理論電磁気学の行間埋め　第８章

電磁波の散乱



1. 式(7.3)Helmholtzの方程式の導出
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   式(7.2)を式(7.1)に代入すると \begin{eqnarray} &&\left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\psi(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)e^{i\omega t}\psi(\boldsymbol{x})&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}(-i\omega)^2\right)e^{i\omega t}\psi(\boldsymbol{x})&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta+\frac{\omega^2}{c^2}\right)\psi(\boldsymbol{x})&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
   
   
2. 式(7.6)の微分方程式の導出
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   Helmholtzの方程式(7.4)において、解を\(\psi(r,\theta,\varphi)=R(r)P(\theta)\)とする。ここで、p.233の下部にあるように、\(\varphi\)には依存しないとした。これを代入すると \begin{eqnarray} (7.4)&\Leftrightarrow& \left(\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}+k^2\right)\psi(r,\theta,\varphi)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}+k^2\right)R(r)P(\theta)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& P(\theta)\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+R(r)\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial P(\theta)}{\partial\theta}+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\cdot 0+k^2R(r)P(\theta)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& P(\theta)\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+R(r)\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial P(\theta)}{\partial\theta}+k^2R(r)P(\theta)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{R(r)}\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+\frac{1}{P(\theta)}\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial P(\theta)}{\partial\theta}+k^2=0 &...&\text{両辺を}R(r)P(\theta)\text{で割った}\\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{R(r)}\frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+k^2=-\frac{1}{P(\theta)}\frac 1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial P(\theta)}{\partial\theta} &\\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{r}{R(r)}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+k^2r^2=-\frac{1}{P(\theta)}\frac 1{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial P(\theta)}{\partial\theta} &\\ \\ \end{eqnarray} ここで、変数分離ができたので、p.116式(8.14)の導出の時と同様に定数を\(l(l+1)\)とすると \begin{eqnarray} &&\frac{r}{R(r)}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+k^2r^2=l(l+1) &\\ \\ &\Leftrightarrow& \frac 1r\frac{\partial^2}{\partial r^2}(rR(r))+k^2R(r)=\frac{l(l+1)}{r^2}R(r) &...&\frac{R(r)}{r^2}\text{をかけた}\\ \\ &\Leftrightarrow& \frac 1r\frac{\partial}{\partial r}\left(R(r)+r\frac{d R(r)}{dr}\right)+k^2R(r)=\frac{l(l+1)}{r^2}R(r) &\\ \\ &\Leftrightarrow& \frac 1r\left(2\frac{d R(r)}{dr}+r\frac{d^2 R(r)}{dr^2}\right)+k^2R(r)=\frac{l(l+1)}{r^2}R(r) &\\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\frac{2}{r}\frac{d R(r)}{dr}+\frac{d^2 R(r)}{dr^2}\right)+k^2R(r)-\frac{l(l+1)}{r^2}R(r)=0 &\\ \\ &\Leftrightarrow& \left[\frac{2}{r}\frac{d}{dr}+\frac{d^2}{dr^2}+k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]R(r)=0 &\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
   
   
3. 式(7.8)微分方程式の導出
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   式(7.6)中の\(R_l(r)\)を式(7.7)を用いて\(\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r)\)に置換すると \begin{eqnarray} &&\left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]R_l(r) \\ \\ &=& \left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r) \\ \\ &=& \left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{d}{dr}\right]\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r)+\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r) \\ \\ &=& \left[\frac{d}{dr}\left(-\frac{1}{2\sqrt{r^3} }u_l(r)+\frac{1}{\sqrt{r}}\frac{d}{dr}u_l(r)\right)+\frac{2}{r}\left(-\frac{1}{2\sqrt{r^3} }u_l(r)+\frac{1}{\sqrt{r}}\frac{d}{dr}u_l(r)\right)\right]+\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r) \\ \\ &=& \left[\left(\frac{3}{4\sqrt{r^5} }u_l(r)-\frac{1}{\sqrt{r^3}}\frac{d}{dr}u_l(r) +\frac{1}{\sqrt{r}}\frac{d^2}{dr^2}u_l(r)\right)+\frac{2}{r}\left(-\frac{1}{2\sqrt{r^3} }u_l(r)+\frac{1}{\sqrt{r}}\frac{d}{dr}u_l(r)\right)\right]+\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]\frac{1}{\sqrt{r}}u_l(r) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r}}\left[\left(\frac{3}{4r^2 }u_l(r)-\frac{1}{r}\frac{d}{dr}u_l(r) +\frac{d^2}{dr^2}u_l(r)\right)+\frac{2}{r}\left(-\frac{1}{2r }u_l(r)+\frac{d}{dr}u_l(r)\right)\right]+\frac{1}{\sqrt{r}}\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]u_l(r) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r}}\left[\left(\frac{3}{4r^2 }-\frac{1}{r}\frac{d}{dr} +\frac{d^2}{dr^2}\right)+\frac{2}{r}\left(-\frac{1}{2r }+\frac{d}{dr}\right)+k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]u_l(r) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r}}\left[-\frac{1}{4r^2 }+\frac{1}{r}\frac{d}{dr} +\frac{d^2}{dr^2}+k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right]u_l(r) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r}}\left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{l^2+l+\frac 14}{r^2}\right]u_l(r) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{r}}\left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{(l+\frac 12)^2}{r^2}\right]u_l(r) \\ \\ &=& 0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{(l+\frac 12)^2}{r^2}\right]u_l(r)=0 \end{eqnarray} が得られる。
   
   
4. 式(7.8)がBesselの微分方程式で\(n=l+\frac 12\)と置いたものであることの説明
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   式(7.8)において、\(z=kr\)とする。 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr}&=&\frac{dz}{dr}\frac{d}{dz} \\ \\ &=& k\frac{d}{dz} \\ \\ \frac{d^2}{dr^2} &=& \frac{d}{dr}\frac{d}{dr} \\ \\ &=& k\frac{d}{dz} k\frac{d}{dz} \\ \\ &=& k^2\frac{d^2}{dz^2} \\ \\ \end{eqnarray} であるから、\(u_l(r)\to u_l(z)\)として、 \begin{eqnarray} && \left[\frac{d^2}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}+k^2-\frac{(l+\frac 12)^2}{r^2}\right]u_l(r)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left[k^2\frac{d^2}{dz^2}+\frac{1}{\frac zk}k \frac{d}{dz}+k^2-\frac{(l+\frac 12)^2}{\left(\frac zk\right)^2}\right]u_l(z)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left[k^2\frac{d^2}{dz^2}+\frac{k^2}{z} \frac{d}{dz}+k^2-k^2\frac{(l+\frac 12)^2}{z^2}\right]u_l(z)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& k^2\left[\frac{d^2}{dz^2}+\frac{1}{z} \frac{d}{dz}+1-\frac{(l+\frac 12)^2}{z^2}\right]u_l(z)=0 \\ \\ &\Leftrightarrow& k^2\left[\frac{d^2}{dz^2}+\frac{1}{z} \frac{d}{dz}+\left(1-\frac{(l+\frac 12)^2}{z^2}\right)\right]u_l(z)=0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。この式はp.182式(3.24)において、\(n=l+\frac 12\)と置いたものと同じである。
   (注)\(u_l(r)\to u_l(z)\)と断りなく変換してよいのかはちょっと疑問。
   
   
5. 式(7.11)で定義された\(j_l(x)\)が式(7.13)で表せられることの導出
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   <\(l=0\)>の時
   式(7.11)を用いて計算する。 \begin{eqnarray} j_0(x) &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{\frac 12}(x) \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+\frac 12} \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\sqrt{\frac x2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m} \\ \\ &=& \sqrt{\pi}\frac 12\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m} \\ \\ &=& \sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+\frac 12)!}\frac{x^{2m}}{2^{2m+1}} \\ \\ &=& \sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(\frac {2m+1}2)!}\frac{x^{2m}}{2^{2m+1}} \\ \\ &=& \sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(\sqrt{\pi}\frac {(2m+1)!!}{2^{m+1}})}\frac{x^{2m}}{2^{2m+1}}&...&(1) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(2m+1)!!}\frac{x^{2m}}{2^{m}}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m)!!(2m+1)!!}x^{2m}&...&(2) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}x^{2m}&...&(3) \\ \\ &=& \frac{1}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}x^{2m+1}& \\ \\ &=& \frac{\sin x}{x}&...&(4) \\ \\ &=& (-x)^0\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^0\frac{\sin x}{x} \\ \\ \end{eqnarray} が得られ、\(l=0\)の時、成立する。
   

