理論電磁気学の行間埋め　第７章

\(\left|\frac{\boldsymbol{i}_D}{\boldsymbol{i}_e}\right|\)を計算する。その際に、電場を\(\boldsymbol{E}_0(\boldsymbol{x})e^{i\omega t}\)と書くと、 \begin{eqnarray} \left|\frac{\boldsymbol{i}_D}{\boldsymbol{i}_e}\right| &=& \left|\frac{\epsilon \frac{\partial \boldsymbol{E} }{\partial t} }{\sigma \boldsymbol{E} } \right| \\ \\ &=& \left|\frac{\epsilon \frac{\partial }{\partial t}\boldsymbol{E}_0(\boldsymbol{x})e^{i\omega t} }{\sigma \boldsymbol{E}_0(\boldsymbol{x})e^{i\omega t} } \right| \\ \\ &=& \left|\frac{\epsilon i\omega\boldsymbol{E}_0(\boldsymbol{x})e^{i\omega t} }{\sigma \boldsymbol{E}_0(\boldsymbol{x})e^{i\omega t} } \right| \\ \\ &=& \left|\frac{\epsilon i\omega }\sigma \right| \\ \\ &=& \frac{\epsilon\omega}{\sigma}\left|i\right| \\ \\ &=& \frac{\epsilon\omega}{\sigma}\sqrt{i*(-i)} \\ \\ &=& \frac{\epsilon\omega}{\sigma} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

直前の式を式変形する。 \begin{eqnarray} \text{div}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t) &=& \text{div}(\sigma \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)) &...式(1.6)より\\ \\ &=& \sigma\text{div}( \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)) \\ \\ &=& \frac{\sigma}{\varepsilon}\text{div}(\varepsilon \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)) \\ \\ &=& \frac{\sigma}{\varepsilon}\text{div}(\boldsymbol{D}(\boldsymbol{x},t)) \\ \\ &=& 0 \\ \\ \Leftrightarrow \text{div}(\boldsymbol{D}(\boldsymbol{x},t))&=&0 \end{eqnarray}

p.53 式(4.4)より、Poyntingベクトルを用いてエネルギーの発散を考える。 \begin{eqnarray} \text{div}\boldsymbol{S}(\boldsymbol{x},t) &=& \text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)] \\ \\ &=& -\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot\text{rot}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&...p449 (7)(b)より \\ \\ &=& -\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\mu\text{rot}\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot(-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t))&...(1.11)より \\ \\ &=& -(\mu\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t))&...(1.12)より \\ \\ &\Leftrightarrow&-\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)] =\mu\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{1}{\mu}\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)] =\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{\mu}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{1}{\mu}\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)] =\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{2\mu}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}^2(\boldsymbol{x},t) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(-\frac{1}{\mu}\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)]=\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{2\mu}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}^2(\boldsymbol{x},t)\)の両辺を積分する。 \begin{eqnarray} &&-\frac{1}{\mu}\int_V\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)]d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\frac{1}{2\mu}\int_V\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}^2(\boldsymbol{x},t)d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow&-\int_V\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\left(\frac{1}{\mu}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)]d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\int_V\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2}\frac{1}{\mu}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow&-\int_V\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\int_V\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2}\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow&-\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\frac{\partial}{\partial t}\int_V\frac{1}{2}\left(\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x&...p.445 (A・42)のGaussの定理より \\ \\ &\Leftrightarrow&-\frac{\partial}{\partial t}\int_V\frac{1}{2}\left(\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS \end{eqnarray} が得られる。

式(1.16)に\(\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)=\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)/\sigma-\boldsymbol{E}_{ex}(\boldsymbol{x},t)\)を代入する。 \(-\frac{1}{\mu}\text{div}[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)]=\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{2\mu}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}^2(\boldsymbol{x},t)\)の両辺を積分する。 \begin{eqnarray} &&-\frac{\partial}{\partial t}\int_V\frac{1}{2}\left(\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial}{\partial t}\int_Vw_m(\boldsymbol{x},t)d^3x&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS&...(1.17)より \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial}{\partial t}W_m&=&\int_V\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS&...(1.17)より \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial}{\partial t}W_m&=&\int_V(\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)/\sigma-\boldsymbol{E}_{ex}(\boldsymbol{x},t))\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS&...右辺一項目のみ\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)を置換 \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial}{\partial t}W_m&=&\int_V\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)/\sigma\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x-\int_V\boldsymbol{E}_{ex}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial}{\partial t}W_m&=&\int_V\frac{1}{\sigma}\boldsymbol{i}_e^2(\boldsymbol{x},t)d^3x-\int_V\boldsymbol{E}_{ex}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_V\boldsymbol{E}_{ex}(\boldsymbol{x},t)\cdot\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)d^3x&=&\frac{\partial}{\partial t}W_m+\int_V\frac{1}{\sigma}\boldsymbol{i}_e^2(\boldsymbol{x},t)d^3x+\oint_S[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)]\cdot\boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})dS \\ \\ \end{eqnarray} となる。

