固有関数展開法

1. 電荷を除いた空間を変数分離可能な座標に沿って分割する。
2. 分割された部分空間内で、電位をラプラスの方程式の解で 展開する。(展開係数［未知］含む)
3. 分割された空間の境界面上での境界条件より展開係数を決定する。

[例1] 導体球と点電荷

座標の原点を中心とする半径$a$の導体球の近傍 $(0,0,b)$に点電荷$Q_0$が置かれている場合の電位分布を求める。 ただし、空間の誘電率は一定で$\varepsilon$とする。

図 1.1: 導体球と点電荷の座標

球座標系でのラプラスの方程式の解を用いて 電位を展開することとし、 領域を

領域I	$a< r<b$
領域II	$r>b$

の２つに分けると、各領域内には電荷が存在しないので、 電位(ポテンシャル)はラプラスの方程式を満足する。

界は$z$軸に関して回転対称$(\varphi$)であることを考慮して、 電位をラプラスの方程式の解で展開する。 [付録の式(A.5)参照]

界は、$\varphi$方向に対称であるから式(A.5)において $m=0$とすることができる。 このとき、Legendre陪関数はLegendre関数となる。 $\theta=0,\,\pi$で電位は発散しないことから第２種Legendre関数の 係数は$0$となる。 よって、電位は次のように展開される：

$$\mbox{\large$\phi$}(r,\theta)=\left\{ \begin{array}{ll} \... ...+ D_n r^{-(n+1)}] P_n(\cos\theta)}& (r>b) \end{array}\right.$$ (1.1)

上式は未知の展開係数 $\{A_n\},\,\{B_n\},\,\{C_n\},\,\{D_n\}$ を含んでいる。 これらの係数は $r=a,\,r=b,\,r\to\infty$での電位の境界条件、 および、$r=b$での電界の境界条件より決定される。

電界の$r$成分は

$$E_r = - \frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial r}$$

と表される。

(i) $r=a$での境界条件 (導体球表面)

$$\mbox{\large$\phi$}(a,\theta) = \mbox{\large$\phi$}_0\ (=\mbox{一定}), \quad(0\le\theta\le\pi)$$

より、

$$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}[A_n a^{n} + B_n a^{-(n+1)}] P_n(\cos\theta) &=&\mbox{\large$\phi$}_0,\qquad (0\le \theta \le \pi) \end{eqnarray*}$$

が得られる。

$$P_0(\cos\theta) = 1$$

であることを考慮して、上式を変形すると、

$$\begin{eqnarray*} (A_0+\frac{1}{a}B_0-\mbox{\large$\phi$}_0) +\sum_{n=1}^{\infty}[A_n a^{n} + B_n a^{-(n+1)}] P_n(\cos\theta) = 0 \end{eqnarray*}$$

となり、この式が $\theta$の値に依らず成立するには、

$$a^n A_n + a^{-(n+1)} B_n = 0,\quad(n>0)$$ (1.2)

$$A_0 + \frac{1}{a} B_0 = \mbox{\large$\phi$}_0$$ (1.3)

である必要がある。

(ii) $r\to\infty$での境界条件

$$\lim_{r\to\infty} \mbox{\large$\phi$}(r,\theta) = 0, \quad(0\le\theta\le\pi)$$

より、

$$C_n = 0,\quad(n=0,1,2,\cdots)$$ (1.4)

を得る。

式(1.2)-(1.4)より、

$$\begin{eqnarray*} B_n &=& -a^{2n+1}A_n,\quad(n>0)\\ B_0 &=& -a A_0 +a \mbox{\large$\phi$}_0\\ C_n &=& 0,\qquad(n\ge0) \end{eqnarray*}$$

であるから、 式(1.1)は、

$$\mbox{\large$\phi$}(r,\theta)=\left\{ \begin{array}{ll} \... ...y}D_n r^{-(n+1)} P_n(\cos\theta)},& (r>b) \end{array}\right.$$ (1.5)

と書き換えることができる。 また、このとき電界の$r$成分は、

$$E_r(r,\theta) = - \frac{\partial \mbox{\large$\phi$}(r,\theta)}{\partial r}$$

より、

$$E_r(r,\theta)=\left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle{ -... ..._n r^{-(n+2)} P_n(\cos\theta), } & (r>b) \end{array}\right.$$ (1.6)

