理論電磁気学の行間埋め　第９章

第二章\(\S 3\)に詳しい導出が記載されている。

p.253の\(\Delta G_{\substack{ret, \\ adv}}\)に対し、\(G_{\substack{ret, \\ adv}}(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi}\frac{e^{\pm i\frac{\omega}{c}|x|}}{|\boldsymbol{x}|}\)を代入して計算する。 \begin{eqnarray} \Delta G_{\substack{ret, \\ adv}} &=& \frac{1}{4\pi}\Delta\left(\frac{1}{r}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi}\text{div}\cdot\text{grad}\left(\frac{1}{r}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi}\text{div}\cdot\left(\left(e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\text{grad}\frac{1}{r}\right)+\left(\frac{1}{r}\text{grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right)\right) &...&(A・58)\text{より}\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi}\left(\left(e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\text{div grad}\frac{1}{r}\right)+\left(\text{grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\text{grad}\frac{1}{r}\right)+\left(\text{grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\text{grad}\frac{1}{r}\right)+\left(\frac{1}{r}\text{div grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right)\right) &...&(A・44)\text{より}\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi}\left(e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\Delta\frac{1}{r}\right)+2\frac{1}{4\pi}\left(\text{grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\text{grad}\frac{1}{r}\right)+\frac{1}{4\pi}\left(\frac{1}{r}\Delta e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right) &\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})+2\frac{1}{4\pi}\left(\text{grad}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\text{grad}\frac{1}{r}\right)+\frac{1}{4\pi}\left(\frac{1}{r}\Delta e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right) &...&(1)\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})+2\frac{1}{4\pi}\left(\frac{d}{dr}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\right)+\frac{1}{4\pi}\left(\frac{1}{r}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2} re^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right)\right) &...&(2-1)(2-2)\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})+2\frac{1}{4\pi}\left(\left(\pm i\frac{\omega}{c}\right)e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot\frac{-1}{r^2}\right)+\frac{1}{4\pi}\left(\frac{1}{r}\left(\frac{1}{r}\left( (\pm i)^2\frac{\omega^2}{c^2}re^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\pm 2i\frac{\omega}{c}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\right)\right)\right) &\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})\mp \frac{1}{4\pi}\frac{1}{r^2}2i\frac{\omega}{c}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}+\frac{1}{4\pi}\frac{1}{r} (\pm i)^2\frac{\omega^2}{c^2}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\pm \frac{1}{4\pi}\frac{1}{r^2}2i\frac{\omega}{c}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r} &\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})+\frac{1}{4\pi}\frac{1}{r} (\pm i)^2\frac{\omega^2}{c^2}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r} &\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})-\frac{\omega^2}{c^2}\frac{1}{4\pi}\frac{1}{r} e^{\pm i\frac{\omega}{c}r} &\\ \\ &=& -e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})-\frac{\omega^2}{c^2}G_{\substack{ret, \\ adv}} &\\ \\ &=& -\delta^3(\boldsymbol{x})-\frac{\omega^2}{c^2}G_{\substack{ret, \\ adv}} &...&(3)\\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta G_{\substack{ret, \\ adv}}+\frac{\omega^2}{c^2}G_{\substack{ret, \\ adv}}=-\delta^3(\boldsymbol{x}) \end{eqnarray} となることから、式(1.12)の解となることがわかる。また、 \begin{eqnarray} |e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}|}|\leq 1 \end{eqnarray} であることから、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{|\boldsymbol{x}|\to\infty}\frac{|e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}|}|}{|\boldsymbol{x}|}=0 \end{eqnarray} となり、遠方(\(|\boldsymbol{x}|\to\infty\))で消えることがわかる。

1. (1)\(\Delta\frac{1}{r}=-4\pi\delta^3(\boldsymbol{x})\)を利用
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第四章式(2.1)(2.6)より、 \begin{eqnarray} &&\Delta G(\boldsymbol{x})&=&-\delta^3(\boldsymbol{x}) \\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta \frac{1}{4\pi}\frac{1}{|\boldsymbol{x}|} &=& -\delta^3(\boldsymbol{x}) \\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta \frac{1}{4\pi}\frac{1}{r} &=& -\delta^3(\boldsymbol{x})\\ \\ &\Leftrightarrow& \Delta \frac{1}{r} &=& -4\pi\delta^3(\boldsymbol{x}) \end{eqnarray} となる。


2. (2-1)\(\Delta f(r)\to\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}rf(r)\)を利用
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三次元極座標のラプラシアンはp.115式(8.9)のように表される。\(f(r)\)は\(r\)以外の変数を持たないため、\(r\)以外の微分の項は0になることから、 \begin{eqnarray} \Delta f(r)=\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}rf(r) \end{eqnarray} になる。


3. (2-2)\(\text{grad}\to\frac{d}{dr}\)を利用して内積をとる
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三次元極座標における勾配\(\text{grad}\)は参考のように表されるが、 \(\frac{1}{r}, e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\)のいずれも、\(r\)以外の成分を持たないため、これ以外の勾配がないことがわかる。従って、 \begin{eqnarray} \text{grad}=\frac{\partial}{\partial r} \end{eqnarray} として扱っている。加えて、二つの項とも\(r\)方向の勾配成分しか持たないため、内積はこの項同士の積になるから、 \begin{eqnarray} \text{grad} e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot \text{grad}\frac{1}{r}=\frac{d}{dr}e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\cdot \frac{d}{dr}\frac{1}{r} \end{eqnarray} となる。


4. (3)\( e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x})=\delta^3(\boldsymbol{x})\)を利用
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デルタ関数の性質から、\(\delta^3(\boldsymbol{x})\)は\(\boldsymbol{x}=0\)以外では0になる。そこで、デルタ関数の係数も、\(\boldsymbol{x}=0\)以外では0になり、係数は\(\boldsymbol{x}=0\)の時のものになると考えると \begin{eqnarray} e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\delta^3(\boldsymbol{x}) &=& e^{\pm i\frac{\omega}{c}0}\delta^3(\boldsymbol{x}) \\ \\ &=& 1\cdot\delta^3(\boldsymbol{x}) \\ \\ &=& \delta^3(\boldsymbol{x}) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

デルタ関数の性質を用いる。参考。 \begin{eqnarray} \text{式(1.15)} &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{\delta(t-t'\mp \frac{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}{c})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{c\delta(c(t-t')\mp |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)&...&\text{デルタ関数の性質より} \\ \\ &=& \frac{\mu_0c}{4\pi}\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{\delta(\mp |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|+c(t-t'))}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)&\\ \\ &=& \frac{\mu_0c}{4\pi}\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{\delta(|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\mp c(t-t'))}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)&...&\text{デルタ関数の中身の正負の入れ替えは計算に影響しないため} \\ \\ &=& \mu_0c\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'c\frac{1}{4\pi c}\frac{\delta(|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\mp c(t-t'))}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)& \\ \\ &=& \mu_0c\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'cD_{\substack{ret, \\ adv}}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)&...&\text{8章式(2.40)(2.41)より} \\ \\ &=& \mu_0c^2\int_Vd^3x'\int_{-\infty}^{\infty}dt'D_{\substack{ret, \\ adv}}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)& \\ \\ &=& \text{式(1.16),(1.16)'} \end{eqnarray} が得られる。

第八章の式(6.7)に導出がある。

\begin{eqnarray} \int_Vd^3x'\frac{\partial}{\partial x'}\left[\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}i_x(\boldsymbol{x}',t\mp\tau)\right] \end{eqnarray} において、変数\(\boldsymbol{x}\)に着目する。電流\(\boldsymbol{i}_e\)は狭い空間Vの中だけにある(p.252上)ことと、式(1.22)では\(\boldsymbol{x}\)についての関数であるため、この\(\boldsymbol{x}\)が大きいと被積分関数は0になる。従って、この積分の結果は0になる。
もっとしっかりとした説明があるかもしれない。

電流\(\boldsymbol{i}\)は狭い空間Vの中だけにある(p.252上)こととから、電流が存在する空間よりも広い範囲では電流は0になるため、表面積分も0になる。