   1. (1)\(\frac{2m+1}{2}!=\sqrt{\pi}\frac{(2m+1)!!}{2^{m+1}}\)を利用
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      \begin{eqnarray} \frac{2m+1}{2}! &=& \frac{2m+1}{2}\cdot\frac{2m-1}{2}\cdot\frac{2m-3}{2}\cdot\ldots\cdot\frac{3}{2}\cdot\left(\frac{1}{2}!\right)&...\text{ガンマ関数、階乗の性質より}& \\ \\ &=& \frac{(2m+1)\cdot(2m-1)\cdot(2m-3)\cdot\ldots \cdot3}{2^m}\left(\frac{1}{2}!\right)& \\ \\ &=& \frac{(2m+1)\cdot(2m-1)\cdot(2m-3)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 1}{2^m}\frac{\sqrt{\pi}}{2}&...&\frac 12!=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text{より} \\ \\ &=& \frac{(2m+1)!!}{2^{m+1}}\sqrt{\pi}&...&p.235\text{下段より、!!は一つ置きに値をかけた数とした}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      \(\frac 12!\)の導出の参考こちらなど
      
      
   2. (2)\(m!2^m=(2m)!!\)を利用
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      \begin{eqnarray} m!2^m &=& m\cdot(m-1)\cdot(m-2)\cdot\ldots\cdot 2\cdot 1\cdot 2^m\\ \\ &=& 2m\cdot 2(m-1)\cdot 2(m-2)\cdot\ldots\cdot (2\cdot2)\cdot (2\cdot1)\\ \\ &=& 2m\cdot (2m-2)\cdot (2m-4)\cdot\ldots\cdot 4\cdot 2\\ \\ &=& (2m)!!\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      
      
   3. (3)\((2m)!!(2m+1)!!=(2m+1)!\)を利用
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      \begin{eqnarray} (2m)!!(2m+1)!! &=& (2m\cdot (2m-2)\cdot (2m-4)\cdot\ldots\cdot 4\cdot 2)\cdot((2m+1)\cdot(2m-1)\cdot(2m-3)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 1) \\ \\ &=& (2m+1)\cdot 2m\cdot(2m-1)\cdot(2m-2)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 2\cdot 1 \\ \\ &=& (2m+1)! \end{eqnarray} が得られる。
      
      
   4. (4)\(\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}x^{2m+1}=\sin x\)を利用
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      \(\sin x\)をマクローリン展開すると \begin{eqnarray} \sin x &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\left.(\sin x)^{(m)}\right|_{x=0}\frac{x^m}{m!} \\ \\ &=& \sin 0 \frac{x^0}{0!}+\cos 0\frac{x^1}{1!}+(-\sin 0)\frac{x^2}{2!}+(-\cos 0)\frac{x^3}{3!}\ldots \\ \\ &=& x-\frac{x^3}{3!}\ldots \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}x^{2m+1} \\ \\ \end{eqnarray} となる。
      
      
      <\(l\gt 0\)の場合>
      はじめに、\(l=q\)の時にこの式が成立すると仮定する。 \begin{eqnarray} j_q(x)\text{で式が成立}&\Leftrightarrow& \\ \\ (-x)^q\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^q\left(\frac{\sin x}x\right) &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+q+\frac 12} & \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\left(\frac x2\right)^{\frac 12}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+q} & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+q} &...&(*) \\ \\ \end{eqnarray} が成り立つ。この時に\(l=q+1\)を考える。 \begin{eqnarray} &&j_{q+1}(x) \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q+1}\left(\frac{\sin x}x\right) \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q}\left(\frac{\sin x}x\right) \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{(-x)^q}(-x)^q\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q}\left(\frac{\sin x}x\right) \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{(-x)^q}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+q}\right)&...&(*)\text{を利用} \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{x^q(-1)^q}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+q}\right)& \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{(-1)^q}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m}\frac 1{2^q}\right)& \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+1}\frac 1x\frac{1}{(-1)^q}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-1}\frac 1{2^q}\cdot 2m\frac{1}{2}\right)& \\ \\ &=& x^q(-1)\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-1}\frac 1{2^q}\cdot 2m\frac{1}{2}\right)& \\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}}{m!(m+q+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-1}\frac {x^q}{2^q}\cdot 2m\frac{1}{2}\right)& \\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}}{m!(m+q+\frac 12)!}m\left(\frac x2\right)^{2m+q-1}\right)& \\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}}{m!(m+q+\frac 12)!}m\left(\frac x2\right)^{2m+q-1}\right)&...&m=0\text{の時に式は0になるため、}m=1\text{から始めても同じ値になる} \\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}}{(m-1)!(m-1+q+1+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2(m-1)+2+q-1}\right)&\\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!(m-1+(q+1)+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2(m-1)+(q+1)}\right)&...&1=(-1)^2\text{をかけても値は変わらないため}\\ \\ &=& \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m'=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m'}}{m'!(m'+(q+1)+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m'+(q+1)}\right)&...&m'=m-1\text{として、}m'=0\text{からの総和とした}\\ \\ &=& j_{q+1}(x)\\ \\ \end{eqnarray} であるから、\(l=q+1\)の時も成立することがわかる。\(l=0\)で成立し、\(l=q\)が成立するときに\(l=q+1\)で成立するため、帰納的にすべての\(l\)で式(7.13)の\(j_l(x)\)が式(7.11)の\(j_l(x)\)と等しくなることが示された。
   
   
6. 式(7.11)で定義された\(n_l(x)\)が式(7.13)で表せられることの導出
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   <\(n_l(x)\)の導出>
   \begin{eqnarray} n_l(x) &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}N_{l+\frac 12}(x) \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\frac{J_{l+\frac 12}(x)\cos (l+\frac 12)\pi-J_{-(l+\frac 12)}(x)}{\sin (l+\frac 12)\pi} \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\frac{0-J_{-(l+\frac 12)}(x)}{(-1)^{l}} \\ \\ &=& (-1)^{l+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{-(l+\frac 12)}(x) \\ \\ \end{eqnarray} となる。
   <\(l=0\)>の時
   式(7.11)を用いて計算する。 \begin{eqnarray} n_0(x) &=& (-1)^{0+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{-(0+\frac 12)}(x) \\ \\ &=& -\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{-\frac 12}(x) \\ \\ &=& -\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-\frac 12} \\ \\ &=& -\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\left(\frac x2\right)^{-\frac 12}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m} \\ \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m} \\ \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-\frac 12)!}\frac {x^{2m}}{2^{2m}} \\ \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!\frac{2m-1}{2}!}\frac {x^{2m}}{2^{2m}} \\ \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!\sqrt{\pi}\frac{(2m-1)!!}{2^m}}\frac {x^{2m}}{2^{2m}}&...&(1) \\ \\ &=& -\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(2m-1)!!}\frac {x^{2m}}{2^{m}}& \\ \\ &=& -\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(m!2^{m})(2m-1)!!}x^{2m}& \\ \\ &=& -\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m)!!(2m-1)!!}x^{2m}&...&(2) \\ \\ &=& -\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{2m!}x^{2m}&...&(3) \\ \\ &=& -\frac{\cos x}{x}&...&(4) \\ \\ &=& -(-x)^0\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^0\frac{\cos x}{x} \\ \\ \end{eqnarray} が得られ、\(l=0\)の時、成立する。
   

   1. (1)\(\frac{2m-1}{2}!=\sqrt{\pi}\frac{(2m-1)!!}{2^{m}}\)を利用
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      \begin{eqnarray} \frac{2m-1}{2}! &=& \frac{2m-1}{2}\cdot\frac{2m-3}{2}\cdot\frac{2m-5}{2}\cdot\ldots\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}!\right)&...\text{ガンマ関数、階乗の性質より}& \\ \\ &=& \frac{(2m-1)\cdot(2m-3)\cdot(2m-5)\cdot\ldots \cdot 3\cdot 1}{2^m}\left(-\frac{1}{2}!\right)& \\ \\ &=& \frac{(2m-1)\cdot(2m-3)\cdot(2m-5)\cdot\ldots \cdot 3\cdot 1}{2^m}\sqrt{\pi}&...&-\frac 12!=\sqrt{\pi}\text{より} \\ \\ &=& \frac{(2m-1)!!}{2^{m}}\sqrt{\pi}&...&p.235\text{下段より、!!は一つ置きに値をかけた数とした}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      \(-\frac 12!=\Gamma(\frac 12)\)の導出の参考こちらなど
      
      
   2. (2)\(m!2^m=(2m)!!\)を利用
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      \begin{eqnarray} m!2^m &=& m\cdot(m-1)\cdot(m-2)\cdot\ldots\cdot 2\cdot 1\cdot 2^m\\ \\ &=& 2m\cdot 2(m-1)\cdot 2(m-2)\cdot\ldots\cdot (2\cdot2)\cdot (2\cdot1)\\ \\ &=& 2m\cdot (2m-2)\cdot (2m-4)\cdot\ldots\cdot 4\cdot 2\\ \\ &=& (2m)!!\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      
      
   3. (3)\((2m)!!(2m-1)!!=(2m)!\)を利用
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      \begin{eqnarray} (2m)!!(2m-1)!! &=& (2m\cdot (2m-2)\cdot (2m-4)\cdot\ldots\cdot 4\cdot 2)\cdot((2m-1)\cdot(2m-3)\cdot(2m-5)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 1) \\ \\ &=& 2m\cdot(2m-1)\cdot(2m-2)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 2\cdot 1 \\ \\ &=& (2m)! \end{eqnarray} が得られる。
      
