軸対称な波動方程式(ベクトルポテンシャル)

POINT

  • 軸対称な場のベクトルポテンシャルが満たす波動方程式を考察する.

円筒座標

円筒座標系の解
円筒標系を考える.$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$が$z$軸に対して軸対称なとき,
\begin{align}
\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{align}の解は($\boldsymbol{A}(r,\theta,t)=\boldsymbol{A}(r,\theta) e^{i\omega t}$とするとき)
\begin{align}
&\boldsymbol{A} (r,\theta) \\
&=
\end{align}と表せる.
ここで,$ \boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}$はベクトルラプラシアンです(参考:ベクトルラプラシアン - Notes_JP).

【証明】
対称性から$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$の$z$成分は0なので,$A_r=A_\theta=0$です.ベクトルラプラシアンの表式
\begin{align}
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_r
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_r
-\frac{1}{r^2}A_r
-\frac{2}{r^2}\frac{\partial A_\theta}{\partial \theta} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\theta
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\theta
-\frac{1}{r^2}A_\theta
+\frac{2}{r^2}\frac{\partial A_\theta}{\partial \theta} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_z
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_z
\end{align}から,
\begin{align}
\boldsymbol{\nabla}^2 A_z
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_z}{\partial t^2}
=0
\end{align}となるので,スカラー関数の波動方程式に帰着しました.
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極座標

極座標系の解
極座標系を考える.$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$が$z$軸に対して軸対称なとき,,
\begin{align}
\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{align}の解は($\boldsymbol{A}(r,\theta,t)=\boldsymbol{A}(r,\theta) e^{i\omega t}$とするとき)
\begin{align}
&\boldsymbol{A} (r,\theta) \\
&=\sum_{l=1}^{\infty}[A_{l} j_{l}(kr) + B_{l} n_{l}(kr)] P_{l}^{\:1}(\cos\theta) \boldsymbol{e}_\varphi
\end{align}または
\begin{align}
&\boldsymbol{A} (r,\theta) \\
&=\sum_{l=1}^{\infty}[A_{l} j_{l}(kr) + B_{l} n_{l}(kr)] \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}P_{l}(\cos\theta) \boldsymbol{e}_\varphi
\end{align}と表せる.

ここで,$ \boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}$はベクトルラプラシアンです(参考:ベクトルラプラシアン - Notes_JP).

【証明】
対称性から$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$の$\varphi$成分は0なので,$A_r=A_\theta=0$です.ベクトルラプラシアンの表式
\begin{align}
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_r
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_r
-\frac{2}{r^2}A_r
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(A_\theta \sin\theta)
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\theta
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\theta
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\theta
+\frac{2}{r^2} \frac{\partial A_r}{\partial\theta}
-\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\varphi
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
+\frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_r}{\partial \varphi}
+\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\theta}{\partial \varphi}
\end{align}から,
\begin{align}
&\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi}
=0 \\
&\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_\varphi}{\partial t^2}
=0
\end{align}が成り立ちます.第1式から,$A_\varphi$が$\varphi$依存しないことがわかります.

第2式において,$A_\varphi(r,\theta,t)=A_\varphi(r,\theta) e^{i\omega t}$とすれば
\begin{align}
&\biggl( \boldsymbol{\nabla}^2
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta}
+k^2\biggr) A_\varphi(r,\theta)
=0
\end{align}となります($k=\omega/c$).ここで,極座標のラプラシアンは
\begin{align}
&\boldsymbol{\nabla}^2 u \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru) \\
&+\frac{1}{r^2}
\Biggl[\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}\Biggr]
\end{align}で与えられるので,上式は
\begin{align}
&\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (r A_\varphi) \\
&+\frac{1}{r^2}\Biggl[
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial A_\varphi}{\partial \theta} \biggr)
-\frac{1}{\sin^2\theta} A_\varphi \Biggr] \\
&+k^2 A_\varphi
=0
\end{align}となります($\partial A_\varphi/\partial \varphi =0$を用いました).

ここで,$A_\varphi(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$と変数分離し,$\times r^2/R \Theta$とすると
\begin{align}
&\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + r^2 k \\
&=- \frac{1}{\Theta}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta} \\
&(=\lambda)
\end{align}と,左辺は$r$だけの関数,右辺は$\theta$だけの関数となります.したがって,各辺は定数となり,これを$\lambda$とすると2つの微分方程式
\begin{align}
&\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + \biggl(k-\frac{\lambda}{r^2}\biggr)R =0\\
&\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\biggl(\lambda-\frac{1}{\sin^2\theta}\biggr)\Theta=0
\end{align}が得られます.

第2式は$z=\cos\theta$と変数変換すれば,Legendreの陪微分方程式(シュレーディンガー方程式(中心力場) - Notes_JPで$m=1$としたもの)になります.したがって,$\lambda=l(l+1)$ $(l=1,2,3,...)$であり,解は
\begin{align}
P_{l}^{\:1}(z)
&=(1-z^2)^{1/2} \frac{\mathrm{d} P_{l}}{\mathrm{d} z} \\
P_{l}(z)
&=\frac{1}{2^l l!} \frac{\mathrm{d}^l}{\mathrm{d} z^l} (z^2-1)^l
\end{align}であることがわかります.ここで,
\begin{align}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}P_{l}(\cos\theta)
&=\frac{\mathrm{d} P_{l}}{\mathrm{d} z}(z) \cdot(-\sin\theta) \\
&=-(1-z^2)^{1/2} \frac{\mathrm{d} P_{l}}{\mathrm{d} z} \\
&=-P_{l}^{\:1}(z)
\end{align}なので,解として
\begin{align}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}P_{l}(\cos\theta)
\end{align}を採用することができます.


第1式についても「極座標のヘルムホルツ方程式」(シュレーディンガー方程式(中心力場) - Notes_JP)で出てくる微分方程式と同じなので,2つの独立な解は

  1. 球Bessel関数($\xi=0$で正則な解)$j_l(\xi)$
  2. 球Neumann関数($\xi=0$で非正則な解)$n_l(\xi)$
または,球Hankel関数
\begin{align}
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{align}で与えられます.//

参考文献/記事