式(1.15)の最後から二番目の式を用い、積分の順番に気を付けて入れ替える。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_Vd^3x'\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\left(\omega(t-t')\mp\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\right)} \\ \\ &\to& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_Vd^3x'\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\left(\omega(t-t')-\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\right)}&...&\text{遅延ポテンシァルを用いるため、}\mp\to -\text{を選んだ} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\int_Vd^3x'\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\left(\omega(t-t')-\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\right)} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\int_Vd^3x'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t) e^{-i\left(\omega(t-t')-\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|\right)} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\int_Vd^3x'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t) e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\int_Vd^3x'\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t) e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\int_Vd^3x'\frac{e^{i\frac{\omega}{c}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}'|} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。\(\phi(\boldsymbol{x},t)\)も同様に導ける。

<三行目から四行目の計算>
p.455式(B・26)より、 \begin{eqnarray} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega\left(t-t'-\frac rc \right)}=\delta\left(t-t'-\frac rc\right) \end{eqnarray} を用いている。

<四行目からp.260上の最終行の計算>
p.453下のデルタ関数の積分より、 \begin{eqnarray} &&\int_{-\infty}^{\infty}dt' \delta\left(t-t'-\frac rc\right)\langle \rho^{(l)}(t')\rangle \\ \\ &=& \langle \rho^{(l)}(t-\frac rc)\rangle &...&t'=t-\frac rc\text{で値を持つため}\\ \\ \end{eqnarray} を用いて導ける。

単に\(l=1\)から始めるように定数を設定してるだけなので、\(l=0\)の項はない。

\begin{eqnarray} \phi_1(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{r}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{dh}{dr}\frac{d}{dh}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&h=t-\frac{r}{c}\text{とした} \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{-1}{c}\frac{d}{dh}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&dh=-\frac{1}{c}dr\text{を用いた} \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-1}{cr}\frac{dt}{dh}\frac{d}{dt}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&h=t-\frac{r}{c}\text{とした} \\ \\ &=& \frac{-1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&dh=dt\text{を用いた} \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r^2}\cdot\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\rho^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)& \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} \frac{\boldsymbol{p}(t)}{dt} &=& \int\boldsymbol{x}'\frac{\partial\rho_e(\boldsymbol{x}',t)}{\partial t}d^3x' \\ \\ &=& -\int_V\boldsymbol{x}'\text{div}'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' &...&\text{電荷保存則より}\frac{\partial\rho_e(\boldsymbol{x}',t)}{\partial t}+\text{div}'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)=0\text{を利用} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで、 \begin{eqnarray} \text{div}\left(x\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)\right) &=& x\text{div}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)\cdot\text{grad}x&...&p.445(A・44)\text{より} \\ \\ &=& x\text{div}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)\cdot e_x&...&e_x=\frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|} \\ \\ &=& x\text{div}\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x},t)+\boldsymbol{i}_{ex}(\boldsymbol{x},t)&...&\boldsymbol{i}_{e}(\boldsymbol{x},t)\text{のx成分を}\boldsymbol{i}_{ex}(\boldsymbol{x},t)\text{とした} \end{eqnarray} であることと、元の式の\(x'\)成分を考える。 \begin{eqnarray} &&-\int_V\boldsymbol{x}'\text{div}'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &\to& -\int_Vx'\text{div}'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' &...&\boldsymbol{x}'\text{の}x'\text{成分として}x'\text{を抜き出した}\\ \\ &=& -\int_V(\text{div}'(x'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t))-\boldsymbol{i}_{ex'}(\boldsymbol{x}',t))d^3x' \\ \\ &=& -\int_V\text{div}'(x'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t))d^3x'+\int_V\boldsymbol{i}_{ex'}(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& -\int_S(x'\boldsymbol{i}_e(\boldsymbol{x}',t))\cdot\boldsymbol{n}'(\boldsymbol{x}')dS+\int_V\boldsymbol{i}_{ex'}(\boldsymbol{x}',t)d^3x'&...&\text{Gaussの定理より}\int_V\text{div}\boldsymbol{i}d^3x=\int_S\boldsymbol{i}\cdot\boldsymbol{n}dS \\ \\ &=& 0+\int_V\boldsymbol{i}_{ex'}(\boldsymbol{x}',t)d^3x' &...&\text{被積分部分は}V\text{の内側でしか値を持たないため、}\\&&&&\text{表面では}0\text{として扱える。参考:p.66式(1.7)の導出など}\\ &=& \int_V\boldsymbol{i}_{ex'}(\boldsymbol{x}',t)d^3x' &\\ \\ \end{eqnarray} が導ける。これが各\(y',z'\)についてもいえるため、式(2.16)が導ける。

式(2.15)(2.17)はそれぞれ、スカラー・ポテンシァルとベクトル・ポテンシァルであるため、式(1.5)(1.6)より、点\(\boldsymbol{x}\)における微分(空間的、時間的)をすることで電場、磁場を得られる。

ベクトル・ポテンシァルの回転のx成分を計算する。 \begin{eqnarray} \left(\text{rot}\frac{\dot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)_x &=& \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)-\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right) \\ \\ &=& \dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\partial}{\partial y}\frac{1}{r}-\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\partial}{\partial z}\frac{1}{r}+\frac{1}{r}\left(\frac{\partial}{\partial y}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\partial}{\partial z}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)+\frac{1}{r}\left(\frac{\partial}{\partial y}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\partial}{\partial z}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)&...&(1) \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)+\frac{1}{r}\left(\frac{\partial h}{\partial y}\frac{\partial }{\partial h}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\partial h}{\partial z}\frac{\partial}{\partial h}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)&...&h=t-\frac{r}{c}\text{とした} \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)+\frac{1}{r}\left(\frac{-1}{c}\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial }{\partial h}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{-1}{c}\frac{\partial r}{\partial z}\frac{\partial}{\partial h}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)& \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)+\frac{1}{r}\left(\frac{-1}{c}\frac{y}{r}\frac{\partial }{\partial h}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{-1}{c}\frac{z}{r}\frac{\partial}{\partial h}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)&...&(2) \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\frac{1}{cr^2}\left(y\frac{\partial }{\partial h}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\frac{\partial}{\partial h}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)& \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\frac{1}{cr^2}\left(y\frac{\partial t}{\partial h}\frac{\partial }{\partial t}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\frac{\partial t}{\partial h}\frac{\partial }{\partial t}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)& \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\frac{1}{cr^2}\left(y\frac{\partial }{\partial t}\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\frac{\partial }{\partial t}\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)& \\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(y\dot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\dot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\frac{1}{cr^2}\left(y\ddot{p_z }\left(t-\frac{r}{c}\right)-z\ddot{p_y }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)&\\ \\ &=& -\frac{1}{r^3}\left(\boldsymbol{x}\times\dot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)_x-\frac{1}{cr^2}\left(\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)_x&\\ \\ \end{eqnarray} となることから、式(2.19)が得られる。

1. (1)\(\frac{\partial}{\partial y}\frac{1}{r}=-\frac{y}{r^3},\frac{\partial}{\partial z}\frac{1}{r}=-\frac{z}{r^3}\)を利用
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\(r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)を用いる。\(y\)について示すと、 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial y}\frac{1}{r} &=& \frac{\partial}{\partial y}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial y}(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{1}{2} }\\ \\ &=& \frac{-1}{2}(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2} }\cdot 2y\\ \\ &=& -{r^2}^{-\frac{3}{2} }\cdot y\\ \\ &=& -\frac{y}{r^3}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


2. (2)\(\frac{\partial}{\partial y}r=\frac{y}{r},\frac{\partial}{\partial z}{r}=\frac{z}{r}\)を利用
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\(r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)を用いる。\(y\)について示すと、 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial y}r &=& \frac{\partial}{\partial y}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial y}(x^2+y^2+z^2)^{\frac{1}{2} }\\ \\ &=& \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{1}{2} }\cdot 2y\\ \\ &=& {r^2}^{-\frac{1}{2} }\cdot y\\ \\ &=& \frac{y}{r}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