      
   4. (4)\(\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m)!}x^{2m}=\cos x\)を利用
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      \(\cos x\)をマクローリン展開すると \begin{eqnarray} \cos x &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\left.(\cos x)^{(m)}\right|_{x=0}\frac{x^m}{m!} \\ \\ &=& \cos 0 \frac{x^0}{0!}+(-\sin 0)\frac{x^1}{1!}+(-\cos 0)\frac{x^2}{2!}+(\sin 0)\frac{x^3}{3!}\ldots \\ \\ &=& 1-\frac{x^2}{2!}\ldots \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m)!}x^{2m} \\ \\ \end{eqnarray} となる。
      
      
      <\(l\gt 0\)の場合>
      はじめに、\(l=q\)の時にこの式が成立すると仮定する。 \begin{eqnarray} n_q(x)\text{で式が成立}&\Leftrightarrow& \\ \\ -(-x)^q\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^q\left(\frac{\cos x}x\right) &=& n_q(x) & \\ \\ &=& (-1)^{q+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{-(q+\frac 12)} & \\ \\ &=& (-1)^{q+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-q-\frac 12} & \\ \\ &=& (-1)^{q+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\left(\frac x2\right)^{-\frac 12}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-q} & \\ \\ &=& (-1)^{q+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-q} &...&(*) \\ \\ \end{eqnarray} が成り立つ。この時に\(l=q+1\)を考える。 \begin{eqnarray} &&n_{q+1}(x) \\ \\ &=& -(-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q+1}\left(\frac{\cos x}x\right) \\ \\ &=& -(-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q}\left(\frac{\cos x}x\right) \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{(-x)^q}\left\{-(-x)^q\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^{q}\left(\frac{\cos x}x\right)\right\} \\ \\ &=& (-x)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{1}{(-x)^q}\left((-1)^{q+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-q} \right)&...&(*)\text{を利用} \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{(-1)^{q+1}}{x^{q+1}(-1)^q}\left(\sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-q}\right)& \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+1}\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)\frac{(-1)^{q+1}}{(-1)^q}\left(\sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-2q-1}\frac 1{2^{q+1}}\right)& \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+2}\frac 1x\left(\sqrt{\pi}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-2q-2}\frac 1{2^{q+1}}\cdot (2m-2q-1)\frac{1}{2}\right)& \\ \\ &=& x^{q+1}(-1)^{q+2}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-2q-2}\frac 1{2^{q+1}}\cdot (m-q-\frac 12)\right)& \\ \\ &=& (-1)^{q+2}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m!(m-q-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-2q-1}\frac {x^{q+1}}{2^{q+1}}\cdot (m-q-\frac 12)\right)& \\ \\ &=& (-1)^{q+2}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m!(m-q-\frac 12)!}(m-q-\frac 12)\left(\frac x2\right)^{2m-q-1}\right)& \\ \\ &=& (-1)^{q+1+1}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m!(m-(q+1)-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-(q+1)}\right)&\\ \\ &=& n_{q+1}(x)\\ \\ \end{eqnarray} であるから、\(l=q+1\)の時も成立することがわかる。\(l=0\)で成立し、\(l=q\)が成立するときに\(l=q+1\)で成立するため、帰納的にすべての\(l\)で式(7.13)の\(n_l(x)\)が式(7.11)の\(n_l(x)\)と等しくなることが示された。
   
   
7. 式(7.12)で定義された\(h_l^{(1)}(x)\)が式(7.13)で表せられることの導出
   ▼ 詳細を開く
   式(7.12)より、 \begin{eqnarray} h_l^{(1)}(x) &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}[J_{l+\frac 12}(x)+iN_{l+\frac 12}(x)] \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{l+\frac 12}(x)+i\sqrt{\frac{\pi}{2x}}N_{l+\frac 12}(x) \\ \\ &=& j_l(x)+in_{l}(x) \\ \\ \end{eqnarray} であることがわかる。また、 \begin{eqnarray} \frac{e^{ix}}{ix} &=& \frac{\cos x+i\sin x}{ix} \end{eqnarray} であることから、 \begin{eqnarray} &&(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x+i\sin x}{ix}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{ix}+\frac{i\sin x}{ix}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(-i\frac{\cos x}{x}+\frac{\sin x}{x}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(-i\frac{\cos x}{x}+\frac{\sin x}{x}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x}\right)-i(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(-i\frac{\cos x}{x}+\frac{\sin x}{x}\right) \\ \\ &=& (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x}\right)+i\left(-(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(-i\frac{\cos x}{x}+\frac{\sin x}{x}\right)\right) \\ \\ &=& j_l(x)+in_l(x)\\ \\ \end{eqnarray} であるから、これまでの議論より、式が成り立つことがわかる。
   
   
8. 式(7.14)の近似の導出
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   <\(j_l(x)\)について>
   式(7.11)より、 \begin{eqnarray} j_l(x) &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+l+\frac 12} & \\ \\ &=& \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\left(\frac x2\right)^{\frac 12}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+l} & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+l} & \\ \\ \end{eqnarray} この式を\(x^l,x^{2m}\)に分けて考える。\(x\)が小さいとき、xの指数が大きいほどその値は0へ早く収束するため、ここでは\(m=0,1\)だけ考える。 \begin{eqnarray} j_l(x) &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m+l} & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\frac 1{2^{2m+l}}x^{2m+l} & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}x^{l}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m+l+\frac 12)!}\frac 1{2^{2m+l}}x^{2m} & \\ \\ &\simeq& \frac{\sqrt{\pi}}{2}x^{l}\left(\frac{(-1)^0}{0!(0+l+\frac 12)!}\frac 1{2^{2\cdot 0+l}}x^{2\cdot 0}+\frac{(-1)^1}{1!(1+l+\frac 12)!}\frac 1{2^{2\cdot 1+l}}x^{2\cdot 1}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}x^{l}\left(\frac{1}{(l+\frac 12)!}\frac 1{2^{l}}+\frac{-1}{(l+\frac 32)!}\frac 1{2^{2+l}}x^{2}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}x^{l}\left(\frac{1}{\frac {2l+1}2!}\frac 1{2^{l}}+\frac{-1}{\frac {2l+3}2!}\frac 1{2^{2+l}}x^{2}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}x^{l}\left(\frac{1}{\frac {2l+1}2!}\frac 1{2^{l} }+\frac{-1}{\frac {2l+3}2\frac {2l+1}2!}\frac 1{2^{2+l}}x^{2}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi} }{2}x^{l}\frac{1}{\frac {2l+1}{2}!}\frac {1}{2^{l} }\left(1-\frac{1}{\frac{2l+3}{2} }\frac{1}{2^2}x^{2}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi} }{2}x^{l}\frac{1}{\frac {2l+1}{2}!}\frac {1}{2^{l} }\left(1-\frac{1}{2(2l+3)}x^{2}\right) & \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi} }{2}x^{l}\frac{1}{\sqrt{\pi}\frac {(2l+1)!!}{2^{l+1}}}\frac {1}{2^{l} }\left(1-\frac{1}{2(2l+3)}x^{2}\right) &...&(1) \\ \\ &=& \frac{x^{l} }{(2l+1)!!}\left(1-\frac{1}{2 ( 2l+3)}x^{2}\right) & \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
   

   1. (1)\(\frac{2l+1}{2}!=\sqrt{\pi}\frac{(2l+1)!!}{2^{l+1}}\)を利用
      ▼ 詳細を開く
      \begin{eqnarray} \frac{2l+1}{2}! &=& \frac{2l+1}{2}\cdot\frac{2l-1}{2}\cdot\frac{2l-3}{2}\cdot\ldots\cdot\frac{3}{2}\cdot\left(\frac{1}{2}!\right)&...\text{ガンマ関数、階乗の性質より}& \\ \\ &=& \frac{(2l+1)\cdot(2l-1)\cdot(2l-3)\cdot\ldots \cdot3}{2^l}\left(\frac{1}{2}!\right)& \\ \\ &=& \frac{(2l+1)\cdot(2l-1)\cdot(2l-3)\cdot\ldots\cdot 3\cdot 1}{2^l}\frac{\sqrt{\pi}}{2}&...&\frac 12!=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text{より} \\ \\ &=& \frac{(2l+1)!!}{2^{l+1}}\sqrt{\pi}&...&p.235\text{下段より、!!は一つ置きに値をかけた数とした}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      \(\frac 12!\)の導出の参考こちらなど
      