と表される。

(iii-a) $r=b$での電位の連続条件 $r＝b$においてポテンシャルは連続であることから、

$$\mbox{\large$\phi$}(b-0,\theta) = \mbox{\large$\phi$}(b+0,\theta), \quad(0\le\theta\le\pi)$$

が成立するので、式(1.5)より、

$$\begin{eqnarray*} (b^n-\frac{a^{2n+1}}{b^{n+1}})A_n &=& \frac{1}{b^{n+1}}D_n, ... ...{a}{b})A_0 + \frac{a\mbox{\large$\phi$}_0}{b} &=& \frac{1}{b}D_0 \end{eqnarray*}$$

を得る。 この式を書き換えると、

$$(b^n-\frac{a^{2n+1}}{b^{n+1}})A_n - \frac{1}{b^{n+1}}D_n = -\frac{a}{b}\mbox{\large$\phi$}_0 \delta_{n,0}$$ (1.7)

と表すことができる、 ここで、$\delta_{n,0}$はクロネッカの$\delta$を意味する：

$$\delta_{n,m} = \left\{ \begin{array}{ll} 1,& (n=m)\\ 0,& (n\ne m) \end{array}\right.$$

(iii-b) $r=b\pm0$でのガウスの定理
電束の不連続分が電荷$Q_0$と等しいことから、 $r=b\pm0$でGaussの定理を適用すれば、

$$E_r(b+0,\theta)-E_r(b-0,\theta) = \frac{1}{\varepsilon }\sigma(\theta,\varphi )$$

が成立する。 ここで、 $\sigma(\theta,\varphi )$は半径$b$の球面上での電荷密度であり、

$$\begin{eqnarray*} \sigma(\theta,\varphi ) &=& \left\{ \begin{array}{ll} \fra... ....\\ \Delta S &=& b^2 \sin\theta\,\Delta\varphi \, \Delta\theta \end{eqnarray*}$$

と表される。 ここで、$\Delta\theta$は$\theta\simeq0$での微小な面要素である。

上式へ、式(1.6)を代入し、 $0\le\varphi \le2\pi$で積分する。 さらに、 $\Delta_\theta\to0$の極限として、 $1/\Delta_\theta$をDiracの$\delta-$関数 $\delta(\theta)$で置き換えて整理すると、

$$\begin{array}{l} \displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty \left\{ ... ...\varepsilon b^2}\frac{\delta(\theta)}{\sin\theta} } \end{array}$$

を得る。 上式の両辺に $\sin\theta P_m(\cos\theta)$をかけて $0\le\theta\le\pi$で積分し、整理する。 このとき、Legendre関数の直交性(式(A.6))を利用する。

$m$を$n$で置き換え、

$$P_n(1)=1$$

を利用すると、

$$\frac{2}{2n+1}[ \{nb^{n-1} + (n+1)\frac{a^{2n+1}}{b^{n+2}}\}A_n +\frac{n+1}{b^{n+2}}D_n] = \frac{2a}{b^2}\mbox{\large$\phi$}_0\delta_{n,0} +\frac{Q_0}{2\pi\varepsilon b^2}$$ (1.8)

を得る。

式(1.7),(1.8)を連立方程式として$A_n$,$D_n$を 決定することができる。 その結果は、

$$A_n = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon b^{n+1}}$$ (1.9)

$$D_n = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon }\frac{b^{2n+1}-a^{2n+1}}{b^{n+1}} +a\mbox{\large$\phi$}_0\delta_{n,0}$$ (1.10)

この式を式(1.5)に代入すれば、

$$\mbox{\large$\phi$}(r,\theta) =\left\{ \begin{array}{ll} ... ...rac{a}{r}\mbox{\large$\phi$}_0 }, &(b<r) \end{array}\right.$$ (1.11)

を得る。

更に、式(1.6)より、

$$\begin{eqnarray*} E_r(a,\theta) &=& -\frac{Q_0}{4\pi\varepsilon }\sum_{n=0}^{... ...^{n-1}}{b^{n+1}}P_n(\cos\theta) +\frac{\mbox{\large$\phi$}_0}{a} \end{eqnarray*}$$

