相反定理の応用

相反定理(reciprocity theorem)に基づいて 積分方程式を導出し、積分変換を利用して界を決定する。 ^1.2

電荷$\sigma$、および、$\sigma_0$がつくる電位を、 それぞれ、 $\mbox{\large$\phi$}$、 $\mbox{\large$\phi$}_0$と表す。 このとき、電位はラプラスの方程式

$$\begin{eqnarray*} \nabla^2\mbox{\large$\phi$}&=& -\sigma/\varepsilon \\ \nabla^2\mbox{\large$\phi$}_0 &=& -\sigma_0/\varepsilon \end{eqnarray*}$$

を満足するので、 これらの電位の間には、

$$\nabla\cdot( \mbox{\large$\phi$}\nabla\mbox{\large$\phi$}_... ...}( \mbox{\large$\phi$}_0\sigma - \mbox{\large$\phi$}\sigma_0)$$

が成立する。 上式の両辺を体積Vで体積積分し、 Gaussの定理を利用して変形し

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\boldmath${E}$} &=& -\nabla\mbox{\large$\phi$}\\ \mbox{\boldmath${E}$}_0 &=& -\nabla\mbox{\large$\phi$}_0 \end{eqnarray*}$$

を用いると、

$$\int_{\mbox{S}} (\mbox{\large$\phi$}_0 \mbox{\boldmath${E}... ...} (\mbox{\large$\phi$}_0\sigma-\mbox{\large$\phi$}\sigma_0)dV$$

を得る。 さらに、この式を書き換えると、

$$\int_{\mbox{S}} (\mbox{\large$\phi$}_0 E_n -\mbox{\large$\... ...} (\mbox{\large$\phi$}_0\sigma-\mbox{\large$\phi$}\sigma_0)dV$$ (1.17)

と表すことができる。 ここで、 $E_n$、および、$E_{0n}$は電界の境界の外側を向いた法線成分を表す。

$\mbox{\large$\phi$}$を求めるべき未知関数、 $\mbox{\large$\phi$}_0$を既知関数とすると、 式(1.17)は $\mbox{\large$\phi$}$についての 関数方程式となる。 既知の $\mbox{\large$\phi$}_0$を補助ポテンシャルと呼ぶことにする。

特に、電荷$\sigma_0=0$の場合のラプラスの方程式の解を $\mbox{\large$\phi$}_0$に用いれば、

$$\int_{\mbox{S}} (\mbox{\large$\phi$}_0 E_n -\mbox{\large$\... ...}{\varepsilon }\int_{\mbox{V}} \mbox{\large$\phi$}_0\sigma dV$$ (1.18)

なる関係が得られる。

[例4] ２枚の導体平行平板と線電荷

図1.2に示す問題を解き、 観測点($x_0,\,y$)での界を求める。ただし$x_0 > 0$とする。

領域をI($x\le x_0$)とII($x\ge x_0$)に分け、 ラプラスの方程式と$y=0,\,y=a$ 、および、$x=\pm\infty$で境界条件を満足する補助ポテンシャル

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(x,y) &=& \si... ...(x,y) &=& \sin\frac{n\pi}{a}y\,e^{-n\pi x/a} ,\quad(x\ge x_0) \end{eqnarray*}$$

を用いる。このとき、

$$\begin{eqnarray*} E_x^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(x,y) &=& -\frac{n\pi}{a}\sin... ...rac{n\pi}{a}\sin\frac{n\pi}{a}y\,e^{-n\pi x/a} ,\quad(x\ge x_0) \end{eqnarray*}$$

と表される。

• 領域I($x\le x_0$):
  この領域内で式(1.17)の積分を行なえば、 左辺は$y=0,\,y=a$、および、$x\to-\infty$において$0$となるので、
  
  $$\left. \int_0^a( \mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {... ...arepsilon }\mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(0,b)$$
  
  
  が成立する。 この式に 補助ポテンシャルを代入して整理すれば、
  

  $$\int_0^a [E_x(x_0,y)+\frac{n\pi}{a}\mbox{\large$\phi$}(x_0,y)] \s... ...ac{n\pi}{a}y\,dy = \frac{q_0}{\varepsilon }\sin{\frac{n\pi}{a}b}e^{-n\pi x_0/a}$$ (1.19)

  
  
  を得る。
• 領域II($x\ge x_0$):
  領域Iと同様にして、 $x=x_0$での電位と電界についての方程式が得られる:
  

  $$\int_0^a [E_x(x_0,y)-\frac{n\pi}{a}\mbox{\large$\phi$}(x_0,y)] \sin\frac{n\pi}{a}y\,dy = 0$$ (1.20)

  
  

上の２つの方程式を $\mbox{\large$\phi$},\,E_x$についての連立方程式として 解けば、

$$\begin{eqnarray*} \int_0^a \mbox{\large$\phi$}(x_0,y)\sin\frac{n\pi}{a}y\,dy =\... ...arepsilon }\frac{a}{2n\pi}\sin\frac{n\pi}{a}b\, e^{-n\pi x_0/a} \end{eqnarray*}$$

