球座標のラプラス方程式とルジャンドル陪微分方程式

前回は3次元のラプラス方程式を円筒座標に変換することでベッセルの微分方程式が現れることを説明しました。

2021年12月22日 【物理数学】円筒座標のラプラス方程式とベッセル関数

今回は極座標（球座標）のラプラス方程式を考えてみましょう。

まずは左辺のラプラシアン $\Delta$ を変形しないといけません。これがなかなか大変。

球座標への変換とラプラシアン

直交座標から球座標への変換は$$\begin{cases}x=r\sin\theta\cos\phi\\y=r\sin\theta\sin\phi\\z=r\cos\theta\end{cases}$$で与えられます。逆に解くと$$\begin{cases}r&=&\sqrt{x^2+y^2+z^2}\\\theta&=&\arccos\displaystyle\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\\phi&=&\arctan\displaystyle\frac{y}{x}\end{cases}$$とあらわせます。

偏微分しましょう。$r,\theta,\phi$ をそれぞれ $x,y,z$ で偏微分するので９回やらねばなりません。偏微分したら $x,y,z$ の式になりますが、それを $r,\theta,\phi$ で表しておきます。$$\begin{cases}\displaystyle\frac{\partial r}{\partial x}&=&\sin\theta\cos\phi \\ \displaystyle\frac{\partial r}{\partial y}&=&\sin\theta\sin\phi \\ \displaystyle\frac{\partial r}{\partial z}&=&\cos\theta \\[1em] \displaystyle\frac{\partial \theta}{\partial x}&=&\displaystyle\frac{\cos\theta\cos\phi}{r} \\ \displaystyle\frac{\partial \theta}{\partial y}&=& \displaystyle\frac{\cos\theta\sin\phi}{r} \\ \displaystyle\frac{\partial \theta}{\partial z}&=& -\displaystyle\frac{\sin\theta}{r} \\[1em] \displaystyle\frac{\partial \phi}{\partial x}&=& -\displaystyle\frac{\sin\phi}{r\sin\theta} \\ \displaystyle\frac{\partial \phi}{\partial y}&=& \displaystyle\frac{\cos\phi}{r\sin\theta} \\ \displaystyle\frac{\partial \phi}{\partial z}&=& 0\end{cases}$$

チェインルールにより微分演算子の変換は以下のようになります。$$\begin{cases} \displaystyle\frac{\partial}{\partial x}&=&\sin\theta\cos\phi \displaystyle\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta\cos\phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}-\frac{\sin\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \phi} \\ \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}&=&\sin\theta\sin\phi \displaystyle\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta\sin\phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{\cos\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \phi} \\ \displaystyle\frac{\partial}{\partial z}&=&\cos\theta \displaystyle \frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta} \end{cases}$$

よってラプラシアンは\begin{eqnarray*}\Delta u&=& \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+ \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} \\ &=& \left(\sin\theta\cos\phi \displaystyle\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta\cos\phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}-\frac{\sin\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \phi}\right) \left(\sin\theta\cos\phi \displaystyle\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\theta\cos\phi}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}-\frac{\sin\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial u}{\partial \phi}\right) \\ &&+\left( \sin\theta\sin\phi \displaystyle\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta\sin\phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{\cos\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \phi} \right) \left( \sin\theta\sin\phi \displaystyle\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\theta\sin\phi}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta}+\frac{\cos\phi}{r\sin\theta}\frac{\partial u}{\partial \phi} \right) \\ &&+ \left(\cos\theta \displaystyle \frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta} \right) \left(\cos\theta \displaystyle \frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial \theta} \right) \\&=& \frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \right) +\frac{1}{r^2\sin\theta} \frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial \theta} \right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial\phi^2} \end{eqnarray*}

簡単に式変形できるかのように書きましたが、上の計算はかなり大変です。初めての場合は丸1日以上かかっても普通だと思います。

ラプラス方程式の解法

方程式を変数分離によって解いていきます。もちろんそこで得られる解 $u$ は変数分離可能という前提を満たすもののみとなります。

ステップ１：$\phi$ の分離

ラプラス方程式 $\Delta u=0$ を球座標で表すと$$ \frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial u}{\partial r} \right) +\frac{1}{r^2\sin\theta} \frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial \theta} \right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 u}{\partial\phi^2} =0$$ この方程式を解くために$$u(r,\theta,\phi)=R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)$$と変数分離します。$$ \frac{\Theta\Phi}{r^2} \frac{d }{dr}\left(r^2 \frac{dR}{dr}\right) +\frac{R\Phi}{r^2\sin\theta} \frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta} \right)+\frac{R\Theta}{r^2\sin^2\theta}\frac{d^2 \Phi}{d\phi^2} =0$$両辺に $r^2\sin^2\theta $ をかけて $R\Theta\Phi$ で割ります。整理すると$$\frac{\sin^2\theta}{R}\frac{d }{dr}\left(r^2 \frac{dR}{dr}\right) +\frac{\sin\theta}{\Theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta} \right)=-\frac{1}{\Phi}\frac{d^2 \Phi}{d\phi^2}\tag{1}$$この左辺は $r,\theta$ の関数、右辺は $\phi$ の関数です。よって任意の $r,\theta,\phi$ で式が成り立つためには左辺および右辺が定数でなければいけません。この定数を $m^2$ とおくと右辺は$$ \frac{d^2 \Phi}{d\phi^2} =-m^2\Phi(\phi)$$よって $\phi$ のみに関する微分方程式が得られ、その解は一般に$$\Phi(\phi)=\Phi_1e^{im\phi}+ \Phi_2e^{-im\phi}\;(m,\Phi_1,\Phi_2\in\mathbb{C})$$