それぞれの電場、磁場に含まれる\(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p},\boldsymbol{x}\cdot\dot{\boldsymbol{p}},\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\)の項は、それぞれが成す角度\(\theta\)に対して、\(\cos\theta\)がかけられるが、概ね\(|\boldsymbol{x}|=r\)に比例した値になることが推測される。
また、\(\boldsymbol{x}\times\boldsymbol{p}\)も同様に、角度\(\theta\)に由来して、\(\sin\theta\)がかけられるが、概ね\(|\boldsymbol{x}|=r\)に比例すると考えられる。
加えて、ここで、\(\boldsymbol{p}\)の周期が\(T\)であることから、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{p}=\boldsymbol{p}'e^{i\frac{2\pi}{T}t} \end{eqnarray} と書くことができると考えられる。これを用いて、 \begin{eqnarray} \dot{\boldsymbol{p}}&=&\boldsymbol{p}'e^{i\frac{2\pi}{T}t}\cdot i\frac{2\pi}{T}\sim\boldsymbol{p}\frac{1}{T} \\ \\ \ddot{\boldsymbol{p}}&=&\boldsymbol{p}'e^{i\frac{2\pi}{T}t}\cdot \left(i\frac{2\pi}{T}\right)^2\sim\boldsymbol{p}\frac{1}{T^2} \\ \\ \end{eqnarray} と近似することができる。この性質と、\(\frac{1}{\varepsilon_0\mu_0}=c^2\)の性質を用いる。 \begin{eqnarray} E_1^{(0)} &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3}+\frac{3\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^5}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3}+\frac{3r\left(r\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^5}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3}+\frac{3\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\boldsymbol{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3}& \\ \\ &\sim& \frac{1}{r^3}p& \\ \\ E_1^{(1)} &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2}+\frac{3\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^4}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2}+\frac{3r\left(r\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^4}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2}+\frac{3\left(\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^2}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2} &...&(1)\\ \\ &\sim& \frac{1}{cr^2}\frac{p}{T} &\\ \\ &=& \frac{1}{r^2}\frac{p}{cT} &\\ \\ B_1^{(1)} &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{x}\times\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3} \\ \\ &\sim& -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{r\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^3} \\ \\ &\sim& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^2} \\ \\ &=& \frac{\mu_0\varepsilon_0}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^2} \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0c^2}\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r^2} \\ \\ &=& \frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2} \\ \\ &=& \frac{1}{c}\times(1) \\ \\ &\Rightarrow&cB_1^{(1)}\sim\frac{1}{r^2}\frac{p}{cT} &\\ \\ \\ \\ E_1^{(2)} &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{r\left(r\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{\left(\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r}\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r} &...&(2)\\ \\ &\sim& \frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r} \\ \\ &\sim& \frac{1}{c^2r}\frac{p}{T^2} \\ \\ &=& \frac{1}{r}\frac{p}{(cT)^2} \\ \\ B_1^{(2)} &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2} \\ \\ &\sim& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{r\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr} \\ \\ &=& \frac{\mu_0\varepsilon_0}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr} \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0c^2}\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr} \\ \\ &=& \frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r} \\ \\ &=& \frac{1}{c}\times(2) \\ \\ &\Rightarrow& cB_1^{(2)}\sim\frac{1}{r}\frac{p}{(cT)^2} \\ \\ \end{eqnarray} となる。

\(\boldsymbol{n}_0=\frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|}=\frac{\boldsymbol{x}}{r}\)であることを用いる。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{n}_0\times\boldsymbol{E}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|}\times\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{r}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{\boldsymbol{x}\times\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{r}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{0\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right)&...&\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{A}=0\text{であるから} \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r^2}\right) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi\varepsilon_0\mu_0}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r^2}\right) \\ \\ &=& \frac{c^2\mu_0}{4\pi}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r^2}\right) \\ \\ &=& c\frac{\mu_0}{4\pi}\left(-\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2}\right) \\ \\ &=& c\boldsymbol{B}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{B}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t)=\frac{1}{c}\boldsymbol{n}_0\times\boldsymbol{E}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) \end{eqnarray} となる。

\(\boldsymbol{n}_0=\frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|}=\frac{\boldsymbol{x}}{r}\)であることを用いる。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{n}_0\times\boldsymbol{B}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|}\times\left(-\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2}\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{r}\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{x}\times\boldsymbol{x}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr^2} \\ \\ &=& -\frac{1}{r}\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)r^2}{cr^2} \\ \\ &=& -\frac{1}{r}\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^2}+\frac{-\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)r^2}{cr^2}\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^3}+\frac{-\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr}\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^3}\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0\varepsilon_0}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^3}\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0c^2}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{cr}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{cr^3}\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\frac{\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{c^2r}+\frac{\boldsymbol{x}\left(\boldsymbol{x}\cdot\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{c^2r^3}\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\boldsymbol{E}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow&\boldsymbol{E}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t)=-c\boldsymbol{n}_0\times\boldsymbol{B}_1^{(2)}(\boldsymbol{x},t) \end{eqnarray} となる。

平均エネルギーを全方向にわたって積分する。 \begin{eqnarray} \int_S\boldsymbol{\overline{S} }\cdot\boldsymbol{n}_0dS &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^2}{r^2}\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi}\sin^2\theta r^2\sin\theta d\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi\int_0^{\pi}\sin^3\theta d\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi\int_0^{\pi}\sin\theta (1-\cos^2\theta) d\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi\int_1^{-1} (-(1-t^2)) dt&...&t=\cos\theta,dt=-\sin\theta d\theta\text{とした} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi\int_{-1}^1 (1-t^2) dt&\\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi \left[t-\frac{t^3}{3}\right]_{-1}^1 &\\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^22\pi \frac{4}{3} &\\ \\ &=& \frac{\mu_0}{12\pi c}\left|\ddot{\boldsymbol{p} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\right|^2 &\\ \\ \end{eqnarray} が導ける。

\begin{eqnarray} p(t) &=& \int_{-d/2}^{d/2}z\rho(z,t)dz \\ \\ &=& \int_{-d/2}^{d/2}z\pm\frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}dz \\ \\ &=& \frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}\int_{-d/2}^{d/2}(\pm z)dz \\ \\ &=& \frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}\left(\int_{-d/2}^0\left(-z\right)dz+\int_0^{d/2}zdz\right) \\ \\ &=& \frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}\left(\left[\frac{-z^2}{2}\right]_{-d/2}^0+\left[\frac{z^2}{2}\right]_0^{d/2}\right) \\ \\ &=& \frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}\left(\left[-\frac{-d^2}{8}\right]+\left[\frac{d^2}{8}\right]\right) \\ \\ &=& \frac{2I_0i}{\omega d}e^{-i\omega t}\frac{d^2}{4}\\ \\ &=& \frac{I_0id}{2\omega }e^{-i\omega t}\\ \\ \end{eqnarray} が導ける。

\begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{S}}\cdot\boldsymbol{n} &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{|\ddot{\boldsymbol{p}}\left(t-\frac rc\right)|^2}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{|\frac{\partial^2}{\partial t^2}\boldsymbol{p}\left(t-\frac rc\right)|^2}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{|\frac{\partial^2}{\partial t^2}\frac{I_0id}{2\omega }e^{-i\omega t}|^2}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{|(-i\omega)^2\frac{I_0id}{2\omega }e^{-i\omega t}|^2}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{|-\frac{I_0id\omega}{2 }e^{-i\omega t}|^2}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{(-\frac{I_0id\omega}{2 }e^{-i\omega t})(-\frac{I_0(-i)d\omega}{2 }e^{i\omega t})}{r^2}\sin^2\theta &...&(1)\\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{\frac{I_0d\omega}{2 }\frac{I_0d\omega}{2 }}{r^2}\sin^2\theta \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{2(4\pi)^2c}\frac{1}{r^2}\frac{(I_0d\omega)^2}{4 }\sin^2\theta \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。

