POINT
【関連記事】- Helmholtz方程式$ (\Delta + k^2) \varphi(\boldsymbol{r}) =0$の変数分離解．
- [A]シュレーディンガー方程式（中心力場） - Notes_JP
- [B]体球調和関数と球面調和関数 - Notes_JP
- [C]軸対称な波動方程式（ベクトルポテンシャル） - Notes_JP：ベクトルポテンシャルに関する議論をしています．
- [D]ラプラス方程式 - Notes_JP：$k=0$の場合は「ラプラス方程式」と呼ばれます．
極座標
変数分離
関連記事[A]で\begin{aligned}
[\Delta + f(r)] \varphi(\boldsymbol{r}) =0
\end{aligned}
の形の微分方程式の変数分離を解説しています．$f(r)=k^2$の場合が「ヘルムホルツ方程式」です．[\Delta + f(r)] \varphi(\boldsymbol{r}) =0
\end{aligned}
結果のみを示します：
$\varphi(\boldsymbol{r})=R(r)Y(\theta,\varphi)$と変数分離すると
\begin{aligned}
\begin{cases}
\,\displaystyle
\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR)+\biggl[f(r)-\frac{\lambda}{r^2}\biggr]R =0
&(\text{動径方程式}) \\
\,\displaystyle
\Delta_{S} Y + \lambda Y=0
&(\text{角度方程式})
\end{cases}
\end{aligned}
となります．但し，極座標のラプラシアンを\begin{cases}
\,\displaystyle
\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR)+\biggl[f(r)-\frac{\lambda}{r^2}\biggr]R =0
&(\text{動径方程式}) \\
\,\displaystyle
\Delta_{S} Y + \lambda Y=0
&(\text{角度方程式})
\end{cases}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\Delta u
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
\Delta_{S} u
&=\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}
\end{aligned}
と表しています．\Delta u
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru)
+\frac{1}{r^2} \Delta_{S} u \\
\Delta_{S} u
&=\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}
\end{aligned}
解
ヘルムホルツ方程式の変数分離解
ヘルムホルツ方程式$ (\Delta + k^2) \varphi(\boldsymbol{r}) =0$を極座標で解くと
\begin{aligned}
&\varphi(r,\theta,\varphi) \\
&=\sum_{m=-\infty}^{\infty}\sum_{l=|m|}^{\infty}[A_{lm} j_{l}(kr) + B_{lm} n_{l}(kr)] \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\quad \times P_{l}^{\:m}(\cos\theta)e^{im\varphi}
\end{aligned}
となる（$j_l$は球Bessel関数，$n_l$は球Neumann関数，&\varphi(r,\theta,\varphi) \\
&=\sum_{m=-\infty}^{\infty}\sum_{l=|m|}^{\infty}[A_{lm} j_{l}(kr) + B_{lm} n_{l}(kr)] \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\quad \times P_{l}^{\:m}(\cos\theta)e^{im\varphi}
\end{aligned}
- $\displaystyle P_{l}^{\:m}(x) = (1-x^{2})^{|m|/2} \frac{\mathrm{d}^{|m|} P_{l}}{\mathrm{d} x^{|m|}} (x)$：Legendre陪関数
- $\displaystyle P_{l} (x) = \frac{1}{2^{l} l!} \frac{\mathrm{d}^{l}}{\mathrm{d} x^{l}} (x^{2} - 1)^{l}$：Legendreの多項式
特に，$z$軸に関して対称な解（$\varphi$に依存しない解）は，$m=0$の項だけが残るので
\begin{aligned}
\varphi(r,\theta)
&=\sum_{l=0}^{\infty}[A_{l} j_{l}(kr) + B_{l} n_{l}(kr)] P_{l}(\cos\theta)
\end{aligned}
となります．\varphi(r,\theta)
&=\sum_{l=0}^{\infty}[A_{l} j_{l}(kr) + B_{l} n_{l}(kr)] P_{l}(\cos\theta)
\end{aligned}
角度方程式
関連記事[B]で扱っています．ここでは，結果だけ示します：
角度方程式
\begin{aligned}
\Delta_{S} Y(\theta,\varphi)+ \lambda Y(\theta,\varphi) =0
\end{aligned}
を満たすとき，$|m|\leq l$を満たす整数$l,m$を用いて\Delta_{S} Y(\theta,\varphi)+ \lambda Y(\theta,\varphi) =0
\end{aligned}
- 固有値は$\lambda = l(l+1)$と表すことができ，
- その規格化された固有関数は
\begin{aligned}となる．
&Y_l^{\:m}(\theta,\varphi) \\
&=(-1)^{(m+|m|)/2}\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi} \frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}} \\
&\qquad\qquad\qquad\quad \times P_l^{\:m}(\cos\theta)e^{im\varphi}
\end{aligned}
動径方程式
$f(r)=k^2$のとき，$\lambda=l(l+1)$の場合の動径方程式は\begin{aligned}
\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR_l)+\biggl[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\biggr]R_l =0
\end{aligned}
なので，無次元変数$\xi = kr$に変数変換すれば，\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR_l)+\biggl[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\biggr]R_l =0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2}(\xi \bar{R}_l)+\biggl[1-\frac{l(l+1)}{\xi^2}\biggr]\bar{R}_l =0
\end{aligned}