が得られる。

上式は $n=1,2,3,\cdots$について成立し、 $\mbox{\large$\phi$}(x_0,y)$のフーリエ級数展開の逆変換とみなせる。 よって、フーリエ級数展開を利用して、

$$\mbox{\large$\phi$}(x_0,y) = \frac{q_0}{\pi\varepsilon } \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin\frac{n\pi}{a}b \sin\frac{n\pi}{a}y e^{-n\pi x_0/a} ,\ (x_0>0)$$ (1.21)

が求まる。

[例5] ２枚の導体平行平板と線電荷 (部分的に誘電体で満たされた場合)

図 1.3: 一部分が誘電体で満たされた平行導体平板と線電荷の座標

図1.3に示すように、$y=0,\ y=a$に２枚の導体平板が、 ($x_0,y_0$)に$z$軸と平行に線電荷$q_0$[C/m]が置かれているとする。 ただし、$x_0 > 0$、かつ、

$$\mbox{\large$\phi$}(x,0)=\mbox{\large$\phi$}(x,a)=0$$

とする。

$x<0$は比誘電率 $\varepsilon _r$の媒質で満たされており、 $x>0$は真空[誘電率 $\varepsilon _0$]とする。

観測点を$(x',y)$とし、 領域をI($x>x'$),II($0<x<x'$),III($x<0$) の３つに分け、$y=0, a$、および、$x\to\pm\infty$で境界条件を満足する 補助ポテンシャル(ラプラスの方程式の解)

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(x,y) &=& \sin... ...(III)}}}(x,y) &=& \sin\frac{n\pi}{a}y\,e^{ n\pi x/a},\quad(x<0) \end{eqnarray*}$$

を用いる。

このとき、電束密度の$x$成分は、

$$\begin{eqnarray*} D_x^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(x,y) &=&\frac{n\pi}{a}\vareps... ...\varepsilon _r\varepsilon _0 \sin\frac{n\pi}{a}y\,e^{ n\pi x/a} \end{eqnarray*}$$

と表される。

領域I($x>x'$)

式(1.17)に上の補助ポテンシャルを代入すると 次の電位と電束密度についての方程式が得られる。

$$\begin{eqnarray*} -\int_0^a [ \sin\frac{n\pi}{a}y\,e^{-n\pi x'/a} D_x(x',y) -... ...ac{n\pi}{a}y\,e^{-n\pi x'/a} \mbox{\large$\phi$}(x',y) ]dy =0 \end{eqnarray*}$$

この式を整理すれば、

$$\langle{D_x(x',y)}\rangle -\frac{n\pi}{a}\varepsilon _0 \langle{\mbox{\large$\phi$}(x',y)}\rangle =0$$ (1.22)

となる。

ただし、

$$\langle{f(x,y)}\rangle = \int_0^a f(x,y)\,\sin\frac{n\pi}{a}y\,dy$$

を意味する。

領域II($0<x<x'$)

1. 補助ポテンシャル $\mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(II1)}}}$を式(1.17)に 代入して整理すれば、領域Iの場合と同様にして、
   

   $${ e^{-n\pi x'/a} \langle{D_x(x',y)}\rangle -\frac{n\pi}{a}\varepsilon _0 e^{-n\pi x'/a} \langle{\mbox{\large$\phi$}(x',y)}\rangle }$$

   $$-\langle{D_x(0,y)}\rangle +\frac{n\pi}{a}\varepsilon _0 \langle{\mbox{\large$\phi$}(0,y)}\rangle q_0\sin\frac{n\pi}{a}y_0\, e^{-n\pi x_0/a}$$ (1.24)

   
   
   を得る。

2. 補助ポテンシャル $\mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(II2)}}}$について 同様にして次式が得られる。
   

   $$e^{ n\pi x'/a} \langle{D_x(x',y)}\rangle +\frac{n\pi}{a}\varepsilon ... ...}\rangle -\frac{n\pi}{a}\varepsilon _0 \langle{\mbox{\large$\phi$}(0,y)}\rangle$$

   $$= q_0 \sin\frac{n\pi}{a}y_0\, e^{ n\pi x_0/a}$$ (1.25)

   
   

領域III($x<0$)

補助ポテンシャル $\mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(III)}}}$について 同様にして次式が得られる。

$$-\langle{D_x(0,y)}\rangle -\frac{n\pi}{a}\varepsilon _r\varepsilon _0\langle{\mbox{\large$\phi$}(0,y)}\rangle = 0$$ (1.26)

以上、式(1.22)-(1.26)を整理して 次の連立方程式が得られる。

$$\begin{eqnarray*} \left[ \begin{array}{cccc} -1& 1&0&0\\ \displaystyle{e^{-... ...\sin\frac{n\pi}{a}y_0\,e^{ n\pi x_0/a}\\ 0 \end{array}\right] \end{eqnarray*}$$