1. (1)複素数の絶対値の二乗を利用
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複素数\(C=a+ib\)(\(a,b\)は実数)に対し、 \begin{eqnarray} |C|^2 &=& CC^* &=& (a+bi)(a-bi) \end{eqnarray} であることを用いた。

\begin{eqnarray} \phi_2(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{5}{5!!}(-r)^2\left(\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\right)^2\left(\frac{1}{r}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{5}{5\cdot 3\cdot 1}r^2\left(\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\right)\left(\frac{1}{r}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}r\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{r}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}r\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\left(\frac{-1}{r^2}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}r\frac{d}{dr}\left(\frac{-1}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}r\left(\frac{3}{r^4}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-1}{r^3}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-2}{r^3}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r^2}\frac{d^2}{dr^2}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}r\left(\frac{3}{r^4}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-3}{r^3}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r^2}\frac{d^2}{dr^2}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}\left(\frac{3}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-3}{r^2}\frac{d}{dr}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}\left(\frac{3}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{-3}{r^2}\frac{-1}{c}\frac{d}{dt}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\left(\frac{1}{-c}\right)^2\frac{d^2}{dt^2}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&(1) \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}\left(\frac{3}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{3}{r^2}\frac{1}{c}\langle\dot{\rho}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{1}{c^2}\langle\ddot{\rho}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &\sim& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{3}\left(\frac{1}{r}\langle\ddot{\rho}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&(2) \\ \\ \end{eqnarray} となり、式(2.29)が得られる。

1. (1)\(h=t-\frac{r}{c}\)を用いて変換した
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\(h=t-\frac{r}{c}\)に対し、 \begin{eqnarray} dh=-\frac{1}{c}dr \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr} &=& \frac{dh}{dr}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dh} \\ \\ \end{eqnarray} である。また、 \begin{eqnarray} dh=dt \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr} &=& \frac{dh}{dr}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{dt}{dh}\frac{d}{dt} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dt} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これより、 \begin{eqnarray} \frac{d^2}{dr^2} &=& \frac{d}{dr}\left(-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\right) \\ \\ &=& \left(-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\right)\left(-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2} \\ \\ \end{eqnarray} となる。


2. (2)波動域の項に着目した
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基本的には\(\frac{1}{r}\)に比例する項を用いると良い。実際に評価する際は、\(\rho^{(2)}\propto e^{\frac{2\pi i}{T}t}\)であると仮定すると、 \begin{eqnarray} \frac{3}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle &\sim& \frac{1}{r^3}\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle \\ \\ \frac{3}{r^2}\frac{1}{c}\langle\dot{\rho}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle &\sim& \frac{3}{r^2}\frac{1}{c}\langle\frac{2\pi i}{T}\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle \\ \\ &\sim& \frac{1}{r^2}\frac{\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle}{cT} \\ \\ \frac{1}{r}\frac{1}{c^2}\langle\ddot{\rho}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle &\sim& \frac{1}{r}\frac{1}{c^2}\langle\left(\frac{2\pi i}{T}\right)^2\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle \\ \\ &\sim& \frac{1}{r}\frac{\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle}{(cT)^2} \\ \\ \end{eqnarray} である。ここで、\(r\gg cT\)の時に上の二項は三項目よりも早く収束するため、この中では最後の項だけ残る。

\begin{eqnarray} \boldsymbol{A}_2(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{3}{3!!}(-r)\left(\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\right)\left(\frac{1}{r}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{3}{3\cdot 1}r\left(\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\right)\left(\frac{1}{r}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{r}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{-1}{r^2}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{-1}{r^2}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle-\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)&...&(1) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{1}{r^2}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle+\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle\right)& \\ \\ &\sim& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle&...&(2) \\ \\ \end{eqnarray} となり、式(2.32)が得られる。

1. (1)\(h=t-\frac{r}{c}\)を用いて変換した
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\(h=t-\frac{r}{c}\)に対し、 \begin{eqnarray} dh=-\frac{1}{c}dr \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr} &=& \frac{dh}{dr}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dh} \\ \\ \end{eqnarray} である。また、 \begin{eqnarray} dh=dt \end{eqnarray} であるから、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr} &=& \frac{dh}{dr}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{dt}{dh}\frac{d}{dt} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dt} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


2. (2)波動域の項に着目した
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基本的には\(\frac{1}{r}\)に比例する項を用いると良い。実際に評価する際は、\(|\boldsymbol{i}^{(2)}|\propto e^{\frac{2\pi i}{T}t}\)であると仮定すると、 \begin{eqnarray} \frac{1}{r^2}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle &=& \frac{1}{r^2}\langle\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle&...&\text{書き方をそろえただけで特に変形なし} \\ \\ \frac{1}{r}\frac{1}{c}\langle\frac{d}{dt}\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle &\sim& \frac{1}{r}\frac{1}{c}\langle\frac{2\pi i}{T}\boldsymbol{i}^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle \\ \\ &\sim& \frac{1}{r}\frac{\langle\rho^{(2)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle}{cT} \\ \\ \end{eqnarray} である。ここで、\(r\gg cT\)の時に一項目は二項目よりも早く収束するため、二項目だけ残る。

\begin{eqnarray} &&\text{div}'(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\boldsymbol{i}_e) \\ \\ &=& x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+\boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)) \\ \\ &=& x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'x'+x'\boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0) \\ \\ &=& x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'\boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)&...&(1)\boldsymbol{i}_e\text{の}x\text{成分を}i_x\text{とした} \\ \\ &=& x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)&...&(2)\\ \\ \end{eqnarray} となる。

1. (1)\(\boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'x'\)が\(\boldsymbol{i}_e\)の\(x\)成分になること
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\(\boldsymbol{x}'=(x',y',z')\)とする。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}'x' &=& \boldsymbol{i}_e\cdot\text{grad}' \left( \begin{array}{cccc} x' \\ x' \\ x' \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \boldsymbol{i}_e\cdot \left( \begin{array}{cccc} \frac{\partial}{\partial x'}x' \\ \frac{\partial}{\partial y'}x' \\ \frac{\partial}{\partial z'}x' \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \boldsymbol{i}_e\cdot \left( \begin{array}{cccc} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これは\(\boldsymbol{i}_e\)の\(x\)成分を表していると言える。


2. (2)\(\text{grad}'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n})=\boldsymbol{n}\)を用いた
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\(\boldsymbol{x}'=(x_0',y_0',z_0'),\boldsymbol{n}=(x,y,z)\)とする。 \begin{eqnarray} \text{grad}_0'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}) &=& \text{grad}_0' \left( \begin{array}{cccc} x' \\ y' \\ z' \\ \end{array} \right)\cdot \left( \begin{array}{cccc} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \text{grad}_0'\left(xx_0'+yy_0'+zz_0'\right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} \frac{\partial}{\partial x_0'}(xx_0'+yy_0'+zz_0') \\ \frac{\partial}{\partial y_0'}(xx_0'+yy_0'+zz_0') \\ \frac{\partial}{\partial z_0'}(xx_0'+yy_0'+zz_0') \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \boldsymbol{n} \end{eqnarray} が得られる。