      <\(n_l(x)\)について>
      式(7.11)より、 \begin{eqnarray} n_l(x) &=& (-1)^{l+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-l-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-l-\frac 12} & \\ \\ &=& (-1)^{l+1}\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\left(\frac x2\right)^{-\frac 12}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-l-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-l} & \\ \\ &=& (-1)^{l+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-l-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-l} & \\ \\ \end{eqnarray} 先ほどと同様に、\(x^l,x^{2m}\)に分け、mの次数の低い項で近似すると、\(m=0\)を用いて \begin{eqnarray} n_l(x) &=& (-1)^{l+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m!(m-l-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2m-l} & \\ \\ &\simeq& (-1)^{l+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\frac{(-1)^0}{0!(0-l-\frac 12)!}\left(\frac x2\right)^{2\cdot 0-l} & \\ \\ &=& (-1)^{l+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\frac{1}{(-\frac {2l+1}{2})!}\left(\frac x2\right)^{-l} & \\ \\ &=& (-1)^{l+1}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\frac{1}{\frac{\sqrt{\pi}2^l }{ (-1)^l( 2l-1 ) !! }}\left(\frac x2\right)^{-l} &...&(2) \\ \\ &=& (-1)^{2l+1}\frac{1}{x}( 2l-1 ) !! x^{-l} & \\ \\ &=& (-1)^{1} \frac{( 2l-1 ) !!}{x^{ l+1} } &...&l\text{は整数なので、}2l\text{は偶数となり、}(-1)^{2l}=1 \\ \\ &=& -\frac{( 2l-1 ) !!}{x^{ l+1} } & \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      
      
   2. (2)\(\left(-\frac{2l+1}{2}\right)!=\frac{\sqrt{\pi}2^l }{ (-1)^l( 2l-1 ) !! }\)を利用
      ▼ 詳細を開く
      \begin{eqnarray} &&\left(-\frac{2l+1}{2}\right)! \\ \\ &=& \frac{ \left(-\frac{ 2l+1}{2} \right) !\left(-\frac{2l-1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2l-3}{2}\right)\cdot\ldots\cdot\left(-\frac 32\right)\cdot\left(-\frac 12\right) }{\left(-\frac{2l-1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2l-3}{2}\right)\cdot\ldots\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)} \\ \\ &=& \frac{\left(-\frac 12\right)!}{(-1)^l\left(\frac{2l-1}{2}\right)\cdot\left(\frac{2l-3}{2}\right)\cdot\ldots\cdot\left(\frac{3}{2}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)} \\ \\ &=& \frac{\left(-\frac 12\right)!}{(-1)^l\frac{(2l-1)!!}{2^l} } \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi} }{ (-1)^l\frac{ ( 2l-1 ) !!}{2^l} } \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}2^l }{ (-1)^l( 2l-1 ) !! } \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
      \(-\frac 12!\)の導出の参考こちらなど
      
      
      <\(h_l^{(1)}(x)\)について>
      式(7.12)より、 \begin{eqnarray} h_l^{(1)}=j_l(x)+in_l(x) \end{eqnarray} であるから、上の計算より、 \begin{eqnarray} h_l^{(1)} &=& j_l(x)+in_l(x) \\ \\ &\simeq& \frac{x^{l} }{(2l+1)!!}\left(1-\frac{1}{2 ( 2l+3)}x^{2}\right)-i\frac{( 2l-1 ) !!}{x^{ l+1} } \\ \\ &\simeq& -i\frac{( 2l-1 ) !!}{x^{ l+1} } &...&x\text{が小さいため、}x\text{の次数が最も小さい項を残した} \end{eqnarray} が得られる。
   
   
9. xが大きいときの式(7.15)の導出
   ▼ 詳細を開く
   <\(j_n(x)\)について>
   式(7.13)より、 \begin{eqnarray} j_n(x)=(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x}\right) \end{eqnarray} と表すことができる。一般的にxが大きい時、\(x\)の指数が大きな項の影響が支配的になり、指数が小さな項は相対的に0になると言える。式中の微分に着目する。 \begin{eqnarray} \frac{d}{dx}\frac 1{x}=-\frac {1}{x^2} \end{eqnarray} より、分母に当たる部分を微分することでxの指数が小さく(分母にある場合、指数が大きく)なり、xを大きくした時に早く0に収束していくと言える。一方で、分子に当たる\(\sin x\)は微分してもxの指数は増えていかない。従って、最も指数が大きくなる項は、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dx}\frac {\sin x}{x} \end{eqnarray} において、\(\sin x\)側を微分し続けた項になると考えられる。n階微分した\(\sin x\)を \begin{eqnarray} \frac{d^n}{dx^n}\sin x=\sin^{(n)}x \end{eqnarray} と書くとする。\(\sin^{(n)} x\)の項のみを微分するため、 \begin{eqnarray} && (-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x}\right) \\ \\ &\Rightarrow& (-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x'}\right) \\ \\ \end{eqnarray} とすると、 \begin{eqnarray} &&(-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x'}\right) \\ \\ &=&(-1)^lx'^l\left(\frac {1}{x'}\right)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x'}\right) \\ \\ &=&(-1)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\sin x}{x'}\right) \\ \\ &=&(-1)^l\left(\frac{\sin^{(l)} x}{x'}\right) \\ \\ &=&(-1)^l\left(\frac{\sin (x+\frac{\pi l}{2})}{x'}\right) \\ \\ &\Rightarrow& (-1)^l\left(\frac{\sin (x+\frac{\pi l}{2})}{x}\right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。\((-1)^l\)の項によって\(l\)が奇数の時、\(\sin (x+\frac{\pi l}{2})\)の正負が逆になるといえる。そのため、 \begin{eqnarray} &&(-1)^l\left(\frac{\sin (x+\frac{\pi l}{2})}{x}\right) \\ \\ &=& \left(\frac{\sin (x-\frac{\pi l}{2})}{x}\right) \\ \\ \end{eqnarray} になる。
   <\(n_l(x)\)について>
   \(j_l(x)\)の時と同様に考え、\(\cos x\)の項の微分のみ考える。 \begin{eqnarray} &&-(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{x}\right) \\ \\ &\Rightarrow& -(-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{x'}\right) \\ \\ \end{eqnarray} とすると、 \begin{eqnarray} && -(-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{x'}\right) \\ \\ &=& -(-1)^lx'^l\left(\frac {1}{x'}\right)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{x'}\right) \\ \\ &=& -(-1)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{\cos x}{x'}\right) \\ \\ &=& -(-1)^l\left(\frac{\cos^{(l)} x}{x'}\right) \\ \\ &=& -(-1)^l\left(\frac{\cos (x+\frac{\pi l}{2})}{x'}\right) \\ \\ &\Rightarrow& -(-1)^l\left(\frac{\cos (x+\frac{\pi l}{2})}{x}\right) \\ \\ &=& -\left(\frac{\cos (x-\frac{\pi l}{2})}{x}\right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
   
   <\(h_l^{(1)}(x)\)について>
   これまでの議論と同様にして、\(e^{ix}\)の項の微分のみ考える。 \begin{eqnarray} &&(-x)^l\left(\frac 1x\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix}\right) \\ \\ &\Rightarrow& (-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix'}\right) \\ \\ \end{eqnarray} とすると、 \begin{eqnarray} && (-x')^l\left(\frac {1}{x'}\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix'}\right) \\ \\ &=& (-1)^lx'^l\left(\frac {1}{x'}\right)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix'}\right) \\ \\ &=& (-1)^l\left(\frac{d}{dx}\right)^l\left(\frac{e^{ix}}{ix'}\right) \\ \\ &=& (-1)^l\left(\frac{i^le^{ix}}{ix'}\right) \\ \\ &=& (-1)(-1)^{l-1}i^{l-1}\left(\frac{e^{ix}}{x'}\right) \\ \\ &=& (-1)(-i)^{l-1}\left(\frac{e^{ix}}{x'}\right) \\ \\ &=& (-i)^2(-i)^{l-1}\left(\frac{e^{ix}}{x'}\right) \\ \\ &=& (-i)^{l+1}\left(\frac{e^{ix}}{x'}\right) \\ \\ &\Rightarrow& (-i)^{l+1}\left(\frac{e^{ix}}{x}\right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
   
