理論電磁気学の行間埋め　第６章

<式(3.8)について>
\(\boldsymbol{H}\)の接線成分が連続であるため、p.112の式(7.5)を参考にして \begin{eqnarray} (\boldsymbol{H}^{(1)}-\boldsymbol{H}^{(2)})\cdot\boldsymbol{t}=0 \end{eqnarray} となる。この式を磁位を用いて変形すると、 \begin{eqnarray} &&(\boldsymbol{H}^{(1)}-\boldsymbol{H}^{(2)})\cdot\boldsymbol{t}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& (\text{grad}\phi^{(1)}-\text{grad}\phi^{(2)})\cdot\boldsymbol{t}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{grad}\phi^{(1)}\cdot\boldsymbol{t}-\text{grad}\phi^{(2)}\cdot\boldsymbol{t}&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} となる。左辺はそれぞれ方向微分を表しているため、 \begin{eqnarray} &&\text{grad}\phi^{(1)}\cdot\boldsymbol{t}-\text{grad}\phi^{(2)}\cdot\boldsymbol{t}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{\partial \phi^{(1)} }{\partial \boldsymbol{t} }-\frac{\partial \phi^{(2)} }{\partial \boldsymbol{t} }&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{\partial \phi^{(1)} }{\partial \boldsymbol{t} }&=&\frac{\partial \phi^{(2)} }{\partial \boldsymbol{t} } \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

<式(3.9)について>
\(\boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H}\)の接線成分が連続であるため、p.111の式(7.2)を参考にして \begin{eqnarray} (\mu_1\boldsymbol{H}^{(1)}-\mu_2\boldsymbol{H}^{(2)})\cdot\boldsymbol{n}=0 \end{eqnarray} となる。この式を磁位を用いて変形すると、 \begin{eqnarray} &&(\mu_1\boldsymbol{H}^{(1)}-\mu_2\boldsymbol{H}^{(2)})\cdot\boldsymbol{n}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& (\mu_1\text{grad}\phi^{(1)}-\mu_2\text{grad}\phi^{(2)})\cdot\boldsymbol{n}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \mu_1\text{grad}\phi^{(1)}\cdot\boldsymbol{n}-\mu_2\text{grad}\phi^{(2)}\cdot\boldsymbol{n}&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} となる。左辺はそれぞれ方向微分を表しているため、 \begin{eqnarray} &&\mu_1\text{grad}\phi^{(1)}\cdot\boldsymbol{n}-\mu_2\text{grad}\phi^{(2)}\cdot\boldsymbol{n}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \mu_1\frac{\partial \phi^{(1)} }{\partial \boldsymbol{n} }-\mu_2\frac{\partial \phi^{(2)} }{\partial \boldsymbol{n} }&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \mu_1\frac{\partial \phi^{(1)} }{\partial \boldsymbol{n} }&=&\mu_2\frac{\partial \phi^{(2)} }{\partial \boldsymbol{n} } \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} &&\phi_m(\boldsymbol{x}) \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\text{div}'\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x}')}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\text{div}'(\theta (l-z)\theta (l+z)\sigma_m\boldsymbol{n})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ \end{eqnarray} ここで、\(\text{div}'(\theta (l-z)\theta (l+z)\boldsymbol{n})\)を計算する。 \begin{eqnarray} &&\text{div}'(\theta (l-z)\theta (l+z)\boldsymbol{n}) \\ \\ &=& (\theta (l-z)\theta (l+z))\text{div}'\boldsymbol{n}+\boldsymbol{n}\cdot\text{grad}'(\theta (l-z)\theta (l+z)) \\ \\ &=& 0+\boldsymbol{n}\cdot \left( \begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x}(\theta (l-z)\theta (l+z)) \\ \frac{\partial}{\partial y}(\theta (l-z)\theta (l+z)) \\ \frac{\partial}{\partial z}(\theta (l-z)\theta (l+z)) \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \boldsymbol{n}\cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ \theta (l+z)\frac{\partial}{\partial z}\theta (l-z)+\theta (l-z)\frac{\partial}{\partial z}\theta (l+z)\\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \boldsymbol{n}\cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ -\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)\\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ -\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)\\ \end{array} \right) \\ \\ &=& -\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)\\ \end{eqnarray} が得られる。