p.142 式(4.8)の導出から得られる。

導線の中心からrの場所にある磁場を求める。導線の同心円状で、半径\(r(\lt a)\)で囲まれた領域を通過する電流\(I_{in}\)は、 \begin{eqnarray} I_{in}=I\frac{\pi r^2}{\pi a^2} \end{eqnarray} として表される。この電流が位置rに作る磁場のことを考えるためアンペールの法則より、 \begin{eqnarray} I_{in}&=&\oint H_{in}ds \\ \\ &=& H_{in}2\pi r \\ \\ \Leftrightarrow I\frac{\pi r^2}{\pi a^2}&=&H_{in}2\pi r \\ \\ H_{in}&=&\frac{Ir}{2\pi a^2} \end{eqnarray}

\(k^2=p\)として、\((1-k^2\sin^2\varphi)^{\frac -{1}{2} }\)をpの一次の項までマクローリン展開する。 \begin{eqnarray} (1-k^2\sin^2\varphi)^{-\frac {1}{2} } &=& (1-p\sin^2\varphi)^{-\frac {1}{2} } \\ \\ &\cong& \left| (1-p\sin^2\varphi)^-{\frac {1}{2} } \right|_{p=0}+\left|\frac{d}{dp}(1-p\sin^2\varphi)^{-\frac {1}{2} }\right|_{p=0}p \\ \\ &=& 1+\left|-\frac{1}{2}(-\sin^2)\varphi(1-p\sin^2\varphi)^{-\frac {3}{2} }\right|_{p=0}p \\ \\ &=& 1+\frac{p}{2}\sin^2\varphi \\ \\ &=& 1+\frac{k^2}{2}\sin^2\varphi \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これを用いて式(2.23)を計算すると \begin{eqnarray} L_{12} &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{(a+b)^2+z^2}}\int_0^{\pi/2}d\varphi \frac{2\sin^2\varphi-1}{\sqrt{1-k^2\sin^2\varphi} } \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{(a+b)^2+z^2}}\int_0^{\pi/2}d\varphi (2\sin^2\varphi-1)(1-k^2\sin^2\varphi)^{-\frac{1}{2}} \\ \\ &\cong& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}\int_0^{\pi/2}d\varphi (2\sin^2\varphi-1)(1+\frac{k^2}{2}\sin^2\varphi) \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}\int_0^{\pi/2}d\varphi (k^2\sin^4\varphi+(2-\frac{k^2}{2})\sin^2\varphi-1) \\ \\ \end{eqnarray} ここで、積分はウォリス積分を用いて、(参考) \begin{eqnarray} L_{12} &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}\int_0^{\pi/2}d\varphi (k^2\sin^4\varphi+(2-\frac{k^2}{2})\sin^2\varphi-1) \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}} (k^2\frac{(4-1)!!}{4!!}\frac{\pi}{2}+(2-\frac{k^2}{2})\frac{(2-1)!!}{2!!}\frac{\pi}{2}-[\varphi]_0^{\pi /2}) \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}} (k^2\frac{3\cdot 1}{4\cdot 2}\frac{\pi}{2}+(2-\frac{k^2}{2})\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}) \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}} (k^2\frac{3}{16}\pi-\frac{k^2}{8}\pi+\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}) \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}k^2\frac{1}{16}\pi \\ \\ &=& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}\frac{4ab}{\sqrt{[(a+b)^2+z^2]}}\frac{1}{16}\pi &...k^2\text{を代入}\\ \\ &\cong& \frac{2ab\mu_0}{\sqrt{a^2+z^2}}\frac{4ab}{\sqrt{[a^2+z^2]}}\frac{1}{16}\pi &...a\gg b, z\gg b \text{より}\\ \\ &=& \frac{\mu_0\pi a^2b^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}} \end{eqnarray} が得られる。