   
10. Rayleighの公式：式(7.17)の導出
    ▼ 詳細を開く
    \(r\)が小さいときの式 \begin{eqnarray} e^{ekr\cos\theta}=\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}A_lj_l(kr)P(\cos\theta) \end{eqnarray} を考える。左辺は、\(e^x\)のマクローリン展開が \begin{eqnarray} e^x\simeq 1+x+\frac {1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\ldots \end{eqnarray} と書けることから、 \begin{eqnarray} e^{ikr\cos\theta}&\simeq& 1+(ikr\cos\theta)+\frac {1}{2!}(ikr\cos\theta)^2+\frac{1}{3!}(ikr\cos\theta)^3+\ldots \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{(ikr\cos\theta)^l}{l!} \end{eqnarray} が得られる。次に\(r,kr\)が小さいとき、\(j_l(kr)\)を式(7.14)で近似できるので、一項目のみ用いて \begin{eqnarray} \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}A_lj_l(kr)P(\cos\theta) &\simeq& \displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}A_l\frac{(kr)^l}{(2l+1)!!}P(\cos\theta) \end{eqnarray} が得られる。p.89式(3.4)より、\(P_l(x)\)の\(x^l=\cos^l\theta\)の係数を求めると、 \begin{eqnarray} P_l(x) &=& \frac{1}{2^ll!}\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l \\ \\ &\Rightarrow& \frac{1}{2^ll!}\frac{d^l}{dx^l}x^{2l}&...&(1) \\ \\ &=& \frac{1}{2^ll!}(2l)\cdot(2l-1)\cdot\ldots\cdot(l+1)x^{l}& \\ \\ &=& \frac{1}{2^ll!}\frac{(2l)\cdot\ldots\cdot(l+1)\cdot l!}{l!}x^{l}& \\ \\ &=& \frac{(2l)!}{2^l(l!)^2}x^{l}& \\ \\ &\Rightarrow& \frac{(2l)!}{2^l(l!)^2}\cos^{l}\theta& \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これを\((kr\cos\theta)^l\)の係数で比較すると、 \begin{eqnarray} \frac{(ikr\cos\theta)^l}{l!} &=& A_l\frac{(kr)^l}{(2l+1)!!}\frac{(2l)!}{2^l(l!)^2}\cos^{l}\theta& \\ \\ &=& A_l\frac{(kr\cos\theta)^l}{(2l+1)!!}\frac{(2l)!}{2^l(l!)^2}& \\ \\ \Leftrightarrow \frac{i^l(kr\cos\theta)^l}{l!} &=& A_l\frac{(kr\cos\theta)^l}{(2l+1)!!}\frac{(2l)!}{2^l(l!)^2} \\ \\ \Leftrightarrow A_l &=& i^l(2l+1) \end{eqnarray} が得られる。これを用いて、 \begin{eqnarray} &&e^{ikr\cos\theta}&=&\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}A_lj_l(kr)P(\cos\theta) \\ \\ &\Leftrightarrow& e^{ikr\cos\theta}&=&\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}i^l(2l+1)j_l(kr)P(\cos\theta) \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。
    (1)の近似について
    後ほど、右辺と左辺で\((kr\cos\theta)^l\)の係数同士で比較をする。その際に、右辺の\(kr\)の指数と\(\cos\theta\)の指数を同じにするために、\((x^2-1)^l\)のうち、最も大きな指数を持つ項を用いる必要があった。
    
    
11. p.238\(E_x,B_y\)の導出
    ▼ 詳細を開く
    はじめに、入射する波動について\(E_x=\psi_{in}=e^{ikz}\)としている。これを元にして、p.21の式(4.2)より \begin{eqnarray} B_y &=& \left.\frac{\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}}{\omega}\right|_y \\ \\ &=& \frac{kE_x}{\omega} \\ \\ &=& \frac{e^{ikz}}{c}&...&\text{p.188式(2.4)より}\omega=ck \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。
    
    
12. 式(7.20)の計算
    ▼ 詳細を開く
    複素数\(A=a+bi(a,b\)は実数\()\)に対して、複素共役\(A^*=a-bi\)を用いて、 \begin{eqnarray} |\psi_{in}|^2 &=& |\psi_{in}\psi_{in}^*| \\ \\ &=& |e^{ikz}e^{-ikz}| \\ \\ &=& 1\\ \\ \end{eqnarray} を用いて導ける。
    
    
13. 式(7.21)の計算
    ▼ 詳細を開く
    \begin{eqnarray} \overline{S}_{sc} &=& \frac{1}{2c\mu_0}|\psi_{sc}|^2\Delta S \\ \\ &=& \frac{1}{2c\mu_0}|\frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}|^2\Delta S \\ \\ &=& \frac{1}{2c\mu_0}|\frac{f(\theta)}{r}|^2|e^{ikr}|^2\Delta S \\ \\ &=& \frac{1}{2c\mu_0}|f(\theta)|^2 \frac 1{r^2}\cdot 1\cdot\Delta S \\ \\ &=& \frac{1}{2c\mu_0}|f(\theta)|^2 \frac{\Delta S}{r^2} \\ \\ &=& \frac{1}{2c\mu_0}|f(\theta)|^2 d\Omega&...&(1) \\ \\ \end{eqnarray} を用いて導ける。
    
    (1)\(\frac{\Delta S}{r^2}=d\Omega\)について
    面積要素\(\Delta S\)と中心からの距離\(r\)を用いることで、立体角として\(d\Omega=\frac{\Delta S}{r^2}\)とすることができる。
    これは、平面における弧度法(半径\(r\)、線素\(\Delta l\)に対して、角度\(d\theta=\frac{\Delta l}{r}\))の、立体における角度と考えられる。
    
    
14. 式(7.24)の\(i^l\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)=\frac{1}{2i}\{e^{ikr}-(-1)^le^{-ikr}\}\)の導出
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    \begin{eqnarray} i^l\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right) &=& i^l\frac{e^{i\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)}-e^{-i\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)}}{2i}&...&\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\text{を用いた} \\ \\ &=& i^le^{-i\frac{l\pi}{2}}\frac{e^{ikr}-e^{-i\left(kr-l\pi\right)}}{2i} \\ \\ &=& i^l(e^{i\frac{\pi}{2}})^{-l}\frac{e^{ikr}-e^{-i\left(kr-l\pi\right)}}{2i} \\ \\ &=& i^l(i)^{-l}\frac{e^{ikr}-e^{-i\left(kr-l\pi\right)}}{2i} &...&e^{i\frac{\pi}{2}}=i\text{を用いた}\\ \\ &=& \frac{e^{ikr}-e^{-ikr}e^{il\pi}}{2i} &\\ \\ &=& \frac{e^{ikr}-e^{-ikr}(-1)^l}{2i} &...&e^{i\pi}=-1\text{を用いた}\\ \\ &=& \frac{1}{2i} \{e^{ikr}-(-1)^le^{-ikr}\} &\\ \\ \end{eqnarray} を導ける。
    
    
    
15. 式(7.25)の導出（？）
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    式(7.26)の導出に備え、定数を\(a_l\)として \begin{eqnarray} \frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}=\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2ikr}a_lP_l(\cos\theta)e^{ikr} \end{eqnarray} と、完全系\(P_l(\cos\theta)\)で展開することを考える。 \begin{eqnarray} &&\frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}&=&\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2ikr}a_lP_l(\cos\theta)e^{ikr} \\ \\ &\Leftrightarrow& f(\theta)&=&\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2ik}a_lP_l(\cos\theta) \\ \\ && &=&\frac{1}{k}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_lP_l(\cos\theta) \\ \\ \end{eqnarray} と導くことができる。この際、各項の中には\(P_l(\cos\theta)\)以外に、\(\theta\)に依存した変数はないことから、完全系\(P_l(\cos\theta)\)で展開されていると考えることができる。
    
    
    
16. 式(7.27)の導出
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    全断面積を求める。積分範囲は全立体角なので \begin{eqnarray} \sigma &=& \int \sigma(\theta)d\Omega \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta \sigma(\theta)&...&d\Omega=\sin\theta d\varphi d\theta\text{を用いた} \\ \\ &=& 2\pi\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta |f(\theta)|^2 \\ \\ &=& 2\pi\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta \left|\frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_lP_l(\cos\theta)\right|\left|\frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}\frac{2l'+1}{2i}a_{l'}P_{l'}(\cos\theta)\right| \\ \\ &=& 2\pi\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta \left|\frac{1}{k^2}\displaystyle\sum_{l,l'=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}\frac{2l'+1}{2i}a_lP_l(\cos\theta)a_{l'}P_{l'}(\cos\theta)\right|\\ \\ &=& 2\pi\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta \left|-\frac{1}{k^2}\displaystyle\sum_{l,l'=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2}\frac{2l'+1}{2}a_lP_l(\cos\theta)a_{l'}P_{l'}(\cos\theta)\right|\\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l,l'=0}^{\infty}\left|a_{l}a_{l'}\right|\frac{2l+1}{2}\frac{2l'+1}{2}\int_0^{\pi}d\theta \sin\theta P_l(\cos\theta)P_{l'}(\cos\theta)\\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l,l'=0}^{\infty}\left|a_{l}a_{l'}\right|\frac{2l+1}{2}\frac{2l'+1}{2}\frac{2}{2l+1}\delta_{l,l'}\\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l,l'=0}^{\infty}\left|a_{l}a_{l'}\right|\frac{2l'+1}{2}\delta_{l,l'}\\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\left|a_{l}a_{l}\right|\frac{2l+1}{2}&...&\text{クロネッカーのデルタより、}l=l'\text{以外の項は}0\text{になるため、}l'=l\text{の項のみ用いる}\\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}a_{l}^*a_{l}\frac{2l+1}{2}&...&|a_l|=\sqrt{a_l^*a_l}\text{を用いた}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
    
