rho(r', t) P_n (t) \Bigl\{ \dfrac{1}{r_>} \bigl (\dfrac{r_<}{r_>}\bigr)^n \Bigr\} 4\pi r'^2 dr' d t\ $であった(ただし,$s=\cos\theta$,$t=\cos\theta'$)。
最初に球対称の場合で,上記の式を確認する。このとき$R(t) =R$, $\rho(r', t) = \rho(r') = H(R-r') \rho_0$である。$H(x)\ $はヘヴィサイドの階段関数,$\dfrac{4\pi}{3} R^3 \rho_0 = Ze $である。
このとき$\ n=0\ $の項だけが残り,$\displaystyle V(r) = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} \int_0^{R} \rho_0 \dfrac{1}{r_>} 4\pi r'^2 dr' $
(1) $r>R\ $の場合:
$\displaystyle V(r) = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} \int_0^{R} \rho_0 \dfrac{1}{r} 4\pi r'^2 dr' = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} 4\pi \rho_0 \dfrac{1}{r} \int_0^{R} r'^2 dr' = \dfrac{-Ze^2}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{1}{r} $
(2) $r<R\ $の場合:
$\displaystyle V(r) = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} 4 \pi \rho_0 \Bigl\{ \int_0^r \dfrac{1}{r} r'^2 dr' + \int_r^R \dfrac{1}{r'} r'^2 dr' \Bigr\} $
$\displaystyle = \dfrac{-e}{4 \pi \varepsilon_0} 4 \pi \rho_0 \Bigl\{ \dfrac{1}{r} \dfrac{r^3}{3} + \left [ \dfrac{r'^2}{2} \right ]_r^R \Bigr\} = \dfrac{-Ze^2}{4 \pi \varepsilon_0} \Bigl\{\dfrac{r^2}{R^3} + \dfrac{3(R^2-r^2)}{2R^3}\Bigl\}$
$\displaystyle = \dfrac{-Ze^2}{4 \pi \varepsilon_0 }\dfrac{1}{R} \Bigl\{\dfrac{3}{2} - \dfrac{r^2}{2R^2}\Bigl\}$
これで,球対称一様電荷分布によるクーロンポテンシャルが再現できた。
Mathematicaでは次のように計算する。
v[r_] := -3*NIntegrate[s^2/(r*HeavisideTheta[r-s] + s*HeavisideTheta[s-r]), {s, 0, 1}]Plot[v[r], {r, 0, 5}, PlotRange -> {0, -1.6}]
図:球対称一様電荷分布のクーロンポテンシャル(R=1.0, V(R)=-1.0)
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