であり、導体球上の蓄積電荷は、

$$\begin{eqnarray*} Q &=& 2\pi\varepsilon a^2\int_0^\pi E_r(a,\theta)\sin\theta d... ... &=& -(\frac{a}{b}Q_0 - 4\pi\varepsilon a\mbox{\large$\phi$}_0) \end{eqnarray*}$$

と表される。
導体球上の全蓄積電荷が$0$の場合には、 上式で

$$Q = 0$$

と置いて、 $\mbox{\large$\phi$}$を求めると、

$$\mbox{\large$\phi$}_0 = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon b}$$

となる。 したがって、電位分布は、

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}(r,\theta) &=& \frac{Q_0}{4\pi\varepsilo... ...1}} P_n(\cos\theta) +\frac{aQ_0}{4\pi\varepsilon b}\frac{1}{r} \end{eqnarray*}$$

と表される。 ただし、

$$\begin{eqnarray*} r_{>} = \left\{ \begin{array}{ll} b,&(r<b)\\ r,&(r>b) \e... ...{ \begin{array}{ll} r,&(r<b)\\ b,&(r>b) \end{array} \right. \end{eqnarray*}$$

である。

[例2] ２枚の平行導体平板と線電荷

$y=0$と$y=a$に並行に置かれた２枚の導体平板の間に、 $z$軸と並行に線電荷$q_0$[C/m]が$x=0,\,y=b$に置かれている 場合の電位分布を求める。 ただし、２枚の導体板の電位はともに$0$[v]とする。 ($0<b<a$)

図 1.2: 平行導体平板と線電荷の座標

解法1

($x,y,z$)座標系[Cartisian coordinate system] $(x,y,z)$のラプラスの方程式の解を用いて電位を表現する。 領域を

• 領域I($x<0$)
• 領域II($x>0$)

の２つに分け、$y=0,\,a$での境界条件、 $x\to\pm\infty$での境界条件 、および、$x=0$での電位の連続条件を考慮すると、

$$\mbox{\large$\phi$}(x,y) = \sum_{n=1}^\infty A_n \sin\fr... ... \mbox{\lower-.6ex\hbox{$>$}\kern-.75em\lower.6ex\hbox{$<$}}0)$$ (1.12)

と表すことができる。 このとき、電界は

$$\begin{eqnarray*} E_x(x,y) = - \frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial x} E_y(x,y) = - \frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial y} \end{eqnarray*}$$

と表される。

$x=0$での電界の不連続が線電荷に起因して生じることから、

$$E_x(+0,y) - E_x(-0,y) = \frac{q_0\delta(y-b)}{\varepsilon }$$

なる関係が成立する。(ガウスの定理)

$$E_x(x,y) = - \frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial x}$$

と表されるので、 式(1.12)を上の関係式に代入して整理すると、

$$\frac{2\pi}{a}\sum_{n=1}^{\infty} nA_n\sin\frac{n\pi}{a}y = \frac{q_0\delta(y-b)}{\varepsilon }$$

となる。 この式の両辺に $\sin\frac{m\pi}{a}y$をかけて[$0,a$]で積分する。 このとき、三角関数の直交性[付録の式(A.13)] を考慮すると次式を得る。

$$n\pi A_n = \frac{q_0}{\varepsilon }\sin\frac{n\pi}{a}b$$

これを整理して、

$$A_n = \frac{q_0}{n\pi\varepsilon }\sin\frac{n\pi}{a}b$$

したがって、電位は式(1.12)より、

$$\mbox{\large$\phi$}(x,y) = \frac{q_0}{\pi\varepsilon }\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin\frac{n\pi}{a}b \sin\frac{n\pi}{a}y \exp[-\frac{n\pi}{a}\vert x\vert]$$ (1.13)

と表される。

解法2

線電荷を含む面を境界として領域を

• 領域I($0<y<b$)
• 領域II($b<y<a$)

の２つに分け、 ラプラスの方程式、 $y=0$、および、$y=a$での境界条件、 $y=b$での電位の連続条件を考慮して、 電位を、

$$\mbox{\large$\phi$}(x,y)= \left\{ \begin{array}{ll} \dis... ...ha(a-b)} e^{j\alpha x}d\alpha} ,&(b<y<a) \end{array}\right.$$ (1.14)