極座標ラプラシアンの導出に当たる。参考

参考

式(3.7)を計算する。 \begin{eqnarray} && \sigma\mu\frac{\partial \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}&=&\Delta \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \sigma\mu\frac{\partial E_z(r,t)}{\partial t}&=&\Delta E_z(r,t) &...\text{式(3.17)より}\\ \\ &&&=&\left(\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right) E_z(r,t)&...\text{式(3.12)より} \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)E_z(r,t)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}E_z(r,t)+\frac{\partial^2}{\partial z^2} E_z(r,t) \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)E_z(r,t) \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t)\right) \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\left(\frac{\partial r}{\partial r}\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t)+r\frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t) \right) \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\left(\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t)+r\frac{\partial^2}{\partial r^2}E_z(r,t) \right) \\ \\ &&&=&\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t)+\frac{\partial^2}{\partial r^2}E_z(r,t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \sigma\mu\frac{\partial E_z(r,t)}{\partial t}&=&\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}E_z(r,t)+\frac{\partial^2}{\partial r^2}E_z(r,t) \\ \\ \end{eqnarray} となる。

式(3.13)を計算する。 \begin{eqnarray} (\text{rot}E(r,t))_r &=& \frac{1}{r}\frac{\partial E(r,t)_z}{\partial \varphi}-\frac{\partial E(r,t)_{\varphi}}{\partial z} \\ \\ &=& 0 \\ \\ (\text{rot}E(r,t))_{\varphi} &=& \frac{\partial E(r,t)_r}{\partial z}-\frac{\partial E(r,t)_z}{\partial r} \\ \\ &=& -\frac{\partial E(r,t)_z}{\partial r} \\ \\ (\text{rot}E(r,t))_{z} &=& \frac{1}{r}\left[ \frac{\partial }{\partial z}(rE(r,t)_\varphi)-\frac{\partial E(r,t)_r}{\partial \varphi}\right] \\ \\ &=& 0 \\ \\ \end{eqnarray} となる。これらより、\(\text{rot}E(r,t)\)は\(\varphi\)成分しか持たないので、式(3.1)より、 \begin{eqnarray} &&\text{rot}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&-\frac{\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t} \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{rot}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&-\mu\frac{\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t} \\ \\ &\Leftrightarrow& (\text{rot}\boldsymbol{E}(r,t))_{\varphi}&=&-\mu\left(\frac{\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right)_{\varphi} \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\partial E(r,t)_z}{\partial r}&=&-\mu\left(\frac{\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right)_{\varphi} \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{\partial E(r,t)_z}{\partial r}&=&\mu\left(\frac{\boldsymbol{H}(r,t)}{\partial t}\right)_{\varphi}&...\text{左辺がr,tのみの関数のため} \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{\partial E(r,t)_z}{\partial r}&=&\mu\frac{H_{\varphi}(r,t)}{\partial t} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} \frac{1}{z}\frac{d}{dz}J_n(z) &=& \frac{1}{z}\frac{d}{dz}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m} \\ \\ &=& \frac{1}{z}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-1}\frac{n+2m}{2} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{n+2m}{2^2} \\ \\ \frac{d^2}{dz^2}J_n(z) &=& \frac{d^2}{dz^2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m} \\ \\ &=& \frac{d}{dz}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-1}\frac{n+2m}{2} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{(n+2m)(n+2m-1)}{2^2} \\ \\ \frac{n^2}{z^2}J_n(z) &=& n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m} \\ \\ &=& n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{1}{2^2} \\ \\ \end{eqnarray} であることを用いて、 \begin{eqnarray} &&\frac{d^2}{dz^2}J_n(z)+\frac 1z\frac{d}{dz}J_n(z)+\left(1-\frac{n^2}{z^2}\right)J_n(z)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{(n+2m)(n+2m-1)}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{n+2m}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}-n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{1}{2^2}=0 \\ \\ \end{eqnarray} ここで、\(z\)の指数に着目する。この微分方程式が成立するためには、\(z\)の各指数ごとの係数の和が0になる必要がある。
\(z^{n-2}\)について \begin{eqnarray} && \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{(n+2m)(n+2m-1)}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{n+2m}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}-n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{1}{2^2}=0 \\ \\ &\Rightarrow& \frac{(-1)^0}{0!(0+n)!}\left(\frac z2\right)^{n+0-2}\frac{(n+0)(n+0-1)}{2^2}+\frac{(-1)^0}{0!(0+n)!}\left(\frac z2\right)^{n+0-2}\frac{n+0}{2^2}-n^2\frac{(-1)^0}{0!(0+n)!}\left(\frac z2\right)^{n+0-2}\frac{1}{2^2} \\ \\ &=& \left(\frac{1}{n!}\frac 1{2^n}(n)(n-1)+\frac{1}{n!}\frac 1{2^n}n-n^2\frac{1}{n!}\frac{1}{2^n}\right)z^{n-2} \\ \\ &=& \left(n^2-n+n-n^2\right)\frac{1}{n!2^n}z^{n-2} \\ \\ &=& 0\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
\(z^{n-1}\)について、これはzの指数のmの係数が2であるため、現れない。\(z=n+m(m\geq 0)\)の場合を考える。 \begin{eqnarray} && \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{(n+2m)(n+2m-1)}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{n+2m}{2^2}+\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}-n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{1}{2^2}=0 \\ \\ &\Rightarrow& \left.\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{(n+2m)(n+2m-1)}{2^2}\right|_{m=m+1}+\left.\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{n+2m}{2^2}\right|_{m=m+1}+\left.\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}\right|_{m=m}-\left.n^2\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m-2}\frac{1}{2^2}\right|_{m=m+1}\\ \\ &=& \frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}\frac{(n+2m+2)(n+2m+2-1)}{2^2}+\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}\frac{n+2m+2}{2^2}+\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}-n^2\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2m}\frac{1}{2^2}\\ \\ &=& \left(\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{(n+2m+2)(n+2m+2-1)}{2^2}+\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{n+2m+2}{2^2}+\frac{(-1)^m}{m!(m+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}-n^2\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{1}{2^2}\right)z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{(n+2m+2)(n+2m+1)}{2^2}+\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{n+2m+2}{2^2}+\frac{1}{m!(m+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}-n^2\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{1}{2^2}\right)z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{(n+2m+2)(n+2m+1)}{2^2}+\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{n+2m+2}{2^2}+\frac{(m+1)(m+1+n)}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}-n^2\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m}\frac{1}{2^2}\right)z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m+2}(n+2m+2)(n+2m+1)+\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m+2}(n+2m+2)+\frac{(m+1)(m+1+n)2^2}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m+2}-n^2\frac{-1}{(m+1)!(m+1+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2m+2}\right)z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left((-1)(n+2m+2)(n+2m+1)+(-1)(n+2m+2)+(m+1)(m+1+n)2^2-n^2(-1)\right)\frac{1}{(m+1)!(m+1+n)!2^{n+2m+2}}z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(-(n+2m+2)(n+2m+1+1)+n^2+4(m+1)n+4(m+1)^2\right)\frac{1}{(m+1)!(m+1+n)!2^{n+2m+2}}z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(-(n+2m+2)^2+(n+2(m+1))^2\right)\frac{1}{(m+1)!(m+1+n)!2^{n+2m+2}}z^{n+2m}\\ \\ &=& (-1)^m\left(-(n+2m+2)^2+(n+2m+2)^2\right)\frac{1}{(m+1)!(m+1+n)!2^{n+2m+2}}z^{n+2m}\\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} が得られる。以上より、式(3.25)は式(3.24)の解になる。

