確認テストの解答

電磁気学入門　第1章 §1.6

1. 1.1-1 勾配は $\nabla f=(2x,4y,6z)$ で、点 $(1,1,1)$ では値が (2, 4, 6) である。命題 1.2 より勾配は等値面に垂直なので、単位法線は $(2,4,6)/\sqrt{4+16+36}=(1,2,3)/\sqrt{14}$（またはその逆向き）である。
2. 1.1-2 発散は $\frac{\partial (yz)}{\partial x}+\frac{\partial (zx)}{\partial y}+\frac{\partial (xy)}{\partial z}=0$ である。回転の成分は

$$\begin{aligned}x\text{ 成分}&:\ \frac{\partial (xy)}{\partial y}-\frac{\partial (zx)}{\partial z}=x-x=0,\\ y\text{ 成分}&:\ \frac{\partial (yz)}{\partial z}-\frac{\partial (xy)}{\partial x}=y-y=0,\\ z\text{ 成分}&:\ \frac{\partial (zx)}{\partial x}-\frac{\partial (yz)}{\partial y}=z-z=0\end{aligned}$$

で、$\nabla\times\bm{A}=\bm{0}$ である。$f=xyz$ とおくと $\nabla f=(yz,zx,xy)=\bm{A}$ となる。3. 1.1-3 $\bm{\omega}=(\omega_x,\omega_y,\omega_z)$ とすると

$$\bm{v}=\bm{\omega}\times\bm{r}=(\omega_yz-\omega_zy,\ \omega_zx-\omega_xz,\ \omega_xy-\omega_yx)$$

である。発散は $\frac{\partial v_x}{\partial x}+\frac{\partial v_y}{\partial y}+\frac{\partial v_z}{\partial z}=0+0+0=0$。回転の $x$ 成分は

$$\frac{\partial v_z}{\partial y}-\frac{\partial v_y}{\partial z}=\omega_x-(-\omega_x)=2\omega_x$$

である。ほかの成分も同様なので $\nabla\times\bm{v}=2\bm{\omega}$ となる。角速度 $\bm{\omega}$ で剛体回転する流体の回転は、角速度の2倍になる。4. 1.1-4 外積 $\bm{A}\times\bm{B}$ の各成分は、$\sum_{j,k}\epsilon_{ijk}A_jB_k$ である。積の微分の公式から

$$\nabla\cdot(\bm{A}\times\bm{B})=\sum_{i,j,k}\epsilon_{ijk}(\partial_iA_j)B_k+\sum_{i,j,k}\epsilon_{ijk}A_j(\partial_iB_k).$$

第1項で $\epsilon_{ijk}=\epsilon_{kij}$ を使うと $\sum_kB_k\sum_{i,j}\epsilon_{kij}\partial_iA_j=\bm{B}\cdot(\nabla\times\bm{A})$ である。第2項で $\epsilon_{ijk}=-\epsilon_{jik}$ を使うと $-\sum_jA_j\sum_{i,k}\epsilon_{jik}\partial_iB_k=-\bm{A}\cdot(\nabla\times\bm{B})$ である。両者を足して与式を得る。5. 1.2-1 勾配の定理より道筋によらず $f(1,2,3)-f(0,0,0)=6-0=6$ である。6. 1.2-2 左辺：発散は $\nabla\cdot\bm{A}=2x+2y+2z$ である。各項の積分は

$$\int_0^1\!\!\int_0^1\!\!\int_0^1 2x\,\mathrm{d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z=1$$

で、どの項についても同じなので、合計 3 である。右辺：$x$ 軸に垂直な2つの面の流束は次のとおりである。

• 面 $x=1$：外向き法線は $+\bm{e}_x$。この面で $A_x=1$ なので流束 1。
• 面 $x=0$：外向き法線は $-\bm{e}_x$。この面で $A_x=0$ なので流束 0。

$y,z$ の面も同じなので合計 3 となり、両辺は一致する。7. 1.2-3 (1.21) を書き、$\phi$ と $\psi$ を入れ替えた式

$$\int_V(\psi\nabla^2\phi+\nabla\psi\cdot\nabla\phi)\,\mathrm{d} V=\oint\psi\,\nabla\phi\cdot\mathrm{d}\bm{S}$$