    
17. 式(7.28)の計算
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    はじめに\(f(\theta=0)\)つまり\(P_l(1)\)を求める。 p.89式(3.3)より \begin{eqnarray} P_0(x=1) &=& 1 \\ \\ P_1(x=1) &=& 1 \\ \\ \end{eqnarray} がわかる。p.457式(B・35)の上式より、 \begin{eqnarray} (l+1)P_{l+1}(x)-(2l+1)xP_l(x)+lP_{l-1}(x)=0 \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} &&(l+1)P_{l+1}(1)-(2l+1)1\cdot P_l(1)+lP_{l-1}(1)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& l(P_{l+1}(1)-2P_l(1)+P_{l-1}(1))+(P_{l+1}-P_l(1))&=&0 \end{eqnarray} である。\(P_{l}(1),P_{l-1}(1)=1(l\geq 2)\)であるとき、 \begin{eqnarray} l(P_{l+1}(1)-2P_l(1)+P_{l-1}(1))+(P_{l+1}(1)-P_l(1)) &=& l(P_{l+1}(1)-2\cdot 1+1)+(P_{l+1}(1)-1) \\ \\ &=& l(P_{l+1}(1)-1)+(P_{l+1}(1)-1) \\ \\ &=& (l+1)(P_{l+1}(1)-1) \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} この式が\(l\)にかかわらず成立するためには、\(P_{l+1}=0\)であることが必要になる。
    \(l=0,1\)の時も\(P_l(1)=1\)が成立するため、すべての\(l\)に対して\(P_l(1)=1\)になると言える。従って、 \begin{eqnarray} f(0) &=& \frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_lP_l(\cos 0) \\ \\ &=& \frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_lP_l(1) \\ \\ &=& \frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_l \\ \\ \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} f(0)-f^*(0) &=& \frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2i}a_l-\frac{1}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2(-i)}a_l^* \\ \\ &=& \frac{-i}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2}a_l-\frac{i}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2}a_l^* \\ \\ &=& -\frac{i}{k}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2}(a_l+a_l^*) \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。
    
    
18. 式(7.30)の導出
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    \begin{eqnarray} \text{式(7.29)}&\Leftrightarrow& |1+a_l|&=&1 \\ \\ &\Rightarrow& |1+a_l|^2&=&1^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& (1+a_l^*)(1+a_l)&=&1 \\ \\ &\Leftrightarrow& a_l^*a_l+a_l+a_l^*+1&=&1 \\ \\ &\Leftrightarrow& a_l^*a_l+a_l+a_l^*&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。
    
    
19. 式(7.31)の導出
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    \begin{eqnarray} \sigma &=& \int\sigma(\theta)d\Omega \\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2}a_l^*a_l &...&(7.27) \\ \\ &=& \frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2}(-a_l^*-a_l) &...&(7.30)\text{より}a_l^*+a_l+a_l^*a_l=0\Leftrightarrow a_l^*a_l=-(a_l^*+a_l) \\ \\ &=& -\frac{2\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2}(a_l^*+a_l) & \\ \\ &=& \frac{2\pi}{ik}\frac{-i}{k}\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(2l+1)}{2}(a_l^*+a_l) & \\ \\ &=& \frac{2\pi}{ik}(f(0)-f^*(0)) &...&(7.28) \\ \\ &=& \frac{2\pi}{ik}2i\mathscr{I}_mf(0) &...&(1) \\ \\ &=& \frac{4\pi}{k}\mathscr{I}_mf(0) & \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。
    
    

    1. (1)\(f(0)-f^*(0)=2i\mathscr{I}_mf(0)\)を利用
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       複素数\(C\)は一般的に\(C=A+iB\)と書ける(\(A\)は実部、\(B\)は虚部でそれぞれ実数)。この時、\(C^*=A-iB\)であるので、 \begin{eqnarray} C-C^* &=& A+iB-(A-iB) \\ \\ &=& 2iB \\ \\ &=& 2i\mathscr{I}_m C \\ \\ \end{eqnarray} であるため \begin{eqnarray} f(0)-f^*(0) &=& 2i\mathscr{I}_mf(0) \end{eqnarray}
    
    
20. p.241\(a_l^*a_l=4\sin^2\delta_l\)の導出
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    \(1+a_l=e^{2i\delta_l}\)であることを用いる。この時、 \begin{eqnarray} a_l=e^{2i\delta_l}-1 \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} a^*_l=e^{-2i\delta_l}-1 \end{eqnarray} であるので、 \begin{eqnarray} a^*_la_l &=& (e^{-2i\delta_l}-1)(e^{2i\delta_l}-1) \\ \\ &=& 1-(e^{-2i\delta_l}+e^{2i\delta_l})+1\\ \\ &=& 2-2\cos(2\delta_l)&...&e^{ix}+e^{-ix}=2\cos x\text{を用いた}\\ \\ &=& 2(1-\cos(2\delta_l))&\\ \\ &=& 2(1-1+2\sin^2\delta_l)&...&\cos 2x=1-2\sin x\text{を用いた}\\ \\ &=& 4\sin^2\delta_l \end{eqnarray} となる。
    
    
21. 式(7.34)の導出
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    式(7.32)を式(7.26)に代入すると \begin{eqnarray} (7.26) &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2ikr}\{(1+a_l)e^{ikr}-(-1)^le^{-ikr}\}P_l(\cos\theta) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2ikr}\{e^{2i\delta_l}e^{ikr}-(-1)^le^{-ikr}\}P_l(\cos\theta)&...&\text{式(7.32)を代入} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{2ikr}e^{i\delta_l}\{e^{i\delta_l}e^{ikr}-(-1)^le^{-ikr}e^{-i\delta_l}\}P_l(\cos\theta)&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{kr}e^{i\delta_l}\frac{1}{2i}\{e^{i(kr+\delta_l)}-(-1)^le^{-i(kr+\delta_l)}\}P_l(\cos\theta)&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{kr}e^{i\delta_l}i^l\sin(kr+\delta_l-\frac{l\pi}{2})\}P_l(\cos\theta)&...&(1)\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{kr}e^{i\delta_l}e^{\frac{i\pi}{2}l}\sin(kr+\delta_l-\frac{l\pi}{2})\}P_l(\cos\theta)&...&i=e^{\frac{\pi}{2}}\text{より、}i^l=e^{\frac{\pi}{2}l}\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\frac{2l+1}{kr}e^{i\delta_l}e^{\frac{il\pi}{2}}\sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)\}P_l(\cos\theta)&\\ \\ \end{eqnarray} より、式(7.34)が得られる。
    
    (1)7-14の導出(式(7.24)の途中計算)より得られる。
    
    
22. 式(7.35)の導出
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    式(7.24)の上式より、 \begin{eqnarray} (7.24) &\simeq& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}i^l\frac{2l+1}{2kr}\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)P_l(\cos\theta) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}e^{\frac{\pi}{2}l}\frac{2l+1}{2kr}\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)P_l(\cos\theta)&...&i=e^{\frac{\pi i}{2}}\text{より、}i^l=e^{\frac{\pi i}{2}l}\\ \\ \end{eqnarray} より、式(7.35)が得られる。
    
    
23. p.242下、式(7.34)の近似
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    式(7.34)の上式より、 \begin{eqnarray} (7.34) &\simeq& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}i^l\frac{2l+1}{kr}\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l\right)P_l(\cos\theta) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}i^l\frac{2l+1}{kr}\left(\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)\cos\left(\delta_l\right)+\cos\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right)\sin\left(\delta_l\right)\right)P_l(\cos\theta)&...&\sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b \text{より}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
    
