軸対称電荷分布（５）

軸対称電荷分布（４）からの続き　　

クーロンポテンシャルを場合分けによって書くことができたが，実際に計算する場合には，いちいち分けるのは面倒だ。といっても高々六類型なのでどうってことはないといえばない。

軸対称電荷分布（２）でやったように，ヘヴィサイドの階段関数を使えば，$r_<,\ r_> \ $が表現できるので，クーロンポテンシャルのルジャンドル成分$\ \widetilde{V}_n(r)\ $を一つの関数を使って表わせる。そこで，$R(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}, \ a=1.0,\ c= 0.707107$の場合について具体的に計算してみた。

rs[s_, r_] := s* HeavisideTheta[r - s] + r*HeavisideTheta[s - r];

rl[s_, r_] := r* HeavisideTheta[r - s] + s*HeavisideTheta[s - r];

R[t_] := 1/Sqrt[1 + t^2];

v[n_, r_] := 3*NIntegrate[ 1 + 0 * LegendreP[n, t] 

    *rs[s, r]^n * s^2/rl[s, r]^(n + 1), {t, 0, 1}, {s, 0, R[t]}]

v0 = v[0, 0]

2.64412

Plot[{v0, v[0, r]}, {r, 0, 3}]

Plot[{v0, v[2, r]}, {r, 0, 3}, PlotRange -> {2.55, 2.65}]

Plot[{v0, v[4, r]}, {r, 0, 3}, PlotRange -> {2.64, 2.665}]

Plot[{v0, v[6, r]}, {r, 0, 3}, PlotRange -> {2.638, 2.648}]

ここで，被積分関数の中に 1 を加えたのは，積分値が 0 になって計算が不安定になるのを防ぐためである。その部分の定数$\ v_0\ $を取り除くために，ルジャンドル関数の前に 0 をかけて積分することで$\ v_0\ $を求め，実際の計算ではこれを取り除く。

その結果は次のようになった。$\widetilde{V}_4(r),\ \widetilde{V}_6(r)$が，$r<c\ $でゼロになるのは，$\int ds\ $からでてくる$\ R(t)^{n-2}\ $がルジャンドル関数の$n$次未満の線形結合になるためである。

図：クーロンポテンシャルのルジャンドル成分 $\widetilde{V}_n(r)\  (n=0,2,4,6)$