を作る。もとの式からこれを引くと、$\nabla\phi\cdot\nabla\psi$ の項が消えて (1.22) が得られる。8. 1.2-4 球面上で $x=R\sin\theta\cos\varphi$、$\mathrm{d} S=R^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ である。対称性から $x^4,y^4,z^4$ の積分は等しいので、計算しやすい $z^4=R^4\cos^4\theta$ で求める。

$$\int z^4\,\mathrm{d} S=R^6\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^\pi\cos^4\theta\sin\theta\,\mathrm{d}\theta=R^6\cdot2\pi\cdot\left[-\frac{\cos^5\theta}{5}\right]_0^\pi=R^6\cdot2\pi\cdot\frac25=\frac{4\pi R^6}{5}.$$ 9. 1.2-5 右辺：$\bm{r}(t)=(a\cos t,a\sin t,0)$ とすると

$$\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{r}=\int_0^{2\pi}\bigl[(-a^3\sin^3t)(-a\sin t)+(a^3\cos^3t)(a\cos t)\bigr]\mathrm{d} t=a^4\int_0^{2\pi}(\sin^4t+\cos^4t)\,\mathrm{d} t .$$

$\int_0^{2\pi}\sin^4t\,\mathrm{d} t=\int_0^{2\pi}\cos^4t\,\mathrm{d} t=3\pi/4$ なので、右辺は $3\pi a^4/2$ である。左辺：$\nabla\times\bm{A}=(0,0,3x^2+3y^2)=3s^2\bm{e}_z$ で、円板上で積分すると

$$\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^a3s^2\cdot s\,\mathrm{d} s=2\pi\cdot\frac{3a^4}{4}=\frac{3\pi a^4}{2}$$

となり、両辺は一致する。10. 1.3-1 $g(x)=x^2-4$ の零点は $x=\pm2$ である。そこで $\left\vert g'(\pm2)\right\vert =4$ となる。(1.28) より$\delta(x^2-4)=\frac14[\delta(x-2)+\delta(x+2)]$ なので、積分は $\frac14(\mathrm{e}^2+\mathrm{e}^{-2})=\frac12\cosh2\approx1.88$ である。11. 1.3-2 回転の成分は

$$\begin{aligned}x\text{ 成分}&:\ \frac{\partial F_z}{\partial y}-\frac{\partial F_y}{\partial z}=0-0=0,\\ y\text{ 成分}&:\ \frac{\partial F_x}{\partial z}-\frac{\partial F_z}{\partial x}=1-1=0,\\ z\text{ 成分}&:\ \frac{\partial F_y}{\partial x}-\frac{\partial F_x}{\partial y}=2x-2x=0\end{aligned}$$

である。全空間は単連結なので、定理 1.14 よりポテンシャルがある。

$-\frac{\partial \phi}{\partial x}=2xy+z$ を積分して、$\phi=-x^2y-xz+g(y,z)$ とおく。残りの成分を比べると

$$\begin{aligned}-\frac{\partial \phi}{\partial y}&=x^2-\frac{\partial g}{\partial y}=F_y=x^2 &&\Longrightarrow\ \frac{\partial g}{\partial y}=0,\\ -\frac{\partial \phi}{\partial z}&=x-\frac{\partial g}{\partial z}=F_z=x &&\Longrightarrow\ \frac{\partial g}{\partial z}=0\end{aligned}$$

である。よって $\phi=-x^2y-xz$（に定数を足したもの）である。12. 1.3-3 発散定理より、流束は球の内部での $\nabla\cdot\bm{F}$ の積分 $\int_{r\le R}4\pi\delta^{(3)}(\bm{r}-\bm{a})\,\mathrm{d} V$ に等しい。

• $\left\vert \bm{a}\right\vert <R$ のとき：湧き出しの点は球の内部にあるので、流束は $4\pi$ である。
• $\left\vert \bm{a}\right\vert >R$ のとき：球の内部で被積分関数は 0 なので、流束は 0 である。