これを用いて、 \begin{eqnarray} &&\phi_m(\boldsymbol{x}) \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\text{div}'(\theta (l-z)\theta (l+z)\sigma_m\boldsymbol{n})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sigma_m(-\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z))}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ &=& -\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{-\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ &=& -\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{-\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}d^3x' \\ \\ &=& -\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{S'}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{-\theta (l+z)\delta (l-z)+\theta (l-z)\delta (l+z)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}dz'dS'&...円筒座標系 z',S'に変換 \\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{S'}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\theta (l+z)\delta (l-z)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}dz'dS'-\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_S'\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\theta (l-z)\delta (l+z)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}dz'dS' \\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{上端面}\frac{\theta (l+l)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}dS'-\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{下端面}\frac{\theta (l-(-l))}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}dS'&...\delta(x) の積分(p.29 式(1.2)より) \\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{上端面}\frac{dS'}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}-\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}\int_{下端面}\frac{dS'}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}&...階段関数の性質(p.158 式(3.14)より) \\ \\ \end{eqnarray}

式(3.2)(3.10)を用いて、 \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})&=&\mu_0\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x}) \\ \\ &\Rightarrow& \text{div}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})&=&\text{div}(\mu_0\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})) \\ \\ &\Rightarrow& 0&=&\text{div}\mu_0\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x})+\text{div}\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})&...\text{div}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x})=0より \\ \\ &\Rightarrow& \text{div}\mu_0\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x})&=&-\text{div}\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x}) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\boldsymbol{H}\)の発散(\(\text{div}\))はz成分しかもっていないことに着目する。
側面の法線方向である\(\boldsymbol{t}\)の方向はx,y平面上にあるため、法線(\(\boldsymbol{t}\))方向には\(\boldsymbol{H}\)の\(\boldsymbol{t}\)方向の変化の割合が0になっていることがわかる。従って、 \begin{eqnarray} &&\mu_0(\boldsymbol{H}_{ext}-\boldsymbol{H}_{in})\cdot\boldsymbol{t}=0 \end{eqnarray} が得られる。

式(3.15)の二項はそれぞれ、「磁化の表面密度\(\sigma_m\)で半径aで広がる円板が作る磁場によって作られる磁位」と解釈することができる。 そこで、こちら(電荷が分布した円板の上に生じる電場に関する問題)などを参考にして、円の中心を軸にした法線方向の磁位を計算をする。 \begin{eqnarray} &&\int_{上端面}\frac{dS'}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\int_0^ardrd\theta\frac{1}{\sqrt{(z-l)^2+r^2} } \\ \\ &=& 2\pi\int_0^ardr\frac{1}{\sqrt{(z-l)^2+r^2} } \\ \\ &=& 2\pi\left[\sqrt{(z-l)^2+r^2}\right]_0^a \\ \\ &=& 2\pi\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z-l)^2}\right) \\ \\ &=& 2\pi\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-|z-l|\right) \\ \\ \end{eqnarray} 同様にして、 \begin{eqnarray} &&\int_{下端面}\frac{dS'}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\int_0^ardrd\theta\frac{1}{\sqrt{(z+l)^2+r^2} } \\ \\ &=& 2\pi\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-|z+l|\right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。 