p.268下部の恒等式の両辺を積分する。 \begin{eqnarray} && \int_V\text{div}'(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\boldsymbol{i}_e)d^3x'&=&\int_V\left(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)d^3x' \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_S\text{div}'(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\boldsymbol{i}_e)\cdot\boldsymbol{n}dS'&=&\int_V\left(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)d^3x'&...&\text{Gaussの定理より} \\ \\ &\Rightarrow& 0&=&\int_V\left(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\text{div}\boldsymbol{i}_e+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)d^3x'&...&\text{被積分部分はVの内側でしか値を持たないため、}\\&&&&&&\text{表面では0として扱える。p.66式(1.7)の導出など参考} \\ &\Leftrightarrow& 0&=&\int_V\left(x'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\left(-\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x},t)\right)+(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)d^3x'&...&\text{電荷保存則より}\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_V\left((\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_x+x'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)d^3x'&=&\int_Vx'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\left(\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x},t)\right)d^3x'\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_V(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)i_xd^3x'+\int_Vx'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)d^3x'&=&\int_Vx'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x},t)d^3x'\\ \\ \end{eqnarray} となる。これは、\(\boldsymbol{i}_e,\boldsymbol{x}'\)の\(x\)成分\(i_x,x'\)を用いた式だと解釈することができる。この恒等式は\(i_y,y',i_z,z'\)を用いてもそれぞれ成立する。従って、 それぞれの成分をまとめて一つの式で表すと \begin{eqnarray} \int_V(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\boldsymbol{i}_ed^3x'+\int_V\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{i}_e\cdot\boldsymbol{n}_0)d^3x'&=&\int_V\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{n}_0)\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x},t)d^3x'\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\boldsymbol{Q}\)の中で時間\(t\)に関する項は\(\rho_e(\boldsymbol{x}',t)\)しかないことを利用して、 \begin{eqnarray} \dot{\boldsymbol{Q}}=\int_V\left[\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}')-\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\boldsymbol{x}'^2\right]\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \end{eqnarray} であることを用いる。 \begin{eqnarray} &&\dot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=&\int_V\left[\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}')-\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\boldsymbol{x}'^2\right]\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=&\int_V\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}')\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=&\int_V\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}')\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ \end{eqnarray} となるため、式(2.36)とともに式(2.35)に代入すると \begin{eqnarray} \int_V(\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{x}')\boldsymbol{i}_ed^3x' &=& \frac{1}{2}\left(\int_V\boldsymbol{x}'\times\boldsymbol{i}_ed^3x'\right)\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\int_V\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{x}')\frac{\partial}{\partial t}\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \boldsymbol{m}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\left(\dot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right) \end{eqnarray} が得られる。

式(2.32)より \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}_2(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\langle\boldsymbol{i}^{(1)}\left(t-\frac{r}{c}\right)\rangle \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\int_V(\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{x}')\boldsymbol{i}_ed^3x' \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\frac{d}{dt}\left(\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\left(\dot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right)\right)&...&\text{式(2.38)を代入} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\left(\frac{d}{dt}\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\frac{d}{dt}\left(\dot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right)\right) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\left(\dot{\boldsymbol{m}}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\left(\frac{d}{dt}\dot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{d}{dt}\dot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right)\right)&...&\boldsymbol{m}\text{が時間に関する変数であるため、微分を適用した} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\left(\dot{\boldsymbol{m}}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\left(\ddot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{3}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right)\right) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\left(\dot{\boldsymbol{m}}\times\boldsymbol{n}_0+\frac{1}{2}\ddot{\boldsymbol{Q}}+\frac{1}{6}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\right) \\ \\ \end{eqnarray} と変形できる。

式(2.3)の\(l=0\)の項を用いると \begin{eqnarray} \phi_0(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}(2\cdot 0+1)\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\left(\frac{i\omega}{c}\right)h_0^{(1)}(\omega r/c)\int_Vj_0(\omega r'/c)P_0(\cos\theta')\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' \\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\left(\frac{i\omega}{c}\right)\frac{e^{i\omega\frac{r}{c} } }{i\omega\frac{r}{c} }\int_Vj_0(\omega r'/c)P_0(\cos\theta')\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&h_0^{(1)}(\omega r/c)\text{(式(7.13))を代入}\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\frac{e^{i\omega\frac{r}{c} } }{r}\int_Vj_0(\omega r'/c)P_0(\cos\theta')\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\frac{e^{i\omega\frac{r}{c} } }{r}\int_V\frac{x^0}{(2\cdot 0+1)!!}\left(1-\frac{(\omega r'/c)^2}{2(2\cdot 0+3)}+\ldots\right)P_0(\cos\theta')\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&j_0(\omega r'/c)\text{の}\omega r'/c\text{が小さいときの近似を用いた(式(7.14))}\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\frac{e^{i\omega\frac{r}{c} } }{r}\int_V\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{\omega r'}{c}\right)^2+\ldots\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t')}\frac{e^{i\omega\frac{r}{c} } }{r}\int_V\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{\omega}{c}\right)^2\boldsymbol{x}'^2+\ldots\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&r'=|\boldsymbol{x}'|\text{より}r'^2=\boldsymbol{x}'^2\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}\int_V\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{\omega}{c}\right)^2\boldsymbol{x}'^2+\ldots\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&r\text{は積分変数ではないため積分の外に出した}\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega \int_V\left(1-\frac{1}{6}\left(\frac{\omega}{c}\right)^2\boldsymbol{x}'^2+\ldots\right)e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\int_{-\infty}^{\infty}dt'\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega \int_V\left(1+\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}+\ldots\right)e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&(1)\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\int_{-\infty}^{\infty}dt' \int_V\left(1+\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}+\ldots\right)\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\int_{-\infty}^{\infty}dt' \int_V\left(1+\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}+\ldots\right)\delta\left(t-t'-\frac{r}{c}\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t')d^3x' &...&\text{p.455式(B・25)より}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega\left(t-t'-\frac{r}{c}\right)}=\delta\left(t-t'-\frac{r}{c}\right)\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r} \int_V\left(1+\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}+\ldots\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' &...&\text{デルタ関数の積分(p.453)であるため}t'=t-\frac{r}{c}\text{を代入}\\ \\ &\simeq& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r} \int_V\left(1+\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\left[ \int_V\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' + \int_V\frac{1}{6}\boldsymbol{x}'^2\frac{d^2}{dr^2}\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x'\right] &\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\left[ \int_V\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' + \frac{1}{6}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x'\right] &...&(2)\\ \\ &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\left[ \int_V\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' + \frac{1}{6c^2}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x'\right] &\\ \\ \end{eqnarray} と変形できる。

1. (1)\(-\left(\frac{\omega}{c}\right)^2e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}=\frac{d^2}{dr^2}e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})}\)を利用
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\begin{eqnarray} &&\frac{d^2}{dr^2}e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})} \\ \\ &=& \frac{d}{dr}\left(-i\omega\frac{1}{c}\right)e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})} \\ \\ &=& \left(-i\omega\frac{1}{c}\right)^2e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})} \\ \\ &=& -\left(\frac{\omega}{c}\right)^2e^{-i\omega(t-t'-\frac{r}{c})} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。


2. (2)\(\frac{d^2}{dr^2}=\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\)を用いた
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\(h=t-\frac{r}{c}\)とする。 \begin{eqnarray} \frac{d}{dr} &=& \frac{dh}{dr}\frac{d}{dh} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dh}\\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{dt}{dh}\frac{d}{dt}\\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\\ \\ \frac{d^2}{dr^2} &=& \frac{d}{dr}\frac{d}{dr} \\ \\ &=& \left(-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\right)\left(-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2} \end{eqnarray} が得られる。

p.270上部で求めた\(\phi_0(\boldsymbol{x},t)\)とp.268式(2.31)の\(\phi_2(\boldsymbol{x},t)\)はそれぞれ独立であるため、これらの電気四十極モーメントによる項を足し合わせることで \begin{eqnarray} \phi_2^e(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 }\frac{1}{2c^2}\frac{\ddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r}\frac{1}{6c^2}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' &\\ \\ &=& \frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^2}\left[\frac{\ddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}+\frac{1}{3r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x'\right] &\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
ベクトル・ポテンシァルについては、式(2.39)から式(2.40)の磁気双極子による部分を引くことで、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}_2^e(\boldsymbol{x},t) &=& \boldsymbol{A}_2(\boldsymbol{x},t)-\boldsymbol{A}_2^{(m)}(\boldsymbol{x},t)&...&\text{式(2.39),(2.40)} \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{cr}\left[\frac{1}{2}\ddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)+\frac{1}{6}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'\right] \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi c}\left[\frac{\ddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}+\frac{1}{3r}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'\right] \\ \\ \end{eqnarray} が得らえる。