    
24. 境界条件(7.39)と電磁波のベクトル性を考慮することで、\(l=0\)の項が消えること
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入射波\(\psi_{in}=e^{ikz}\)と反射波\(\psi_{sc}=\frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}\)を用いて\(r=a\)の場所における境界条件\(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{B}=0,\boldsymbol{t}\cdot\boldsymbol{E}=0\)を適用する。
入射波の電場成分はx成分\(E_x=\psi_{Ein}\)のみを持ち、磁場はy成分\(B_y=\psi_{Bin}=\frac{1}{c}e^{ikz}\)のみを持つとする(p.238より)。
<電場について>
入射波をLegendreの多項式で展開する。式(7.38)において\(\delta_l=0\)とすると \begin{eqnarray} e^{ikz} &=& \left.\psi(r,\theta)\right|_{\delta_l=0} \\ \\ &=& \left.\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^le^{i\delta_l}\cos\delta_l\{j_l(kr)-\tan\delta_ln_l(kr)\}P_l(\cos\theta)\right|_{\delta_l=0} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ \\ \end{eqnarray} となる。これに対する反射波と、反射波との境界条件を考える。
半径\(a\)の完全導体球上の座標\((r,\varphi,\theta)=(a,\varphi,\theta)\)における反射を考える。 完全導体球面上の接線成分について、はじめに\(\theta\)方向の成分について考える。この時、入射波の成分は \begin{eqnarray} \psi_{Ein}\cos\varphi\cos\theta \end{eqnarray} と書くことができる。ここではp.213のx成分を参考にした(式(4.23)の右辺が0)。反射波を合わせて、接線成分の連続性から、 \begin{eqnarray} \psi_{Ein}\cos\varphi\cos\theta-\psi_{sc}(a,\varphi,\theta)=0...(1) \end{eqnarray} となる。また、\((a,\varphi,\theta)\)における\(\varphi\)方向の接線を考えると、入射波の成分は \begin{eqnarray} \psi_{Ein}\sin\varphi \end{eqnarray} と書くことができる。反射波を合わせて、接線成分の連続性から、 \begin{eqnarray} \psi_{Ein}\sin\varphi-\psi_{sc}(a,\varphi,\theta)=0...(2) \end{eqnarray} と書くことができる。ここで、式(4.27)の屈折成分がない状況\(\chi=0\)を用い、p.213における\(E_y+E_y'=0\)を用いた(右辺の屈折成分は完全導体の条件から0とした)。
ここで、\(l=0\)の場合を考える。 \begin{eqnarray} \psi_{Ein} &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ \\ &\Rightarrow& j_0(kr)P_0(\cos\theta) \\ \\ &=& j_0(kr) \\ \\ \end{eqnarray} これを用いて(1)(2)を計算すると \begin{eqnarray} (1) &\Leftrightarrow& \psi_{sc}(a,\varphi,\theta) &=& \psi_{Ein}\cos\varphi\cos\theta \\ \\ && &=& j_0(kr)\cos\varphi\cos\theta \\ \\ (2) &\Leftrightarrow& \psi_{sc}(a,\varphi,\theta) &=& \psi_{Ein}\sin\varphi \\ \\ && &=& j_0(kr)\sin\varphi \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これらから、\(\theta\)方向に対して\(\cos\theta\)がかけられた関数になっており、p.226に示されているような、「角度に依存しないS波」ではなくなってしまっていることが分かる。加えて、(1)の導出の過程から、反射波には\(\theta\)依存性が付与されるためS波ではなくなることがわかる。
磁場についても同様にして、完全導体球面上の法線成分について、入射波の成分は \begin{eqnarray} \psi_{Bin}\sin\varphi\sin\theta \end{eqnarray} と書くことができる。反射波を合わせて、接線成分の連続性から、 \begin{eqnarray} \psi_{Bin}\sin\varphi\sin\theta+\psi_{sc}(a,\varphi,\theta)=0...(1) \end{eqnarray} となる。ここで、p.213の\(B_z+B_z'=0\)(屈折成分は0)に式(4.13)(4.15)の、入射波と反射波の正負を適用した。 これを式変形し、\(l=0\)の場合を考えると \begin{eqnarray} \psi_{sc}(a,\varphi,\theta) &=& -\psi_{Bin}\sin\varphi\sin\theta \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\psi_{Bin}\sin\varphi\sin\theta \\ \\ &=& -\frac{1}{c}j_0(kr)\sin\varphi\sin\theta \\ \\ \end{eqnarray} これらから、磁場についても電場と同様にp.226に示されているような、「角度に依存しないS波」ではなくなってしまっていることが分かる。加えて、導出の過程から、反射波には\(\theta\)依存性が付与されるためS波ではなくなることがわかる。



25. \(\delta_1\propto (ka)^3\)になること
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ここでは「電磁場のベクトル性」「境界条件」を考慮した結果、\(\delta_1\propto (ka)^3\)になったのではなく、
「式(7.40)の条件のもと、式(7.41)が得られる。条件を考慮すると\(l=0\)の項はないので、\(l=1\)の項の\(\delta_1\)を式(7.43)から考える」という流れだと考えられる。(要検討)



26. 全断面積が\(k^4\)に比例すること
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    \(\delta_1=(ka)^3\)として式(7.33)に代入する。 \begin{eqnarray} (7.33) &\Leftrightarrow& \sigma &=& \frac{4\pi}{k^2}\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)\sin^2\delta_l\\ \\ &&&\Rightarrow& \frac{4\pi}{k^2}(2\cdot 1+1)\sin^2\delta_1\\ \\ &&&\simeq& \frac{4\pi}{k^2}3\delta_1^2&...&x\lt 1\text{の時、}\sin x\simeq x\text{となる。}\\ \\ &&&=& \frac{4\pi}{k^2}3\{(ka)^3\}^2\\ \\ &&&=& \frac{4\pi}{k^2}3k^6a^6\\ \\ &&&=& 12\pi k^4a^6\\ \\ \end{eqnarray} より、導くことができる。
    
    
27. 式(7.48)の導出
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\begin{eqnarray} |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|^n &=& (\sqrt{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|^2})^n \\ \\ &=& (\sqrt{\boldsymbol{x}^2+\boldsymbol{x}'^2-2\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{x}'})^n \\ \\ &=& \left(\sqrt{r^2+\boldsymbol{x}'^2-2\frac{r}{|\boldsymbol{x}|}\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{x}'\frac{a}{|\boldsymbol{x}'|}}\right)^n \\ \\ &=& \left(r\sqrt{1+\frac{\boldsymbol{x}'^2}{r^2}-2\frac{a }{r}\frac{\boldsymbol{x} }{|\boldsymbol{x}|}\cdot\frac{\boldsymbol{x}'}{|\boldsymbol{x}'|} }\right)^n \\ \\ &=& r^n\left(1+\frac{\boldsymbol{x}'^2}{r^2}-2\frac{a }{r}\cos\chi \right)^{\frac{n}{2}} \\ \\ &\simeq& r^n\left(1-\frac{n}{2}2\frac{a }{r}\cos\chi \right)&...&(1) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。\(n=1,-1\)のときをそれぞれ考えると、 \begin{eqnarray} |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|^1 &\simeq& r^1\left(1-\frac{1}{2}2\frac{a }{r}\cos\chi \right) \\ \\ &=& r-a\cos\chi \\ \\ |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|^{-1} &\simeq& r^{-1}\left(1-\frac{-1}{2}2\frac{a }{r}\cos\chi \right) \\ \\ &=& \frac{1}{r}+\frac{a\cos\chi}{r^2} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

1. \((1+x)^y\simeq 1+xy\)を利用
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\((1+x)^y\)の\(x\)が小さいときを考える。マクローリン展開すると \begin{eqnarray} (1+x)^y \\ \\ &\simeq& (1+0)^y+\left.\frac{d}{dx}(1+x)^y\right|_{x=0}x \\ \\ &=& 1+\left.y(1+x)^{y-1}\right|_{x=0}x \\ \\ &=& 1+yx \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


28. 式(7.49)の導出
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式(7.47)にそれぞれの近似を代入すると \begin{eqnarray} \psi(\boldsymbol{x}) &=& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\int_SdS\frac{e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} }{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')\\ \\ &\simeq& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\int_SdSe^{i\frac{\omega}{c}(r-a\cos\chi)}\left(\frac{1}{r}+\frac{a\cos\chi}{r^2}\right)\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')\\ \\ &=& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}e^{i\frac{\omega}{c}r}\int_SdSe^{-i\frac{\omega}{c}a\cos\chi}\left(\frac{1}{r}+\frac{a\cos\chi}{r^2}\right)\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')\\ \\ &\simeq& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}e^{i\frac{\omega}{c}r}\int_SdSe^{-i\frac{\omega}{c}a\cos\chi}\left(\frac{1}{r}\right)\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')&...&r\to\infty\text{の時、}\frac 1r+\frac 1{r^2}\to\frac{1}{r}\text{になるため}\\ \\ &=& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\frac{e^{i\frac{\omega}{c}r}}{r}\int_SdSe^{-i\frac{\omega}{c}a\cos\chi}\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')&\\ \\ &=& e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\frac{e^{ikr}}{r}\int_SdSe^{-ika\cos\chi}\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}')&...&\frac{\omega}c=k\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


29. p.246、式(7.53)下の\(r\to \infty\)で\(R\to r-r'\cos\chi\)になること
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式(7.48)を用いることができ \begin{eqnarray} R&=& |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'| \\ \\ &\to& r-r'\cos\chi \end{eqnarray} が得られる。


30. p.246下の\(P_l(-\cos\chi)=(-1)^nP_l(\cos\chi)\)になること
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ルジャンドル多項式は \begin{eqnarray} P_l(x) &=& \frac{1}{2^ll!}\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l \end{eqnarray} として表される。 \begin{eqnarray} (x^2-1)^l \end{eqnarray} の部分は、xの指数が2と0に対して二項展開されるため、この部分は偶関数になることがわかる。
その後、l階微分を施すため、lが奇数であれば式全体は奇関数、偶数であれば偶関数になることがわかる。それを適用することで、 \begin{eqnarray} P_l(-x) &=& (-1)^lP_l(x) \end{eqnarray} が導ける。


