POINT
$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$が$z$軸に対して軸対称性をもち，$(\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A})_{z} = 0$を満たす場合考えます.
- 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，
ここで，$ \boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}$はベクトルラプラシアンです（参考：ベクトルラプラシアン - Notes_JP）．\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
の解は（$\boldsymbol{A}(r,\theta,t)=\boldsymbol{A}(r,\theta) e^{i\omega t}$とするとき）\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\boldsymbol{A} (r,\theta) \\
&=
\end{aligned}
と表せる．&\boldsymbol{A} (r,\theta) \\
&=
\end{aligned}
【証明】
$\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}$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{aligned}
(\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{aligned}
から，(\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{aligned}
\begin{aligned}
\boldsymbol{\nabla}^2 A_z
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_z}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
となるので，スカラー関数の波動方程式に帰着しました．\boldsymbol{\nabla}^2 A_z
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_z}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
//
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{aligned}
\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
の解は（$\boldsymbol{A}(r,\theta,t)=\boldsymbol{A}(r,\theta) e^{i\omega t}$とするとき）\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A}
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\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{aligned}
または&\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{aligned}
\begin{aligned}
&\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{aligned}
と表せる．&\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{aligned}
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$です．ベクトルラプラシアンの表式
\begin{aligned}
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_r
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_r
-\frac{2}{r^2}A_r
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(A_\theta \sin\theta)
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\theta
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\theta
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\theta
+\frac{2}{r^2} \frac{\partial A_r}{\partial\theta}
-\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\varphi
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
+\frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_r}{\partial \varphi}
+\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\theta}{\partial \varphi}
\end{aligned}
から，(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_r
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_r
-\frac{2}{r^2}A_r
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(A_\theta \sin\theta)
- \frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\theta
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\theta
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\theta
+\frac{2}{r^2} \frac{\partial A_r}{\partial\theta}
-\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi} \\
(\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A})_\varphi
&=\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
+\frac{2}{r^2 \sin\theta}\frac{\partial A_r}{\partial \varphi}
+\frac{2\cos\theta}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial A_\theta}{\partial \varphi}
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi}
=0 \\
&\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_\varphi}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
が成り立ちます．第1式から，$A_\varphi$が$\varphi$依存しないことがわかります．&\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi}
=0 \\
&\boldsymbol{\nabla}^2 A_\varphi
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta} A_\varphi
-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A_\varphi}{\partial t^2}
=0
\end{aligned}
第2式において，$A_\varphi(r,\theta,t)=A_\varphi(r,\theta) e^{i\omega t}$とすれば
\begin{aligned}
&\biggl( \boldsymbol{\nabla}^2
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta}
+k^2\biggr) A_\varphi(r,\theta)
=0
\end{aligned}
となります（$k=\omega/c$）．ここで，極座標のラプラシアンは&\biggl( \boldsymbol{\nabla}^2
-\frac{1}{r^2 \sin^2\theta}
+k^2\biggr) A_\varphi(r,\theta)
=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\boldsymbol{\nabla}^2 u \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru) \\
&+\frac{1}{r^2}
\Biggl[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}\Biggr]
\end{aligned}
で与えられるので，上式は&\boldsymbol{\nabla}^2 u \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (ru) \\
&+\frac{1}{r^2}
\Biggl[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial u}{\partial \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}\Biggr]
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (r A_\varphi) \\
&+\frac{1}{r^2}\Biggl[
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial A_\varphi}{\partial \theta} \biggr)
-\frac{1}{\sin^2\theta} A_\varphi \Biggr] \\
&+k^2 A_\varphi
=0
\end{aligned}
となります（$\partial A_\varphi/\partial \varphi =0$を用いました）．&\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} (r A_\varphi) \\
&+\frac{1}{r^2}\Biggl[
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\partial A_\varphi}{\partial \theta} \biggr)
-\frac{1}{\sin^2\theta} A_\varphi \Biggr] \\
&+k^2 A_\varphi
=0
\end{aligned}
ここで，$A_\varphi(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$と変数分離し，$\times r^2/R \Theta$とすると
\begin{aligned}
&\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + r^2 k \\
&=- \frac{1}{\Theta}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta} \\
&(=\lambda)
\end{aligned}
と，左辺は$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$とすると2つの微分方程式&\frac{r}{R}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + r^2 k \\
&=- \frac{1}{\Theta}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\frac{1}{\sin^2\theta} \\
&(=\lambda)
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + \biggl(k-\frac{\lambda}{r^2}\biggr)R =0\\
&\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\biggl(\lambda-\frac{1}{\sin^2\theta}\biggr)\Theta=0
\end{aligned}
が得られます．&\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}(rR) + \biggl(k-\frac{\lambda}{r^2}\biggr)R =0\\
&\frac{1}{\sin\theta}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta}\biggl(\sin\theta \frac{\mathrm{d} \Theta}{\mathrm{d} \theta} \biggr)
+\biggl(\lambda-\frac{1}{\sin^2\theta}\biggr)\Theta=0
\end{aligned}
第2式は$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{aligned}
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{aligned}
であることがわかります．ここで，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{aligned}
\begin{aligned}
\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{aligned}
なので，解として\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{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}P_{l}(\cos\theta)
\end{aligned}
を採用することができます．\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}P_{l}(\cos\theta)
\end{aligned}
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
- 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}
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}
で与えられます．//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}