\begin{eqnarray} \phi(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{1}{3r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' &\\ \\ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\boldsymbol{n}_0\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'\\ \\ \end{eqnarray} として電場、磁場を計算し、それらが0になることを示す。
\(r=(x,y,z),\boldsymbol{n}_0=(\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}),r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)とする。はじめに電場\(\boldsymbol{E}=(E_x,E_y,E_z)\)の\(x\)成分を考えると \begin{eqnarray} E_x &=& -\left.\frac{\partial \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right|_x-\left.\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t)\right|_x \\ \\ &=& -\frac{\partial}{\partial t}\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t)&...&\boldsymbol{n}_0\text{のx成分を適用した} \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial}{\partial t}\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t) & \\ \\ &=& -\frac{\mu_0\varepsilon_0}{8\pi c\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t) & \\ \\ &=& -\frac{1}{8\pi c^3\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'-\frac{\partial}{\partial x}\phi(\boldsymbol{x},t) &...&\varepsilon_0\mu_0=\frac{1}{c^2} \\ \\ &=& -\frac{1}{8\pi c^3\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t}\phi(\boldsymbol{x},t) &...&(1) \\ \\ &=& -\frac{1}{8\pi c^3\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t}\frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{1}{3r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' & \\ \\ &=& -\frac{1}{8\pi c^3\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{x}{cr}\frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{1}{3r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' & \\ \\ &=& -\frac{1}{8\pi c^3\varepsilon_0}\frac{1}{3r}\frac{x}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^3}\frac{x}{3r^2}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial^3}{\partial t^3}\rho_e(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c})d^3x' & \\ \\ &=& 0 & \\ \\ \end{eqnarray} が得らえる。これは\(E_y,E_z\)についても同様なので、この項による電場への寄与は0になる。
磁場についても同様にx成分(\(B_x\))だけ考えると \begin{eqnarray} B_x &=& \nabla\times\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)|_x \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial y}A_z(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial}{\partial z}A_y(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& -\frac{y}{rc}\frac{\partial}{\partial t}A_z(\boldsymbol{x},t)+\frac{z}{rc}\frac{\partial}{\partial t}A_y(\boldsymbol{x},t)&...&(1)\text{と同様} \\ \\ &=& -\frac{y}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{z}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{z}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{1}{3r}\frac{y}{r}\int_V\boldsymbol{x}'^2\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'& \\ \\ &=& -\frac{yz}{r^3c}\frac{\mu_0}{24\pi c}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial}{\partial t}\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'+\frac{zy}{r^3c}\frac{\mu_0}{24\pi c}\int_V\boldsymbol{x}'^2\frac{\partial}{\partial t}\ddot{\rho}_e\left(\boldsymbol{x}',t-\frac{r}{c}\right)d^3x'& \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} となり、\(B_y,B_z\)も同様に0になる。従って、式(2.41)の二項目は電場、磁場に寄与しないことが確認できた。

1. (1)\(h=t-\frac{r}{c}\)とし、\(\frac{\partial}{\partial x}=-\frac{x}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\)を利用
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\(h=t-\frac{r}{c},r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)とする。 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial x} &=& \frac{\partial h}{\partial x}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial x}\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}r\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{r}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial t}{\partial h}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これは\(\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\)についても同様に変形できる。

\(\boldsymbol{B}_2^{(m)}\)のx成分を求める。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{B}_2^{(m)}|_x &=& \nabla\times\boldsymbol{A}_2^{(m)}(\boldsymbol{x},t)|_x \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial y}A_z(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial}{\partial z}A_y(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& \frac{-y}{cr}\frac{\partial}{\partial t}A_z(\boldsymbol{x},t)-\frac{-z}{cr}\frac{\partial}{\partial t}A_y(\boldsymbol{x},t)&...&(1) \\ \\ &=& -\frac{1}{c}n_y\frac{\partial}{\partial t}A_z(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{c}n_z\frac{\partial}{\partial t}A_y(\boldsymbol{x},t)&...&n_y=\frac{y}{r},n_z=\frac{z}{r}\text{を用いた} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\left(n_y\frac{\partial}{\partial t}A_z(\boldsymbol{x},t)-n_z\frac{\partial}{\partial t}A_y(\boldsymbol{x},t)\right)& \\ \\ &=& -\left.\frac{1}{c}\boldsymbol{n}_0\times\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_2^{(m)}(\boldsymbol{x},t)\right|_x& \\ \\ &=& \left.\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_2^{(m)}(\boldsymbol{x},t)\times\boldsymbol{n}_0\right|_x&...&\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{B}=-\boldsymbol{B}\times\boldsymbol{A}\text{の性質を利用} \\ \\ &=& \left.\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\mu_0}{4\pi c}\frac{\dot{\boldsymbol{m}}\left(t-\frac{r}{c}\right) \times\boldsymbol{n}_0}{r}\times\boldsymbol{n}_0\right|_x& \\ \\ &=& \left.\frac{\mu_0}{4\pi c^2}\frac{\ddot{\boldsymbol{m}}\left(t-\frac{r}{c}\right) \times\boldsymbol{n}_0}{r}\times\boldsymbol{n}_0\right|_x& \\ \\ \end{eqnarray} となり、\(B_y,B_z\)も同様に得られる。

1. (1)\(h=t-\frac{r}{c}\)とし、\(\frac{\partial}{\partial x}=-\frac{x}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\)を、y,zとして利用
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\(h=t-\frac{r}{c},r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)とする。 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial x} &=& \frac{\partial h}{\partial x}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial x}\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}r\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{r}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial t}{\partial h}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これは\(\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\)についても同様に変形できる。

\(\boldsymbol{E}_2^{(m)}\)はp.270下部の式より、\(\boldsymbol{n}_0\)との外積を取っていることから\(\boldsymbol{n}_0\)と垂直関係にあることがわかる。
また、式(2.42)より \begin{eqnarray} \boldsymbol{B}_2^{(m)} &=& \frac{\mu_0}{4\pi c^2}\frac{\left(\ddot{\boldsymbol{m}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\times\boldsymbol{n}_0\right)\times\boldsymbol{n}_0}{r} \\ \\ &=& \frac{1}{c}\frac{\mu_0}{4\pi c}\frac{\ddot{\boldsymbol{m}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\times\boldsymbol{n}_0}{r}\times\boldsymbol{n}_0 \\ \\ &=& \frac{1}{c}\boldsymbol{E}_2^{(m)}\times\boldsymbol{n}_0 \\ \\ \end{eqnarray} となり、外積であることから\(\boldsymbol{E}_2^{(m)},\boldsymbol{n}_0\)の双方と垂直の関係であることがわかる。
\(\boldsymbol{B}_2^{(m)}\)の大きさは\(\boldsymbol{E}_2^{(m)}\)と\(\boldsymbol{n}_0\)が直交関係にあることを用いる。外積の大きさは\(|\boldsymbol{E}_2^{(m)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0|\sin\frac{\pi}{2}=|\boldsymbol{E}_2^{(m)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0|\)と表せられることから、 \begin{eqnarray} |\boldsymbol{B}_2^{(m)}| &=& |\frac{1}{c}\boldsymbol{E}_2^{(m)}\times\boldsymbol{n}_0| \\ \\ &=& \frac{1}{c}|\boldsymbol{E}_2^{(m)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0| \\ \\ &=& \frac{1}{c}|\boldsymbol{E}_2^{(m)}| \\ \\ \Leftrightarrow |\boldsymbol{E}_2^{(m)}|&=&c|\boldsymbol{B}_2^{(m)}| \end{eqnarray} が導ける。