31. 式(7.55)の導出
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式(7.47)の各項にそれぞれの展開式(7.17)(7.51)(7.52)を導入することで得られる。式(7.47)の右辺二項目は \begin{eqnarray} \text{式(7.47)右辺二項目} &=& -\frac{1}{4\pi}\int_SdS'\frac{e^{ik|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{n}\cdot\nabla'\psi(\boldsymbol{x}') \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\int_SdS'\frac{e^{ik|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\frac{\partial\psi(\boldsymbol{x}')}{\partial r'}&...&\text{方向微分であるから} \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\int_SdS'\frac{e^{ik|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\frac{\partial}{\partial r'}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}(2l'+1)i^{l'}R_l(r')P_{l'}(\cos\theta') \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}(2l'+1)\int_SdS'\frac{e^{ik|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\frac{\partial R_{l'}(r')}{\partial r'}i^{l'}P_{l'}(\cos\theta') \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}(2l'+1)\frac{\partial R_{l'}(a)}{\partial r'}i^{l'}\int_SdS'\frac{e^{ik|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}P_{l'}(\cos\theta')&...&r'=a\text{の表面における積分であるため、}r=a\text{を代入し積分の外に出した} \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}(2l'+1)\frac{\partial R_{l'}(a)}{\partial r'}i^{l'}\int_SdS'ik\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)j_l(kr')h_l^{(1)}(kr)P_l(\cos\chi)P_{l'}(\cos\theta')& \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)j_l(ka)h_l^{(1)}(kr)(2l'+1)\frac{\partial R_{l'}(a)}{\partial r'}i^{l'}ik\int_SdS'P_l(\cos\chi)P_{l'}(\cos\theta')&...&r'=a\text{の表面の積分であるため}r'=a\text{を代入し積分の外に出した} \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)j_l(ka)h_l^{(1)}(kr)(2l'+1)\frac{\partial R_{l'}(a)}{\partial r'}i^{l'}ik\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}a^2\sin\theta d\theta' d\varphi' P_l(\cos\chi)P_{l'}(\cos\theta')&...&dS'=a^2d\varphi' d\theta'\text{とした} \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi}ika^2\displaystyle\sum_{l'=0}^{\infty}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}(a)}{\partial r'}\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\sin\theta d\theta' d\varphi' P_l(\cos\chi)P_{l'}(\cos\theta')& \\ \\ \end{eqnarray} と求められる。


32. p.247下部の\(\cos\chi=\cos\theta\cos\theta'+\sin\theta\sin\theta'\cos(\varphi-\varphi')\)の導出
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\(\boldsymbol{x}=(r,\varphi,\theta),\boldsymbol{x}'=(r',\varphi',\theta')\)とする。この二線のなす角度が\(\chi\)であることから、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{x}' &=& |\boldsymbol{x}||\boldsymbol{x}'|\cos\chi \\ \\ &=& rr'\cos\chi \\ \\ \Leftrightarrow \cos\chi&=&\frac{\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{x}'}{rr'} \end{eqnarray} が得られる。\(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{x}'\)に対して\(x,y,z\)成分を用いて計算すると \begin{eqnarray} \cos\chi &=& \frac{1}{rr'} \left( \begin{array}{cccc} r\sin\theta\cos\varphi \\ r\sin\theta\sin\varphi \\ r\cos\theta \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} r'\sin\theta'\cos\varphi' \\ r'\sin\theta'\sin\varphi' \\ r'\cos\theta' \end{array} \right) \\ \\ &=& \frac{r\sin\theta\cos\varphi r'\sin\theta'\cos\varphi'+r\sin\theta\sin\varphi r'\sin\theta'\sin\varphi'+r\cos\theta r'\cos\theta'}{rr'} \\ \\ &=& \sin\theta\cos\varphi \sin\theta'\cos\varphi'+\sin\theta\sin\varphi \sin\theta'\sin\varphi'+\cos\theta \cos\theta' \\ \\ &=& \sin\theta\sin\theta'(\cos\varphi \cos\varphi'+\sin\varphi \sin\varphi')+\cos\theta \cos\theta' \\ \\ &=& \sin\theta\sin\theta'\cos(\varphi-\varphi')+\cos\theta \cos\theta' \\ \\ \end{eqnarray}


33. p.247中段に記載されている\(\varphi'\)に関する積分を実行すると0になること
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成分対象になっている\(\varphi'\)が含まれている項は \begin{eqnarray} \cos(\varphi-\varphi') \end{eqnarray} のみである。この項を積分すると \begin{eqnarray} \int_0^{2\pi}\cos m(\varphi-\varphi')d\varphi' &=& \frac 1m[-\sin m(\varphi-\varphi')]_0^{2\pi} \\ \\ &=& \frac 1m[-\sin m(\varphi-2\pi)+\sin m(\varphi-0)]\\ \\ &=& \frac 1m[-\sin m(\varphi)+\sin m(\varphi)]&...&\sin(x+2\pi)=\sin x\text{より}\\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} となるため、球関数の加法定理から得られた\(P_l(\cos\chi)\)の中で、 \begin{eqnarray} 2\displaystyle\sum_{m=1}^l\frac{(l-m)!}{(l+m)!}P_l^m(\cos\theta)P_l^m(\cos\theta')\cos m(\varphi-\varphi')=0 \end{eqnarray} として扱うことができると言える。


34. p.247下段の式(7.55)の式変形の導出
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式(7.55)に対し、 \begin{eqnarray} P_l(\cos\chi)=P_l(\cos\theta)P_{l}(\cos\theta') \end{eqnarray} を代入すると \begin{eqnarray} \text{式(7.55)右辺} &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{4\pi}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{l'=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}}{\partial r}(a)\times\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}P_l(\cos\chi)P_{l'}(\cos\theta')\sin\theta'd\theta'd\varphi' \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{4\pi}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{l'=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}}{\partial r}(a)\times\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}P_l(\cos\theta)P_{l}(\cos\theta')P_{l'}(\cos\theta')\sin\theta'd\theta'd\varphi' \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{4\pi}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{l'=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta)\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}P_{l}(\cos\theta')P_{l'}(\cos\theta')\sin\theta'd\theta'd\varphi' \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{4\pi}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{l'=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta)2\pi\int_0^{\pi}P_{l}(\cos\theta')P_{l'}(\cos\theta')\sin\theta'd\theta' \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{2}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{l'=0}^{\infty}(2l+1)(2l'+1)i^{l'}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l'}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta)\frac{2}{2l+1}\delta_{l,l'} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) \\ &&-\frac{1}{2}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)(2l+1)i^{l}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta)\frac{2}{2l+1} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) -\frac{2}{2}ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^{l}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^lj_l(kr)P_l(\cos\theta) -ika^2\displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^{l}h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l}}{\partial r}(a)\times P_l(\cos\theta) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)i^l\{j_l(kr)-ika^2h_l^{(1)}(kr)j_l(ka)\frac{\partial R_{l}}{\partial r}(a)\}P_l(\cos\theta) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


35. 式(7.57)の導出
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参考より、 \begin{eqnarray} j_l(z)\frac{dn_l(z)}{dz}-n_l(z)\frac{dj_l(z)}{dz}=\frac{1}{z^2} \end{eqnarray} であることがわかる。ここで、\(z=kr\)とすると \begin{eqnarray} \frac{d}{dz}&=&\frac{d}{dr}\frac{dr}{dz} \\ \\ &=& \frac{d}{dr}\frac{d}{dz}\frac{z}{k} \\ \\ &=& \frac{d}{dr}\frac{1}{k} \\ \\ \end{eqnarray} が得られるので、 \begin{eqnarray} &&j_l(z)\frac{dn_l(z)}{dz}-n_l(z)\frac{dj_l(z)}{dz}&=&\frac{1}{z^2} \\ \\ &\Leftrightarrow&j_l(kr)\frac{dn_l(kr)}{dr}\frac{1}{k}-n_l(kr)\frac{dj_l(kr)}{dr}\frac 1k&=&\frac{1}{(kr)^2} \\ \\ &\Leftrightarrow&j_l(kr)\frac{dn_l(kr)}{dr}-n_l(kr)\frac{dj_l(kr)}{dr}&=&\frac{1}{kr^2} \\ \\ \end{eqnarray} となる。


36. 式(7.60)の導出
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式(7.59)を用いる。 \begin{eqnarray} e^{i\delta_l}\cos\delta_l &=& (\cos\delta_l+i\sin\delta_l)\cos\delta_l&...&\text{オイラーの公式より} \\ \\ &=& \cos^2\delta_l+i\sin\delta_l\cos\delta_l& \\ \\ &=& \cos^2\delta_l+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)}\cos\delta_l\cos\delta_l&...&\tan\delta_l=\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)}\Leftrightarrow\sin\delta_l=\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)}\cos\delta_l \\ \\ &=& \cos^2\delta_l(1+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})& \\ \\ &=& \frac{1}{1+\tan^2\delta_l}(1+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})&...&1+\tan^2\delta_l=\frac{1}{\cos^2\delta} \\ \\ &=& \frac{1}{(1+i\tan\delta_l)(1-i\tan\delta_l)}(1+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})& \\ \\ &=& \frac{1}{(1+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})(1-i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})}(1+i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})& \\ \\ &=& \frac{1}{(1-i\frac{j_l(kr)}{n_l(kr)})}& \\ \\ &=& \frac{n_l(kr)}{n_l(kr)-ij_l(kr)}& \\ \\ &=& \frac{in_l(kr)}{in_l(kr)-i^2j_l(kr)}& \\ \\ &=& \frac{in_l(kr)}{j_l(kr)+in_l(kr)}& \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。