解法2: 相反定理の応用

領域をI($x<x'$), II($x>x'$)に分け、 相反定理を利用して$x=x'$での積分方程式を導出する。 ただし、$x'>0$とする。

領域I($-\infty<x<x'$)

領域Iにおける補助界として、

$$\mbox{\large$\phi$}_{I}^{(0)}(x,y) = \sin\frac{n\pi y}{a} e^{\Gamma_n x}, \qquad(n=1,2,3,\cdots)$$

を用いる。 $\mbox{\large$\phi$}_{I}^{(0)}(x,y)$は波動方程式を満足し、かつ、 $y=0, a$での境界条件と$x\to-\infty$での放射条件を満足する。

式(2.9)をこの領域に適用すると、

$$\int_0^a[ E_{zI}^{(0)}(x',y)H_y(x',y)-E_{z}(x',y)H_{yI}^{(0)}(x',y) ]dy = - E_{zI}^{(0)}(0,b)I_0$$

と表されるので、上式は

$$e^{\Gamma_n x'} \int_0^a H_y(x',y)\sin\frac{n\pi y}{a} dy -\frac{... ...amma_n x'} \int_0^a E_z(x',y)\sin\frac{n\pi y}{a} dy = \sin\frac{n\pi b}{a} I_0$$ (2.16)

と書き換えられる。

領域II($x'<x<+\infty$)

境界条件、および、放射条件を考慮して補助界を

$$\mbox{\large$\phi$}_{II}^{(0)}(x,y) = \sin\frac{n\pi y}{a} e^{-\Gamma_n x} ,\qquad(n=1,2,3,\cdots)$$

と置く。 このとき、領域Iの場合と同様にすると、式(2.9)より 次の関係式が得られる。

$$-e^{-\Gamma_n x'} \int_0^a H_y(x',y)\sin\frac{n\pi y}{a} d... ...{-\Gamma_n x'} \int_0^a E_z(x',y)\sin\frac{n\pi y}{a} dy = 0$$ (2.17)

式(2.16),(2.17)より、

$$\begin{eqnarray*} \int_0^a E_z(x',y)\sin\frac{n\pi y}{a} dy &=& -\frac{j\omeg... ... \sin\frac{n\pi b}{a} \\ &&\qquad\qquad\qquad(n=1,2,3,\cdots) \end{eqnarray*}$$

が得られる。

上式の左辺は電界、あるいは、磁界のフーリエ級数に等しいので、 逆変換により次の解が得られる。

$$E_z(x',y) = -j\omega\mu I_0\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a\Gamma_n}e^{-\Gamma_n x'} \sin\frac{n\pi b}{a}\sin\frac{n\pi y}{a}$$ (2.18)

$$H_y(x',y) = \frac{1}{a}I_0 \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\Gamma_n x'} \sin\frac{n\pi b}{a}$$ (2.19)

ただし、$\rho'>d$である。