STEP5
出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2022/03/22 08:14 UTC 版)
補題 5 式(2-4-4),式(2-4-5)の G a d v , G r e t {\displaystyle {G}_{\mathrm {adv} },{G}_{\mathrm {ret} }} に対し、 A ^ a d v {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }} 、 A ^ r e t {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }} を、それぞれ式式(2-5-1)、式(2-5-2)のように定める。 A ^ a d v ( s , ω ) := − μ 0 ∫ s ∈ R 3 G a d v ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ⋅ d s {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {s}},\omega ):=-\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}{G}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}} (2-5-1) A ^ r e t ( s , ω ) := − μ 0 ∫ s ∈ R 3 G r e t ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ⋅ d s {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {s}},\omega ):=-\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}{G}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}} (2-5-2) A ^ a d v {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }} 、 A ^ r e t {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }} を、それぞれ式式(2-5-1)、式(2-5-2)のように定める。さらに、 A a d v ( t , r ) := 1 2 π ∫ ω = − ∞ ω = ∞ A ^ a d v ( r , ω ) exp ( i ω t ) d ω {\displaystyle {\boldsymbol {A}}_{\mathrm {adv} }(t,{\boldsymbol {r}}):={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{\omega =-\infty }^{\omega =\infty }{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {r}},\omega )\exp(\mathrm {i} \omega t)\ \mathrm {d} \omega } (2-5-3) A r e t ( t , r ) := 1 2 π ∫ ω = − ∞ ω = ∞ A ^ r e t ( r , ω ) exp ( i ω t ) d ω {\displaystyle {\boldsymbol {A}}_{\mathrm {ret} }(t,{\boldsymbol {r}}):={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{\omega =-\infty }^{\omega =\infty }{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {r}},\omega )\exp(\mathrm {i} \omega t)\ \mathrm {d} \omega } (2-5-4) このとき、以下の（1）,（2）が成り立つ。 （1） a + b = 1 {\displaystyle a+b=1} であれば、以下の式(2-5-5)は、式(2-1-3)のヘルムホルツ方程式の解である。 A ^ := a A ^ a d v + b A ^ r e t {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}:=a{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }+b{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }} (2-5-5) （2） a + b = 1 {\displaystyle a+b=1} であれば、以下の式(2-5-6)は、式(2-1-1)の方程式の解である。 A := a A a d v + b A r e t {\displaystyle {\boldsymbol {A}}:=a{\boldsymbol {A}}_{\mathrm {adv} }+b{\boldsymbol {A}}_{\mathrm {ret} }} (2-5-6) A ^ ( r , ω ) = − μ 0 ∫ s ∈ R 3 G ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ⋅ d s {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}({\boldsymbol {r}},\omega )=-\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}G({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}} (2-5-7) に、STEP4の式(2-4-2)で得られた G {\displaystyle G} を代入し、一般解を求めることを考える。 式(2-5-7)に、式(2-4-2)で得られた G {\displaystyle G} を代入すると、 A ^ ( r , ω ) {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}({\boldsymbol {r}},\omega )} = − μ 0 ∫ s ∈ R 3 ( a G a d v ( r − s ) i ^ ( s , ω ) + b G r e t ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ) ⋅ d s {\displaystyle =-\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}\left(a{G}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )+b{G}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\right)\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}} (2-5-8) = − a μ 0 ∫ s ∈ R 3 G a d v ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ⋅ d s + b μ 0 ∫ s ∈ R 3 G r e t ( r − s ) i ^ ( s , ω ) ⋅ d s {\displaystyle =-a\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}{G}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}+b\mu _{0}\int _{{\boldsymbol {s}}\in \mathbb {R} ^{3}}{G}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {s}}){\hat {\boldsymbol {i}}}({\boldsymbol {s}},\omega )\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {s}}} (2-5-9) となる。従って、式(2-5-1)、式(2-5-2)のように A ^ a d v , A ^ r e t {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} },{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }} を定めると、 A ^ ( s , ω ) = a A ^ a d v ( s , ω ) + b A ^ r e t ( s , ω ) {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}({\boldsymbol {s}},\omega )=a{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} }({\boldsymbol {s}},\omega )+b{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }({\boldsymbol {s}},\omega )} (2-5-10） が判る。即ち、式(2-5-5)が示された。 また、式(2-5-3),式(2-5-4)の定義式の意味するところは、 A a d v , A r e t {\displaystyle {\boldsymbol {A}}_{\mathrm {adv} },{\boldsymbol {A}}_{\mathrm {ret} }} は、 A ^ a d v , A ^ r e t {\displaystyle {\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {adv} },{\hat {\boldsymbol {A}}}_{\mathrm {ret} }} にフーリエ逆変換を施し、時間域に戻したものという意味であるため、STEP1の式(2-1-3)の逆を辿れば、式(2-5-6)を得る。
※この「STEP5」の解説は、「遅延ポテンシャル」の解説の一部です。
「STEP5」を含む「遅延ポテンシャル」の記事については、「遅延ポテンシャル」の概要を参照ください。
- step5のページへのリンク