ここで、\(z\gt l\)として、\(\boldsymbol{H}_{ext}\)の上端の面に対する法線(\(\boldsymbol{n}\))成分を求めると、 \begin{eqnarray} \mu_0\boldsymbol{H}_{ext}\cdot\boldsymbol{n} &=& \mu_0\frac{\partial \phi_m(\boldsymbol{x})}{\partial \boldsymbol{n} }\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \mu_0\frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}(2\pi\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-|z-l|\right)-2\pi\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-|z+l|\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}(\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-(z-l)\right)-\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-(z+l)\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2l\right)\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \boldsymbol{n}\frac{\partial }{\partial z }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2l\right)\cdot\boldsymbol{n}\\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+0\right)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。次に、\(-l\lt z\lt l\)として、\(\boldsymbol{H}_{in}\)の上下端の面に対する法線(\(\boldsymbol{n}\))成分を求めると、 \begin{eqnarray} \mu_0\boldsymbol{H}_{in}\cdot\boldsymbol{n} &=& \mu_0\frac{\partial \phi_m(\boldsymbol{x})}{\partial \boldsymbol{n} }\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \mu_0\frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}(2\pi\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-|z-l|\right)-2\pi\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-|z+l|\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}(\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-(l-z)\right)-\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-(z+l)\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2z\right)\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \boldsymbol{n}\frac{\partial }{\partial z }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2z\right)\cdot\boldsymbol{n}\\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+2\right)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで、\(z\to l\)における\((\mu_0\boldsymbol{H}_{ext}-\mu_0\boldsymbol{H}_{in})\cdot\boldsymbol{n}\)を求めると、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{z\to l}(\mu_0\boldsymbol{H}_{ext}-\mu_0\boldsymbol{H}_{in})\cdot\boldsymbol{n} &=& \displaystyle\lim_{z\to l}\mu_0\boldsymbol{H}_{ext}\cdot\boldsymbol{n}-\mu_0\boldsymbol{H}_{in}\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{z\to l}\frac{\sigma_m}{2}(\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+0\right)-\frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+2\right)) \\ \\ &=& \frac{\sigma_m}{2}(\left(\frac{l}{\sqrt{(l-l)^2+a^2}}-\frac{l}{\sqrt{(l+l)^2+a^2}}+0\right)-\frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{l}{\sqrt{(l-l)^2+a^2}}-\frac{l}{\sqrt{(l+l)^2+a^2}}+2\right)) \\ \\ &=& -\sigma_m \end{eqnarray} が得られる。\(z\lt -l\)での\(\boldsymbol{H}_{ext2}\)を用いた場合も同様にして計算できるが、ここでは法線方向は上端の法線方向\(\boldsymbol{n}\)に対して、\(-\boldsymbol{n}\)になる。これを用いて、 \begin{eqnarray} \mu_0\boldsymbol{H}_{ext2}\cdot(-\boldsymbol{n}) &=& -\mu_0\frac{\partial \phi_m(\boldsymbol{x})}{\partial \boldsymbol{n} }\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& -\mu_0\frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{4\pi\mu_0}(2\pi\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-|z-l|\right)-2\pi\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-|z+l|\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& -\frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}(\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-(-z+l)\right)-\left(\sqrt{(z+l)^2+a^2}-(-z-l)\right))\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& -\frac{\partial }{\partial \boldsymbol{n} }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2l\right)\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& -\boldsymbol{n}\frac{\partial }{\partial z }\frac{\sigma_m}{2}\left(\sqrt{(z-l)^2+a^2}-\sqrt{(z+l)^2+a^2}+2l\right)\cdot\boldsymbol{n}\\ \\ &=& -\frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+0\right)\\ \\ \mu_0\boldsymbol{H}_{in}\cdot(-\boldsymbol{n}) &=& -\frac{\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+2\right)\\ \\ \end{eqnarray} を用いて、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{z\to l}(\mu_0\boldsymbol{H}_{ext2}-\mu_0\boldsymbol{H}_{in})\cdot(-\boldsymbol{n}) &=& \displaystyle\lim_{z\to l}\mu_0\boldsymbol{H}_{ext2}\cdot(-\boldsymbol{n})-\mu_0\boldsymbol{H}_{in}\cdot(-\boldsymbol{n}) \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{z\to l}\frac{-\sigma_m}{2}(\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+0\right)-\frac{-\sigma_m}{2}\left(\frac{z}{\sqrt{(z-l)^2+a^2}}-\frac{z}{\sqrt{(z+l)^2+a^2}}+2\right)) \\ \\ &=& \frac{-\sigma_m}{2}(\left(\frac{l}{\sqrt{(l-l)^2+a^2}}-\frac{l}{\sqrt{(l+l)^2+a^2}}+0\right)-\frac{-\sigma_m}{2}\left(\frac{l}{\sqrt{(l-l)^2+a^2}}-\frac{l}{\sqrt{(l+l)^2+a^2}}+2\right)) \\ \\ &=& \sigma_m \end{eqnarray} となる。従って、 \(\mu_0(\boldsymbol{H}_{ext}-\boldsymbol{H}_{in})=\pm \sigma_m\) が得られる。

\(\boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x}),\boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})\)を比較する。式(3.18)と、磁石の外部では\(\boldsymbol{J}_0=\boldsymbol{0}\)であることから、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x})&=&-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x}) \\ \\ \boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})&=&-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})\\ \\ \end{eqnarray} となる。これを用いると、 \begin{eqnarray} &&[\boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x})-\boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})]\cdot\boldsymbol{n}\\ \\ &=& [-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})+\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})]\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})\cdot\boldsymbol{n} \\ \\ &=& \theta (l-z)\theta (l+z)\sigma_m\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{n} &...式(3.12)より\\ \\ &=& \theta (l-z)\theta (l+z)\sigma_m \\ \\ &=& \sigma_m &...磁石の表面なので、-l\lt z\lt l になるため\\ \\ \\ \\ \end{eqnarray}

\(\boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x}),\boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})\)を比較する。式(3.18)と、磁石の外部では\(\boldsymbol{J}_0=\boldsymbol{0}\)であることから、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x})&=&-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x}) \\ \\ \boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})&=&-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})\\ \\ \end{eqnarray} となる。これを用いると、 \begin{eqnarray} &&[\boldsymbol{B}_{in}(\boldsymbol{x})-\boldsymbol{B}_{ext}(\boldsymbol{x})]\cdot\boldsymbol{t}\\ \\ &=& [-\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})+\boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})+\mu_0\text{grad}\phi_m(\boldsymbol{x})]\cdot\boldsymbol{t} \\ \\ &=& \boldsymbol{J}_0(\boldsymbol{x})\cdot\boldsymbol{t} \\ \\ &=& \theta (l-z)\theta (l+z)\sigma_m\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{t} &...式(3.12)より\\ \\ &=& 0 &...\boldsymbol{t}と\boldsymbol{n}は垂直なので内積が0 \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} &&ma\omega^2 +e\mu_0a\omega H_0&=&ma\omega_0^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& ma\omega +e\mu_0a H_0&=&ma\frac{\omega_0^2}{\omega} \\ \\ &\Leftrightarrow& ma\omega +e\mu_0a H_0&=&ma\frac{1}{\omega}\omega_0^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& ma\omega +e\mu_0a H_0&=&ma\frac{1}{\omega}(\omega^2-2\omega\Delta\omega+(\Delta \omega)^2) \\ \\ &&&\simeq&ma\frac{1}{\omega}(\omega^2-2\omega\Delta\omega) \\ \\ &&&=& ma(\omega-2\Delta\omega) \\ \\ &&ma\omega +e\mu_0a H_0&=&ma(\omega-2\Delta\omega) \\ \\ &\Leftrightarrow& e\mu_0a H_0&=&-2ma\Delta\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta\omega&=&-\frac{e\mu_0a H_0}{2ma} \\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta\omega&=&-\frac{e\mu_0 H_0}{2m} \\ \\ \end{eqnarray}