式(2.41)の一項目を用いて計算する(p.270より二項目は寄与しないため)。磁場を計算する際に\(x\)成分を計算すると \begin{eqnarray} \boldsymbol{B}_2^{(e)}|_x &=& \nabla\times\boldsymbol{A}_2^{(e)}|_x \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial y}\boldsymbol{A}_z-\frac{\partial}{\partial z}\boldsymbol{A}_y \\ \\ &=& \frac{-y}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_z-\frac{-z}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_y&...&(1) \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\left(\frac{y}{r}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_z-\frac{z}{r}\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_y\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\left(n_y\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_z-n_z\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_y\right)&...&n_y=\frac{y}{r},n_z=\frac{z}{r}\text{を利用} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\left(\boldsymbol{n}_0\times\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_2^{(e)}\right)_x \\ \\ &=& \frac{1}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}_2^{(e)}\times\boldsymbol{n}_0\right)_x \\ \\ &=& \frac{1}{c}\left(\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\dddot{\boldsymbol{Q} }\left(t-\frac{r}{c}\right) }{r}\right)\times\boldsymbol{n}_0\right)_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi c^2}\left(\left(\frac{\dddot{\boldsymbol{Q} }\left(t-\frac{r}{c}\right) }{r}\right)\times\boldsymbol{n}_0\right)_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi c^2}\left(\left(\frac{\dddot{\boldsymbol{Q} }\left(t-\frac{r}{c}\right) }{r}\right)\times\frac{\boldsymbol{x}}{r}\right)_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi c^2}\left(\frac{\dddot{\boldsymbol{Q} }\left(t-\frac{r}{c}\right)\times\boldsymbol{x} }{r^2}\right)_x \\ \\ \end{eqnarray} と導け、\(y,z\)成分についても同様に得られる。
同様に式(2.41)の一項目を用いて電場を計算する(p.270より二項目は寄与しないため)。\(x\)成分を計算すると \begin{eqnarray} \boldsymbol{E}_2^{(e)}|_x &=& \left.-\nabla\phi_2^{(e)}(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right|_x \\ \\ &=& -\frac{\partial}{\partial x}\phi_2^{(e)}(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial A_x(\boldsymbol{x},t)}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{-x}{cr}\frac{\partial}{\partial t}\phi_2^{(e)}(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial A_x(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}&...&(1) \\ \\ &=& \frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{8\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{\ddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)-\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\ddot{Q}_x\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right) \\ \\ &=& \frac{x}{cr}\left(\frac{\mu_0}{8\pi\varepsilon_0\mu_0 c^2}\frac{\dddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)-\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\dddot{Q}_x\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right) \\ \\ &=& \frac{x}{cr}\left(\frac{\mu_0c^2}{8\pi c^2}\frac{\dddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)-\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\dddot{Q}_x\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)&...&\varepsilon_0\mu_0=\frac{1}{c^2} \\ \\ &=& \frac{x}{r}\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\dddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right)-\left(\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\dddot{Q}_x\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r}\right) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left(\frac{x}{r}\dddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)-\dddot{Q}_x\left(t-\frac{r}{c}\right)\right) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\left(\boldsymbol{n}_0\dddot{Q}\left(t-\frac{r}{c}\right)-\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)\right|_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\left(\boldsymbol{n}_0\left(\boldsymbol{n}_0\cdot\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{r}{r}\frac{r}{r}\right)\right|_x&...&\text{式(2.37)より}Q=\boldsymbol{Q}\cdot\boldsymbol{n}_0 \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\left(\boldsymbol{n}_0\left(\boldsymbol{n}_0\cdot\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\boldsymbol{x}^2}{r^2}\right)\right|_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\left(\boldsymbol{n}_0\left(\boldsymbol{n}_0\cdot\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)-\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)(\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{n}_0)\right)\right|_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\boldsymbol{n}_0\times\left(\boldsymbol{n}_0\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)\right|_x&...&(2) \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi cr}\left.\frac{\boldsymbol{x}}{r}\times\left(\frac{\boldsymbol{x}}{r}\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)\right|_x \\ \\ &=& \frac{\mu_0}{8\pi c}\left.\frac{\boldsymbol{x}\times\left(\boldsymbol{x}\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^3}\right|_x \\ \\ \end{eqnarray} と導け、\(y,z\)成分でも同様であると考えられる。

1. (1)\(h=t-\frac{r}{c}\)とし、\(\frac{\partial}{\partial x}=-\frac{x}{rc}\frac{\partial}{\partial t}\)を利用し、\(y,z\)にも適用
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\(h=t-\frac{r}{c},r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)とする。 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial x} &=& \frac{\partial h}{\partial x}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial x}\left(t-\frac{r}{c}\right)\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}r\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial x}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{1}{c}\frac{x}{r}\frac{\partial}{\partial h} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial t}{\partial h}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{x}{cr}\frac{\partial}{\partial t} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これは\(\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\)についても同様に変形できる。


2. (2)\(\boldsymbol{n}_0\times(\boldsymbol{n}_0\times\dddot{\boldsymbol{Q}})=\boldsymbol{n}_0(\boldsymbol{n}_0\cdot\dddot{\boldsymbol{Q}})-\dddot{\boldsymbol{Q}}(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{n})\)を利用
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p.440(A・18)から得られる。

\(\boldsymbol{B}_2^{(e)}\)は式(2.44)(2.45)より\(\boldsymbol{x}\)との外積を取っていることから\(\boldsymbol{n}_0=\frac{\boldsymbol{x}}{r}\)と垂直関係にあることがわかる。
また、式(2.42)より \begin{eqnarray} \boldsymbol{E}_2^{(e)} &=& \frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\boldsymbol{x}\times\left(\boldsymbol{x}\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^3} \\ \\ &=& -\frac{\mu_0}{8\pi c}\frac{\left(\boldsymbol{x}\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^3}\times\boldsymbol{x} \\ \\ &=& -\frac{c}{r}\frac{\mu_0}{8\pi c^2}\frac{\left(\boldsymbol{x}\times\dddot{\boldsymbol{Q}}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right)}{r^2}\times\boldsymbol{x} \\ \\ &=& -\frac{c}{r}\boldsymbol{B}_2^{(e)}\times\boldsymbol{x} \\ \\ \end{eqnarray} となり、外積であることから\(\boldsymbol{E}_2^{(e)},\boldsymbol{x}\)の双方と垂直の関係であることがわかる。
\(\boldsymbol{E}_2^{(e)}\)の大きさは\(\boldsymbol{B}_2^{(e)}\)と\(\boldsymbol{x}\)が直交関係にあることを用いる。外積の大きさは\(|\boldsymbol{B}_2^{(e)}\times\boldsymbol{n}_0|=|\boldsymbol{B}_2^{(e)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0|\sin\frac{\pi}{2}=|\boldsymbol{B}_2^{(e)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0|\)と表せられることから、 \begin{eqnarray} |\boldsymbol{E}_2^{(e)}| &=& |-\frac{c}{r}\boldsymbol{B}_2^{(e)}\times\boldsymbol{x}| \\ \\ &=& c|\boldsymbol{B}_2^{(e)}\times\frac{\boldsymbol{x}}{r}| \\ \\ &=& c|\boldsymbol{B}_2^{(e)}|\cdot|\boldsymbol{n}_0| \\ \\ &=& c|\boldsymbol{B}_2^{(e)}| \\ \\ \end{eqnarray} が導ける。

\(\boldsymbol{n}_0=(n_{0x},n_{0y},n_{0z}),\boldsymbol{x}'=(x',y',z')\)とする。式(2.37)より \begin{eqnarray} \boldsymbol{Q} &=& \int_V\left[\boldsymbol{x}'(\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{x}')-\frac 13\boldsymbol{n}_0\boldsymbol{x}'^2\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left[\boldsymbol{x}'(n_{0x}x'+n_{0y}y'+n_{0z}z')-\frac 13\boldsymbol{n}_0(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} \int_V\left[x'(n_{0x}x'+n_{0y}y'+n_{0z}z')-\frac 13n_{0x}(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \int_V\left[y'(n_{0x}x'+n_{0y}y'+n_{0z}z')-\frac 13n_{0y}(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \int_V\left[z'(n_{0x}x'+n_{0y}y'+n_{0z}z')-\frac 13n_{0z}(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} n_{0x}\int_V\left[x'x'-\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0y}\int_V\left[x'y'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0z}\int_V\left[x'z'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ n_{0x}\int_V\left[y'x'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0y}\int_V\left[y'y'-\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0z}\int_V\left[y'z'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ n_{0x}\int_V\left[z'x'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0y}\int_V\left[z'y'\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+n_{0z}\int_V\left[z'z'-\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} \displaystyle\sum_jn_{0j}\int_V\left[x'x_j'-\delta_{x,x_j}\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \displaystyle\sum_jn_{0j}\int_V\left[y'x_j'-\delta_{y,x_j}\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \displaystyle\sum_jn_{0j}\int_V\left[z'x_j'-\delta_{z,x_j}\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \end{array} \right)&...&n_x,n_y,n_z\text{を}n_j\text{、}x',y',z'\text{を}x_j\text{で表した} \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} \displaystyle\sum_jn_{0j}Q_{xj} \\ \displaystyle\sum_jn_{0j}Q_{yj} \\ \displaystyle\sum_jn_{0j}Q_{zj} \\ \end{array} \right)&...&Q_{xj}=\int_V\left[x'x_j'-\delta_{x,x_j}\frac 13(x'^2+y'^2+z'^2)\right]\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'\\ \\ &\Rightarrow& Q_i=\displaystyle\sum_jn_{0j}Q_{ij}&...&x,y,z\text{を}i\text{で表した} \end{eqnarray} となる。

