軸対称電荷分布（２）

軸対称電荷分布（１）からの続き

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)