POINT
- 波動方程式の球面波解は，1次元波動方程式に帰着して求められる．
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【証明】\begin{aligned}
\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\Delta\biggl) \phi(\boldsymbol{x},t)=0
\end{aligned}
の解で，\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\Delta\biggl) \phi(\boldsymbol{x},t)=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\phi(\boldsymbol{x},t)=u(r,t),\quad(r=|\boldsymbol{x}|)
\end{aligned}
の形となるもの（球面波）は任意関数$h,g$を用いて\phi(\boldsymbol{x},t)=u(r,t),\quad(r=|\boldsymbol{x}|)
\end{aligned}
\begin{aligned}
u(r,t)=\frac{1}{r}h(r-ct)+\frac{1}{r}g(r+ct)
\end{aligned}
で与えられる．u(r,t)=\frac{1}{r}h(r-ct)+\frac{1}{r}g(r+ct)
\end{aligned}
極座標のラプラシアン
極座標のラプラシアン (Laplacian)
\begin{aligned}
\Delta u
&= \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\biggl(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \biggr) \\
&\quad
+\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 \phi^2}
\biggr]
\end{aligned}
\Delta u
&= \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\biggl(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \biggr) \\
&\quad
+\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 \phi^2}
\biggr]
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}
-\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} ( ru )
=0 \\
&\Leftrightarrow
\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 }{\partial t^2}
-\frac{\partial^2}{\partial r^2}\biggr) ( ru )
=0
\end{aligned}
となる．これは，1次元の波動方程式になっている．ここで，$r$の微分に関する項が&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}
-\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} ( ru )
=0 \\
&\Leftrightarrow
\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 }{\partial t^2}
-\frac{\partial^2}{\partial r^2}\biggr) ( ru )
=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\biggl(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \biggr)
&=\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial u}{\partial r} \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} ( ru )
\end{aligned}
と表せることを用いた．\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}\biggl(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \biggr)
&=\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial u}{\partial r} \\
&=\frac{1}{r} \frac{\partial^2}{\partial r^2} ( ru )
\end{aligned}
よって，1次元波動方程式のダランベールの解より
\begin{aligned}
ru(r,t)=h(r-ct)+g(r+ct)
\end{aligned}
が成り立つ．//ru(r,t)=h(r-ct)+g(r+ct)
\end{aligned}
参考文献
[1]現代数学への入門 熱・波動と微分方程式：$\text{\sect} 4.1$「波動方程式の初期値問題」[2]振動・波動 (基礎物理学選書 (8))：$\text{\sect} 6.4$「3次元空間の波」
[3]場の古典論 (ランダウ=リフシッツ理論物理学教程)：$\text{\sect} 62.$「遅延ポテンシャル」
