【物理数学】円筒座標のラプラス方程式とベッセル関数

円筒座標への変換とラプラシアン

直交座標から円筒座標への変換 $(x,y,z)\to(r,\theta,z)$ は$$\begin{cases}x&=&r\cos\theta\\ y&=& r\sin\theta\end{cases}$$で与えられます。$\displaystyle\frac{y}{x}=\tan\theta$ であることから $r,\theta$ について解くと$$\begin{cases}r&=&\sqrt{x^2+y^2}\\\theta &=& \arctan\displaystyle\frac{y}{x}\end{cases}$$それぞれを $x,y$ で偏微分すると次の関係式を得ます。
$$\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos\theta$$$$\frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\sin\theta$$$$\frac{\partial\theta}{\partial x}=\frac{-\frac{y}{x^2}}{1+(\frac{y}{x})^2}=-\frac{\sin\theta}{r}$$$$\frac{\partial\theta}{\partial y}=\frac{\frac{1}{x}}{1+(\frac{y}{x})^2}=\frac{\cos\theta}{r}$$これらの式およびチェインルールによって微分作用素の変換は\begin{eqnarray*}\frac{\partial}{\partial x}&=&\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \theta}\\&=&\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}\frac{\partial}{\partial y}&=&\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial y}\frac{\partial}{\partial \theta}\\&=&\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\end{eqnarray*}となります。

関数 $u(x,y,z)$ のラプラシアンは$$\Delta u\equiv\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}$$円筒座標系で表示するために右辺第1,2項を $r,\theta$ に書き換えると\begin{eqnarray*}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}&=& \left(\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\left(\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}\right)+\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}\right)\\ &=& \cos^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}(\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r})+\frac{\sin\theta}{r^2}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta})+\sin^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r})+\frac{\cos\theta}{r^2}\frac{\partial}{\partial\theta}(\cos\theta\frac{\partial u}{\partial\theta})\\ &=&\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{\sin^2\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\sin^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}+\frac{\cos^2\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}\\ &=&\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}\end{eqnarray*}従って円筒座標系でのラプラシアンは$$\Delta u= \frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}+ \frac{\partial^2u}{\partial z^2} $$と書けます。

ラプラス方程式の解法

ステップ１　$Z(z)$ の分離

ここで関数 $u(x,y,z)$ が3次元ラプラス方程式$$\Delta u=0$$を満たすとします。先ほどの議論より円筒座標系に変換すると$$\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}=0$$この方程式を解くために$$u(r,\theta,z)=R(r)\Theta(\theta)Z(z)$$と変数分離します。すると方程式は$$\Theta Z\left(\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}\right)+\frac{RZ}{r^2}\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}+R\Theta\frac{d^2 Z}{dz^2}=0$$両辺を $R\Theta Z$ で割り$$\frac{1}{R}\left(\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}\right)+\frac{1}{r^2\Theta}\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}+\frac{1}{Z}\frac{d^2 Z}{\partial z^2}=0$$$$\therefore\quad \frac{1}{R}\left(\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}\right)+\frac{1}{r^2\Theta}\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}=-\frac{1}{Z}\frac{d^2 Z}{dz^2}\tag{1}$$この左辺は $r,\theta$ の関数、右辺は $z$ の関数です。よって任意の $r,\theta,z$ で式が成り立つためには左辺と右辺が定数でなければいけません。この定数を $-k^2$ とおくと$$\frac{d^2 Z}{dz^2}=k^2Z$$$$\therefore \; Z(z)=Z_1e^{kz}+Z_2e^{-kz}\;\;(k,Z_1,Z_2\in\mathbb{C})$$

ステップ２　$\Theta(\theta)$ の分離

一方(1)の左辺すなわち $r,\theta$ の関数のほうでは$$\frac{1}{R}\left(\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}\right)+\frac{1}{r^2\Theta}\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}=-k^2$$が成り立っています。変形すると$$\frac{r^2}{R}\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{r}{R}\frac{dR}{dr}+k^2r^2=-\frac{1}{\Theta}\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}\tag{2}$$この左辺は $r$ の関数、右辺は $\theta$ の関数です。よって任意の $r,\theta$ で式が成り立つためには左辺と右辺が定数でなければいけません。この定数を $\nu^2$ とすると$$\frac{d^2\Theta}{d\theta^2}=-\nu^2\Theta$$$$\therefore\; \Theta(\theta)=A\sin\nu\theta+B\cos\nu\theta\;\;(\nu,A,B\in\mathbb{C})$$

ステップ３　ベッセルの微分方程式が出現

一方(2)の左辺すなわち $r$ の関数のほうでは$$\frac{r^2}{R}\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{r}{R}\frac{dR}{dr}+k^2r^2=\nu^2$$
が成り立っています。変形すると$$r^2\frac{d^2R}{dr^2}+r\frac{dR}{dr}+(k^2r^2-\nu^2)R=0$$$kr=\rho$ とおくと
$$\rho^2\frac{d^2R}{d\rho^2}+\rho\frac{dR}{d\rho}+(\rho^2-\nu^2)R=0$$これはベッセルの微分方程式とよばれます。

ベッセルの微分方程式の一般解は第1種ベッセル関数 $J_\nu(\rho)$ および第2種ベッセル関数 $Y_\nu(\rho)$ の線型結合で表されます（あるいはハンケル関数を使うこともできます）。よって解は$$R(r)=R_1J_\nu(kr)+R_2Y_\nu(kr) \;\;(R_1,R_2\in\mathbb{C}) $$

ベッセルの微分方程式の解法はこちら

【D18】ベッセルの微分方程式と級数解

解のまとめ

以上より円筒座標におけるラプラス方程式の解は\begin{eqnarray*} Z(z)&=&Z_1e^{kz}+Z_2e^{-kz}\\ \Theta(\theta)&=&A\sin\nu\theta+B\cos\nu\theta\\ R(r)&=&R_1J_\nu(kr)+R_2Y_\nu(kr) \end{eqnarray*}これらを境界条件や初期条件をもとに解くことになります。

球座標でもやってみました↓

2021年12月28日 球座標のラプラス方程式とルジャンドル陪微分方程式

ベッセル関数に関する記事

第1種ベッセル関数の積分表示とその導出

第1種ベッセル関数の積分表示(2) ポアソンの公式の導出

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