後者の場合は $\bm{F}$ が球の中で滑らかで、発散が 0 である。そのためデルタ関数を持ち出さなくても、発散定理から 0 が出る。13. 1.3-4 発散定理を使う方法：$S$ が囲む領域を $V$ とすると、(1.13) より

$$\oint_S\bm{F}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\int_V\nabla\cdot(\nabla\times\bm{A})\,\mathrm{d} V=0 .$$

Stokes の定理を使う方法：閉曲面の上に閉曲線 $C$ を1本引き、2つの曲面 $S_1,S_2$ に分ける。外向き法線で見ると、2つの曲面の縁は同じ $C$ を互いに逆向きにたどる。Stokes の定理より

$$\oint_S\bm{F}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\int_{S_1}(\nabla\times\bm{A})\cdot\mathrm{d}\bm{S}+\int_{S_2}(\nabla\times\bm{A})\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\oint_C\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{r}-\oint_C\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{r}=0$$

である。14. 1.4-1 側面 $s=a$ の面積要素は $h_\varphi h_z\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d} z=a\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d} z$ である。体積要素は $h_sh_\varphi h_z\,\mathrm{d} s\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d} z=s\,\mathrm{d} s\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d} z$ である。積分すると

$$\text{側面積}=\int_0^L\!\!\int_0^{2\pi}a\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d} z=2\pi aL,\qquad \text{体積}=\int_0^L\mathrm{d} z\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^as\,\mathrm{d} s=\pi a^2L .$$ 15. 1.4-2 $r^n$ は角度によらないので、動径の項だけが残る。

$$\nabla^2r^n=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\bigl(r^2\cdot nr^{n-1}\bigr)=\frac{n(n+1)r^n}{r^2}=n(n+1)r^{n-2}.$$

調和関数になるのは $n(n+1)=0$ のときで、指数は 0 と $-1$ である。$n=-1$ は $1/r$ で、原点を除いて調和であることが定理 1.12 と合う。16. 1.4-3 （a）発散は $\frac1s\frac{\partial }{\partial s}(s\cdot s)=2$ である。回転は、$A_\varphi=A_z=0$ で、残る成分 $A_s=s$ も角度と高さによらない。よってすべての成分が 0 である。直交座標では $\bm{A}=(x,y,0)$ であり、例の $\bm{B}$ と同じ場である。

（b）$\bm{B}=s\,\bm{e}_\varphi$ の回転は $z$ 成分だけを持ち、その値は

$$\frac1s\frac{\partial }{\partial s}(s\cdot s)=2$$

である。すなわち $\nabla\times\bm{B}=2\bm{e}_z$ である。直交座標では $(-y,x,0)$ に当たる。

$\bm{F}=\bm{e}_\varphi/s$ では $sF_\varphi=1$ が定数である。そのため回転の $z$ 成分は 0 になる。よって $s>0$ で $\nabla\times\bm{F}=\bm{0}$ である。17. 1.4-4 微分すると

$$\frac{\partial \bm{e}_s}{\partial \varphi}=(-\sin\varphi,\cos\varphi,0)=\bm{e}_\varphi,\qquad\frac{\partial \bm{e}_\varphi}{\partial \varphi}=(-\cos\varphi,-\sin\varphi,0)=-\bm{e}_s$$

である。$\bm{A}=A_s(s)\bm{e}_s$ を直交座標で書くと $\bm{A}=A_s(s)\,(x/s,\,y/s,\,0)$ である。$\frac{\partial s}{\partial x}=x/s$ を使うと

$$\frac{\partial }{\partial x}\frac{A_sx}{s}=\frac{A_s}{s}+x\cdot\frac{x}{s}\frac{d }{d s}\!\left(\frac{A_s}{s}\right)$$

となり、$y$ についても同様である。足すと

$$\nabla\cdot\bm{A}=\frac{2A_s}{s}+s\frac{d }{d s}\!\left(\frac{A_s}{s}\right)=\frac{2A_s}{s}+A_s'-\frac{A_s}{s}=A_s'+\frac{A_s}{s}=\frac1s\frac{d }{d s}(sA_s)$$

であり、円柱座標の公式で $A_\varphi=A_z=0$ としたものと一致する。$A_s/s$ の項は、単位ベクトル $\bm{e}_s$ が向きを変えながら外へ広がることから生じている。