と表す。 ここで、$A(\alpha)$は未知関数である。

このとき、$y=b$での電界と電荷の関係より、

$$E_y(x,b+0) - E_y(x,b-0) = \frac{q_0\delta(x)}{\varepsilon }$$

$$E_y = -\frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial y}$$

が成立するので、

$$\begin{eqnarray*} -\int_{-\infty}^{+\infty} \alpha A(\alpha) \{\frac{\cosh\alp... ...}\} e^{j\alpha x}d\alpha &=& \frac{q_0\delta(x)}{\varepsilon } \end{eqnarray*}$$

が得られる。 上式をフーリエ変換して整理すると、$A(\alpha)$が求まる。

$$A(\alpha) = \frac{q_0}{2\pi\varepsilon } \frac{\sinh\alpha(a-b)\sinh\alpha b} {\alpha\sinh\alpha a}$$

この式を式(1.14)に代入して、

$$\mbox{\large$\phi$}(x,y) = \frac{q_0}{2\pi\varepsilon } \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sinh... ...alpha(a-y_{\mbox{\tiny {$>$}}})} {\alpha\sinh\alpha a} \exp{[j\alpha x]}d\alpha$$ (1.15)

が得られる。 ただし、

$$\begin{eqnarray*} y_{\mbox{\tiny {$>$}}}= \left\{ \begin{array}{ll} b,&(y<b)\... ...{ \begin{array}{ll} y,&(y<b)\\ b,&(y>b) \end{array} \right. \end{eqnarray*}$$

を表す。

解の変形(i)

$x>0$の場合

上で得られた、式(1.13)と式(1.15)が等しいことを示す。

$\vert\alpha\vert\to\infty$において、

$$\vert\frac{\sinh\alpha y_{\mbox{\tiny {$<$}}}\,\sinh\alpha(... ...}}}-y_{\mbox{\tiny {$<$}}})\vert\alpha\vert}}{2\alpha} \to 0$$

となるので、 $x>0$のとき、 式(1.15)の積分を複素積分に拡張して、 積分路を上半平面で閉じることができる。 このとき、積分の値は複素$\alpha$平面の上半平面( $\mbox{Im}\alpha>0$)の 留数の和となる。

$$\sinh\alpha a = 0$$

より、

$$\alpha = \frac{jn\pi}{a},\qquad(n=1,2,3,\cdots)$$

に被積分関数の $\mbox{Im}\alpha>0$での１位の極が存在するので、 留数定理により、

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}(x,y) &=& \frac{jq_0}{\varepsilon } \su... ...c{1}{n}\sin\frac{n\pi}{a}b \sin\frac{n\pi}{a}y \,e^{-n\pi x/a} \end{eqnarray*}$$

と変形される。 この結果は式(1.13)と一致している。

$x<0$の場合も同様に、複素積分に拡張し、$\alpha$の下半平面で積分路を閉じて、 留数の和に変形することができる。

解の変形(ii)

式(1.15)を変形し、ポテンシャル分布の物理的な解釈を行なう目的で 鏡象によるポテンシャルの表現式を導出する。

式(1.15)は、

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}(x,y) &=& \frac{q_0}{4\pi\varepsilon } ... ...a\vert a}-e^{-\vert\alpha\vert a})} \bigr] e^{j\alpha x}d\alpha \end{eqnarray*}$$

と書き換えることができる。

ここで、

$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{\vert\alpha\vert a}-e^{-\vert\alpha\vert a}} &=&... ...rt a}} \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty}e^{-\vert\alpha\vert(2n+1)a} \end{eqnarray*}$$

と表されるから、積分公式

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\vert y\vert} (e^{-b\vert... ...-e^{-a\vert y\vert}) e^{jxy}dy &=& \ln\frac{x^2+a^2}{x^2+b^2} \end{eqnarray*}$$

を利用して[II(iv)p.278]^1.1、

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}(x,y) &=& \frac{q_0}{4\pi\varepsilon } ... ...\ln\sqrt{x^2+(y+b+2na)^2} -\ln\sqrt{x^2+(\vert y-b\vert+2na)^2}] \end{eqnarray*}$$

とも表すことができる。

この結果は、導体板により生じる鏡象による表現式となっている。