となります（但し，$\bar{R}_l(\xi)=R_l(\xi/k)=R_l(r)$）．さらに，\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2}(\xi \bar{R}_l)+\biggl[1-\frac{l(l+1)}{\xi^2}\biggr]\bar{R}_l =0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\bar{R}_l(\xi) = u_l(\xi)/\sqrt{\xi}
\end{aligned}
とすると，Besselの微分方程式\bar{R}_l(\xi) = u_l(\xi)/\sqrt{\xi}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}^2 u_l}{\mathrm{d}\xi^2}
+\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d} u_l}{\mathrm{d}\xi}
+\biggl[1-\frac{(l+1/2)^2}{\xi^2} \biggr]u_l
=0
\end{aligned}
に帰着できます（*1）．\frac{\mathrm{d}^2 u_l}{\mathrm{d}\xi^2}
+\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d} u_l}{\mathrm{d}\xi}
+\biggl[1-\frac{(l+1/2)^2}{\xi^2} \biggr]u_l
=0
\end{aligned}
したがって，動径方程式は2つの独立な解として，
- 球Bessel関数（$\xi=0$で正則な解）$j_l(\xi)$
- 球Neumann関数（$\xi=0$で非正則な解）$n_l(\xi)$
\begin{aligned}
j_l(\xi)
&=(\pi/2\xi)^{1/2} J_{l+1/2}(\xi) \\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{\sin\xi}{\xi}\biggr)\\
n_l(\xi)
&=-(-1)^l (\pi/2\xi)^{1/2} J_{-l-1/2}(\xi) \\
&=-(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{\cos\xi}{\xi}\biggr)
\end{aligned}
で与えられます．但し，$J_{\nu}$はBessel関数を表します（関連記事：ベッセル関数の関係式 - Notes_JP）．j_l(\xi)
&=(\pi/2\xi)^{1/2} J_{l+1/2}(\xi) \\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{\sin\xi}{\xi}\biggr)\\
n_l(\xi)
&=-(-1)^l (\pi/2\xi)^{1/2} J_{-l-1/2}(\xi) \\
&=-(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{\cos\xi}{\xi}\biggr)
\end{aligned}
独立解としては，次の球Hankel関数
\begin{aligned}
h_l^{(1)} (\xi)
&= j_l(\xi) + i n_l(\xi) \\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{e^{i\xi}}{i\xi}\biggr)\\
h_l^{(2)} (\xi)
&= j_l(\xi) - i n_l(\xi) (=[h_l^{(1)} (\xi)]^* )\\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{e^{-i\xi}}{-i\xi}\biggr)
\end{aligned}
を用いることもあります．h_l^{(1)} (\xi)
&= j_l(\xi) + i n_l(\xi) \\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{e^{i\xi}}{i\xi}\biggr)\\
h_l^{(2)} (\xi)
&= j_l(\xi) - i n_l(\xi) (=[h_l^{(1)} (\xi)]^* )\\
&=(-\xi)^l \biggl(\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\biggr)^l
\biggl(\frac{e^{-i\xi}}{-i\xi}\biggr)
\end{aligned}
円筒座標
例えば，次に詳しい導出があります．- 詳解物理応用数学演習：第9章「球関数と円柱関数」問題[39]
- Helmholtz Differential Equation--Circular Cylindrical Coordinates -- from Wolfram MathWorld
変数分離
円筒座標系のラプラシアン（ラプラシアン（極座標・円筒座標）の計算はヤコビアンを使うと簡単 - Notes_JP）を使うと，ヘルムホルツ方程式は\begin{aligned}
0
& = (\Delta + k^{2}) \varphi \\
&= \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\biggl(r \frac{\partial \varphi}{\partial r} \biggr)
+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial \theta^{2}}
+\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial z^{2}}
+ k^{2} \varphi
\end{aligned}
0
& = (\Delta + k^{2}) \varphi \\
&= \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\biggl(r \frac{\partial \varphi}{\partial r} \biggr)
+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial \theta^{2}}
+\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial z^{2}}
+ k^{2} \varphi
\end{aligned}
変数分離解
\begin{aligned}
\varphi(r, \theta ,z)
&= R(r) \Theta(\theta) Z(z)
\end{aligned}
を仮定すると\varphi(r, \theta ,z)
&= R(r) \Theta(\theta) Z(z)
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)
+ \frac{1}{\Theta}\frac{\mathrm{d}^{2} \Theta}{\mathrm{d} \theta^{2}}
+ \frac{r^{2}}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
+ r^{2} k^{2}
= 0
\end{aligned}
となり，$\theta$が分離される．そこで\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)
+ \frac{1}{\Theta}\frac{\mathrm{d}^{2} \Theta}{\mathrm{d} \theta^{2}}
+ \frac{r^{2}}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
+ r^{2} k^{2}