図(2.5)を参考にし、電荷分布が\(z\)軸に対称なとき、\(\rho_e(\boldsymbol{x},t)\)は\(\varphi\)に依存しないと考えらえる。\(Q_{xy}\)を計算すると \begin{eqnarray} Q_{xy} &=& \int_Vx'y'\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_Vr\sin\theta\cos\varphi r\sin\theta\sin\varphi\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'&...&\text{三次元極座標より、}x'=r\sin\theta\cos\varphi,y'=r\sin\theta\sin\varphi,d^3x'=r^2\sin\theta drd\varphi d\theta \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\int_r \int_{\theta} r\sin\theta\cos\varphi r\sin\theta\sin\varphi\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta drd\varphi d\theta \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\sin2\varphi d\varphi\int_r \int_{\theta} r\sin\theta r\sin\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& \left[\frac{-1}{4}\cos 2\varphi \right]_0^{2\pi}\int_r \int_{\theta} r\sin\theta r\sin\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& \frac{-1}{4}\left[\cos 4\pi-\cos 0 \right]\int_r \int_{\theta} r\sin\theta r\sin\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} となる。また、\(Q_{xz},Q_{yz}\)についても同様に \begin{eqnarray} Q_{xz} &=& \int_Vx'z'\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_Vr\sin\theta\cos\varphi r\cos\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'&...&\text{三次元極座標より、}x'=r\sin\theta\cos\varphi,z'=r\cos\theta,d^3x'=r^2\sin\theta drd\varphi d\theta \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\int_r \int_{\theta} r\sin\theta\cos\varphi r\cos\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta drd\varphi d\theta \\ \\ &=& \int_0^{2\pi}\sin\varphi d\varphi\int_r \int_{\theta} r\sin\theta r\cos\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& \left[-\cos \varphi \right]_0^{2\pi}\int_r \int_{\theta} r\sin\theta r\cos\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& \left[-\cos 2\pi+\cos 0 \right]\int_r \int_{\theta} r\cos\theta r\sin\theta\rho_e(\boldsymbol{x}',t)r^2\sin\theta dr d\theta \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} となる。\(Q_{yz}\)についても\(\varphi\)について同様の計算になることから、\(Q_{ij}\)の非対角成分は0になる。

p.271の最下部の式より、 \begin{eqnarray} Q_{xx} &=& \int_V\left(x'x'-\delta_{x'x'}\frac{1}{3}\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{x}'\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(x'x'-\frac{1}{3}(x'^2+y'^2+z'^2)\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(\frac{2}{3}x'^2-\frac{1}{3}(y'^2+z'^2)\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \frac{2}{3}\int_Vx'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'-\frac{1}{3}\int_Vy'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'-\frac{1}{3}\int_Vz'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \frac{2}{3}\alpha-\frac{1}{3}\alpha-\frac{1}{3}\beta \\ \\ &=& \frac{1}{3}(\alpha-\beta) \\ \\ Q_{yy} &=& \int_V\left(y'y'-\delta_{y'y'}\frac{1}{3}\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{x}'\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(y'y'-\frac{1}{3}(x'^2+y'^2+z'^2)\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(-\frac{1}{3}x'^2+\frac{2}{3}y'^2-\frac{1}{3}z'^2\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{3}\int_Vx'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+\frac{2}{3}\int_Vy'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'-\frac{1}{3}\int_Vz'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{3}\alpha+\frac{2}{3}\alpha-\frac{1}{3}\beta \\ \\ &=& \frac{1}{3}(\alpha-\beta) \\ \\ Q_{zz} &=& \int_V\left(z'z'-\delta_{z'z'}\frac{1}{3}\boldsymbol{x}'\cdot\boldsymbol{x}'\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(z'z'-\frac{1}{3}(x'^2+y'^2+z'^2)\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& \int_V\left(-\frac{1}{3}x'^2-\frac{1}{3}y'^2+\frac{2}{3}z'^2\right)\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{3}\int_Vx'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'-\frac{1}{3}\int_Vy'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x'+\frac{2}{3}\int_Vz'^2\rho_e(\boldsymbol{x}',t)d^3x' \\ \\ &=& -\frac{1}{3}\alpha-\frac{1}{3}\alpha+\frac{2}{3}\beta \\ \\ &=& \frac{2}{3}(\beta-\alpha) \\ \\ \end{eqnarray} となる。

\(p\)は電気双極子モーメントを表し、(2.13)の定義より、電荷密度\(e/a^3\)とその広がり\(\int_Vd^3x'\sim a^3\)と電荷の位置情報によって表されるので、 \begin{eqnarray} p\sim e/a^3\cdot a\cdot a^3\sim ea \end{eqnarray} となる。
\(m\)は磁気双極子モーメントを表し、(2.36)より、電流とその広がり\(\int_Vd^3x'\sim a^3\)、電流位置の情報によって表される。 電流は電荷密度\(e/a^3\)を持つ三次元物質が面を通過する量と考えられるので、 \begin{eqnarray} i\sim e/a^3\cdot a^3/a^2\sim e/a^2 \end{eqnarray} と書ける。電荷(電流)の振動の周期を\(T\)とすると、 \begin{eqnarray} i\sim e/a^2 \exp(i\frac{2\pi}{T}t) \end{eqnarray} として表現できるので、この時間微分は \begin{eqnarray} i\sim\frac{\partial}{\partial t} e\exp(i\frac{2\pi}{T}t)\sim \frac{e}{a^2T} \end{eqnarray} となる。また、電流は電荷と同様に\(a\)の範囲にあることから、 \begin{eqnarray} m\sim ia^4 \sim \frac{ea^2}{T} \end{eqnarray} となる。
\(Q\)は電気四重極モーメントであり、(2.37)より、電荷密度\(e/a^3\)とその広がり\(\int_Vd^3x'\sim a^3\)、位置情報の二乗\(a^2\)に関する量で構成されているので \begin{eqnarray} Q\sim e/a^3 a^2 a^3 \sim ea^2 \end{eqnarray} と見積もれる。

もうちょっとわかりやすい表現の見積もりがあると思う。

それぞれの式(2.25)(2.43)(2.46)は波動性領域における式なので、\(r\)に関する部分を省略して考える。 \(p\)は周期が\(T\)なので、\(\ddot{p}\sim ea/T^2\)と見積もれ、 \begin{eqnarray} P_{e2}\sim r^2(2.25)\sim\frac{\mu_0}{c}(\frac{ea}{T^2})^2=\frac{\mu_0}{c}\frac{e^2a^2}{T^4} \end{eqnarray} となる。
\(m\)も周期が\(T\)なので、\(\ddot{m}\sim \frac{ea^2}{T}\frac{1}{T^2}=\frac{ea^2}{T^3}\)と見積もれ、 \begin{eqnarray} P_{m2}\sim r^2(2.43)\sim \frac{\mu_0}{c^3}(\frac{ea^2}{T^3})^2=\frac{\mu_0}{c^3}\frac{e^2a^4}{T^6} \end{eqnarray} と書ける。
\(Q\)も周期が\(T\)なので、\(\dddot{Q}\sim ea^2\frac{1}{T^3}=\frac{ea^2}{T^3}\)と見積もれ、 \begin{eqnarray} P_{e4}\sim r^2(2.46)\sim \frac{c}{\mu_0}(\frac{\mu_0}{c^2})^2(\frac{ea^2}{T^3})^2=\frac{\mu_0}{c^3}\frac{e^2a^4}{T^6} \end{eqnarray} と見積もれる。