\begin{eqnarray} \frac{d}{dz}J_0(z)&=&\frac{d}{dz}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!m!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!m!}\frac{2m}{2}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m-1}&...\text{m=0の項は定数項なので、微分の際に0になる} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)(-1)^{m-1}}{m!m!}m\left(\frac{z}{2}\right)^{2(m-1)+1}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)(-1)^{m-1}}{m!(m-1)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2(m-1)+1}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)(-1)^{m-1}}{(m-1+1)!(m-1)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2(m-1)+1}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m'=0}^{\infty}\frac{(-1)(-1)^{m'}}{(m'+1)!(m')!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m'+1}&m-1=m'に置換 \\ \\ &=& (-1)\displaystyle\sum_{m'=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m'}}{(m'+1)!(m')!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m'+1}& \\ \\ &=& (-1)J_1(z) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(k^2=-i\sigma\mu\omega\)であるので、実数\(A,B\)を用いて、\(k=A+Bi\)とする。 \begin{eqnarray} &&k^2&=&-i\sigma\mu\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& A^2-B^2+2ABi=-i\sigma\mu\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& (A-B)(A+B)+2ABi=-i\sigma\mu\omega \\ \\ \end{eqnarray} ここで、右辺にマイナスが付いているので、\(A+B=0\)とする。 \begin{eqnarray} &&k^2&=&-i\sigma\mu\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& 0-2AAi&=&-i\sigma\mu\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& A^2&=&\frac{\sigma\mu\omega}{2} \\ \\ &\Leftrightarrow& A&=&\pm\sqrt{\frac{\sigma\mu\omega}{2}} \\ \\ &\Leftrightarrow& k&=&A+Bi=\pm(\sqrt{\frac{\sigma\mu\omega}{2}}-i\sqrt{\frac{\sigma\mu\omega}{2}}) \\ \\ &\Leftrightarrow& k&=&\pm\frac{1-i}{\delta} &...\delta=\sqrt{\frac{2}{\sigma\mu\omega}} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで、kとして実部が正の値を採用し、\(k=\frac{1-i}{\delta}\)となる。