= 0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{1}{\Theta}\frac{\mathrm{d}^{2} \Theta}{\mathrm{d} \theta^{2}}
= -n^{2}
\end{aligned}
とすれば$e^{\pm in\theta}$が独立解となる．$\theta$方向には$2\pi$周期の解であるため，$n = 0, 1, 2,...$としてよい．\frac{1}{\Theta}\frac{\mathrm{d}^{2} \Theta}{\mathrm{d} \theta^{2}}
= -n^{2}
\end{aligned}
よって，
\begin{aligned}
\frac{1}{r R}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)
- \frac{n^{2}}{r^{2}}
+ \frac{1}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
+ k^{2}
= 0
\end{aligned}
となり，$z$が分離される．\frac{1}{r R}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)
- \frac{n^{2}}{r^{2}}
+ \frac{1}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
+ k^{2}
= 0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{1}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
= \alpha^{2}
\end{aligned}
とすると\frac{1}{Z} \frac{\mathrm{d}^{2} Z}{\mathrm{d} z^{2}}
= \alpha^{2}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\underbrace{\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)}_{= \frac{\mathrm{d}^{2} R}{\mathrm{d} r^{2}} + \frac{1}{r}\frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r}}
+ \biggl(\alpha^{2} + k^{2} - \frac{n^{2}}{r^{2}} \biggr)R
= 0
\end{aligned}
が得られる．\underbrace{\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\biggl(r \frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r} \biggr)}_{= \frac{\mathrm{d}^{2} R}{\mathrm{d} r^{2}} + \frac{1}{r}\frac{\mathrm{d} R}{\mathrm{d} r}}
+ \biggl(\alpha^{2} + k^{2} - \frac{n^{2}}{r^{2}} \biggr)R
= 0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\begin{cases}
\, x = \sqrt{\alpha^{2} + k^{2}} r \\
\, y = R
\end{cases}
\end{aligned}
とすれば，Besselの微分方程式\begin{cases}
\, x = \sqrt{\alpha^{2} + k^{2}} r \\
\, y = R
\end{cases}
\end{aligned}
\begin{aligned}
y^{\prime\prime} + \frac{1}{x} y^{\prime} + (1 - n^{2} / x^{2}) y = 0
\end{aligned}
である（詳解物理応用数学演習，Bessel function - Wikipediaなど）．この独立解としては，第1種Bessel関数$J_{n}$と第2種Bessel関数$Y_{n}$（= Neumann関数$N_{n}$）を取れる（理論電磁気学第7章$\text{\sect} 3$）．y^{\prime\prime} + \frac{1}{x} y^{\prime} + (1 - n^{2} / x^{2}) y = 0
\end{aligned}
解
$z$依存性がない場合には\begin{aligned}
\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} [A_{n} J_{n} (kr) + B_{n} Y_{n} (kr)] \\
&\qquad\quad \times [C_{n}\cos(n\theta) + D_{n}\sin(n\theta)]
\end{aligned}
\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} [A_{n} J_{n} (kr) + B_{n} Y_{n} (kr)] \\
&\qquad\quad \times [C_{n}\cos(n\theta) + D_{n}\sin(n\theta)]
\end{aligned}
さらに，$Y_{n} (kr) $は$kr\to 0$で発散する．これが許されない場合には
\begin{aligned}
\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} J_{n} (kr) [A_{n} \cos(n\theta) + B_{n}\sin(n\theta)]
\end{aligned}
\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} J_{n} (kr) [A_{n} \cos(n\theta) + B_{n}\sin(n\theta)]
\end{aligned}
加えて，$\theta = 0$に対して対称である場合には
\begin{aligned}
\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} A_{n} J_{n} (kr) \cos(n\theta)
\end{aligned}
となる．\varphi(r, \theta)
&=\sum_{n = 0}^{\infty} A_{n} J_{n} (kr) \cos(n\theta)
\end{aligned}
参考文献
関連記事[A]と同じです．*1:簡単な計算ですが，念のため：
\begin{aligned}
\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2}(\sqrt{\xi} u_l)+\biggl[1-\frac{l(l+1)}{\xi^2}\biggr]u_l/\sqrt{\xi} =0
\end{aligned}で，第2項はライプニッツ則から
\begin{aligned}
&\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2}(\sqrt{\xi} u_l) \\
&=-\frac{1}{4}\xi^{-3/2}u+2\cdot\frac{1}{2}\xi^{-1/2}\frac{\mathrm{d}u_l}{\mathrm{d}\xi}
+ \xi^{1/2}\frac{\mathrm{d}^2u_l}{\mathrm{d}\xi^2} \\
&=\sqrt{\xi}
\biggl(-\frac{1/4}{\xi^2}u+\frac{1}{\xi}\frac{\mathrm{d}u_l}{\mathrm{d}\xi} + \frac{\mathrm{d}^2u_l}{\mathrm{d}\xi^2}\biggr)
\end{aligned}となります．