鏡像法（６）

鏡像法（５）からの続き

直線電流と円筒導体の問題を最初に考えたとき，電位（静電ポテンシャル）でどうするのかがわからなくて（後にものの本で調べて前回の導出に至った），電場で考えた。

つまり円筒外部の直線電荷$\lambda,\ (a,0,z) $が作る電場と，円筒内部の鏡像直線電荷$-\lambda',\ (b,0,z)$が作る電場を円筒面上で加えたもの$\bm{E(\bm{R})}$が，円筒面に垂直である$\bm{E(\bm{R})}\cdot \bm{R}=0 $という条件だ。これから $(\lambda'/\lambda)^2 = a/b$となってなんだかそれらしいけどおかしいので，ここで停止した。もう一度やり直し。

図：接地された円筒導体と直線電荷に対する鏡像法（再掲）

$\bm{E}(x,y)=\dfrac{\lambda\ (x-a, y)}{(r^2+a^2-2 a r \cos\theta)^{3/2}} - \dfrac{\lambda'\ (x-b, y)}{(r^2+b^2-2 b r \cos\theta)^{3/2}}$

$\bm{E}(x,y) \propto  (x,y)$なので，$E_x(x,y) : E_y(x,y) = x : y$

これから，

$\dfrac{\lambda\ y(x-a)}{(r^2+a^2-2 a r \cos\theta)^{3/2}} - \dfrac{\lambda'\ y(x-b)}{(r^2+b^2-2 b r \cos\theta)^{3/2}}$

$ =  \dfrac{\lambda\ x y}{(r^2+a^2-2 a r \cos\theta)^{3/2}} - \dfrac{\lambda'\ x y }{(r^2+b^2-2 b r \cos\theta)^{3/2}}$

したがって，両辺を整理して$y$でわって$r=R$とすると，

$- \dfrac{ \lambda\ a }{(R^2+a^2-2 a R \cos\theta)^{3/2}} + \dfrac{ \lambda'\ b }{(R^2+b^2-2 b R \cos\theta)^{3/2}} = 0$

$\dfrac{\lambda'}{\lambda} =  \dfrac{a}{b} \Biggl ( \dfrac{R^2+b^2-2 b R \cos\theta}{R^2+a^2-2 a R \cos\theta}\Biggr )^{3/2} = \dfrac{a}{b}\Bigl( \dfrac{2 b R}{2 a R}\Bigr)^{3/2} \Biggl ( \dfrac{(R^2+b^2)/2 b R - \cos\theta}{(R^2+a^2)/2 a R  - \cos\theta}\Biggr )^{3/2}$

これが $\theta$によらずに成り立つためには，$\dfrac{R^2+b^2}{2 b R}  = \dfrac {R^2+a^2}{2 a R} $。

したがって$R^2=ab$であり，$\dfrac{\lambda'}{\lambda} = \Bigl( \dfrac{b}{a} \Bigr)^{1/2}$