この方程式を解いて、 $\langle{\mbox{\large$\phi$}(x',y)}\rangle$を求める。

$$\begin{eqnarray*} \frac{n\pi}{a}\varepsilon _0\langle{\mbox{\large$\phi$}(x',y)}... ...psilon _r-1}{\varepsilon _r+1}e^{-n\pi x_0/a} ] e^{-n\pi x'/a} \end{eqnarray*}$$

よって、電位は

$$\mbox{\large$\phi$}(x',y) = \frac{q_0}{\pi\varepsilon _0} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} [e^... ...}] e^{-n\pi x'/a} \sin{\frac{n\pi}{a}y_0} \sin{\frac{n\pi}{a}y} ,\quad (x'>x_0)$$ (1.27)

と表される。

[例6] 導体楔と線電荷

図 1.4: 導体楔と線電荷の座標

図1.4に示すように、 ( $d\cos\varphi _0,\,d\sin\varphi _0$)に$z$軸と平行に線電荷$q_0$[C/m]が 存在し、 $\varphi =0,\,2\pi-\Omega$を境界面とする開き角$\Omega$の導体楔が、 $z$軸を稜線として置かれている場合の 電位分布を求める。ただし、導体楔の電位は$0$[V]とする。

円筒座標系($\rho,\phi,z$)を使用する。 なお、$z$方向に電位は一定である。

$\rho=\rho_0(<d)$での電位を求めることとし、 領域をI($0<\rho<\rho_0$)、II($\rho>\rho_0$)の２つに分ける。 境界条件を考慮して、 ラプラスの方程式の解

$$\begin{eqnarray*} \mbox{\large$\phi$}^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(\rho,\varphi )... ...rphi ) &=& \rho^{-\nu_n} \sin\nu_n\varphi , \quad(\rho>\rho_0) \end{eqnarray*}$$

を補助ポテンシャルとする。 ただし、

$$\nu_n = \frac{n}{p}$$

$$p = \frac{2\pi-\Omega}{\pi}$$

である。

このとき、

$$E_\rho = -\frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial \rho}$$

より、

$$\begin{eqnarray*} E_\rho^{\mbox{\scriptsize {(I)}}}(\rho,\varphi ) &=& -\nu_n... ...(\rho,\varphi ) &=& \nu_n\rho^{-(\nu_{n}+1)} \sin\nu_n\varphi \end{eqnarray*}$$

と表される。

領域IとIIで式(1.17)より、 方程式

$$\begin{eqnarray*} && \int_{0}^{2\pi-\Omega}[ {\rho_0}^{\nu_n}E_\rho(\rho_0,\v... ... d\varphi = \frac{q_0}{\varepsilon } d^{-\nu_n} \sin\nu_n\phi_0 \end{eqnarray*}$$

が得られる。

これらを連立方程式として $\mbox{\large$\phi$}$について解けば、

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi-\Omega} \mbox{\large$\phi$}(\rho_0,\varphi )\si... ...nu_n\varepsilon } (\frac{\rho_0}{d})^{\nu_n}\sin\nu_n\varphi _0 \end{eqnarray*}$$

が得られる。 上式は $\mbox{\large$\phi$}(\rho_0,\varphi )$のフーリエ級数展開の 係数を表すので、 電位が式で求まる。

$$\mbox{\large$\phi$}(\rho_0,\varphi ) = \frac{q_0}{\pi\varepsilon } \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}(\frac{\rho_0}{d})^{\nu_n} \sin\nu_n\varphi _0\, \sin\nu_n\varphi , \quad(\rho_0<d)$$ (1.28)

このとき、電界の$\rho$成分は

$$E_\rho = -\frac{\partial \mbox{\large$\phi$}}{\partial \rho}$$

より、

$$E_\rho(\rho_0,\varphi ) = -\frac{q_0}{p\pi\varepsilon } \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\rho_0^{\nu_n-1}}{d^{\nu_n}} \sin\nu_n\varphi _0\, \sin\nu_n\varphi , \quad(\rho_0<d)$$ (1.29)

となる。 この式で、$\rho_0\to0$とすると、

$$\begin{eqnarray*} E_\rho(\rho_0,\varphi ) &\simeq& -\frac{q_0}{p\pi\varepsilo... ...uad(\rho_0\to0)\\ &=& O(\rho_0^{-(\pi-\Omega)/(2\pi-\Omega)}) \end{eqnarray*}$$

となり、$\Omega<\pi$の場合に電界$E_\rho$は $\rho\to0$で発散する。

ただし、電場のエネルギー

$$\begin{eqnarray*} \frac{\varepsilon }{2}\int\int_S \mbox{\boldmath${E}$}^2 dS ... ...\rho \\ &=& C' \delta^{2\nu_1} \\ &\to& 0,\quad(\delta\to0) \end{eqnarray*}$$

は有限値を取る。