ステップ２：$r$ の分離

(1)の左辺は$$ \frac{\sin^2\theta}{R}\frac{d }{dr}\left(r^2 \frac{dR}{dr}\right) +\frac{\sin\theta}{\Theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta} \right)= m^2$$これを変形して$$ \frac{1}{R}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR}{dr}\right) =-\frac{1}{\Theta\sin\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta}\right)+\frac{m^2}{\sin^2\theta}\tag{2}$$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および右辺が定数でなければいけません。この定数を $\nu(\nu+1)$ とおくと左辺は$$ \frac{1}{R}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR}{dr}\right) = \nu(\nu+1) $$ $$\therefore\;r^2R^{\prime\prime}+2rR'-\nu(\nu+1)R=0$$これはオイラー・コーシーの方程式とよばれる形です。左辺にある $3$ 項とも $r$ について同じ「べき」となっているのが特徴です（微分は $r$ の次数を１つ下げるため）。そこで $R(r)=r^n $ を試行解として代入すると$$n(n-1)r^n+2nr^n-\nu(\nu+1)r^n=0$$ $$\therefore\;(n+\nu+1)(n-\nu)=0$$すなわち $r^\nu$ , $r^{-\nu-1}$ が特殊解であり、よって一般解は$$R(r)=R_1r^\nu+R_2r^{-\nu-1}\;(\nu,R_1,R_2\in\mathbb{C})$$

ステップ３：$\theta$ の分離とルジャンドル陪微分方程式

(2)の右辺は$$-\frac{1}{\Theta\sin\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta}\right)+\frac{m^2}{\sin^2\theta} =\nu(\nu+1)$$$$\therefore\; \frac{1}{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta}\right)+\left[\nu(\nu+1)-\frac{m^2}{\sin^2\theta}\right]\Theta =0\tag{3}$$

$t=\cos\theta$ と置換すると$dt=-\sin\theta d\theta$ なので$$\frac{d}{d\theta}=\frac{dt}{d\theta}\frac{d}{dt}=-\sqrt{1-t^2}\frac{d}{dt}$$よって $$ \sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta} =-(1-t^2)\frac{d\Theta}{dt}$$と書けるので(3)は$$\frac{d}{dt}\left\{(1-t^2)\frac{d\Theta}{dt}\right\}+\left[\nu(\nu+1)-\frac{m^2}{1-t^2}\right]\Theta=0$$これを「ルジャンドルの陪微分方程式」といい、その独立な$2$解は$$P_\nu^m(t)=\frac{1}{\Gamma(1-m)}\left(\frac{1+t}{1-t}\right)^\frac{m}{2}{}_2F_1\left(\begin{matrix}-\nu , \nu+1 \\ 1-m\end{matrix} ;\frac{1-t}{2}\right)$$$$Q_\nu^m(t)=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(m+\nu+1)}{2^{\nu+1}\Gamma(\nu+\frac{3}{2})}e^{i\pi m}\frac{(t^2-1)^{\frac{m}{2}}}{t^{m+\nu+1}}{}_2F_1\left(\begin{matrix}\frac{m+\nu+1}{2},\frac{m+\nu+2}{2} \\ \nu+\frac{3}{2}\end{matrix} ;\frac{1}{t^2}\right)$$です。$P_\nu^m$ , $Q_\nu^m$ はそれぞれ第1種ルジャンドル陪函数、第2種ルジャンドル陪函数といいます。

よって求める一般解は$$\Theta(\theta)=\Theta_1 P_\nu^m(\cos\theta)+ \Theta_2 Q_\nu^m(\cos\theta) \;\;(m,\nu,\Theta_1,\Theta_2\in\mathbb{C}) $$

※ルジャンドル陪函数の求め方はこちら

【D13】ルジャンドルの陪微分方程式

解のまとめ

以上によって3次元ラプラス方程式の球座標による解は\begin{eqnarray*} \Phi(\phi)&=&\Phi_1e^{im\phi}+ \Phi_2e^{-im\phi} \\ R(r)&=&R_1r^\nu+R_2r^{-\nu-1}\\ \Theta(\theta)&=&\Theta_1 P_\nu^m(\cos\theta)+ \Theta_2 Q_\nu^m(\cos\theta)\end{eqnarray*}これらを初期条件や境界条件を考慮して計算していくことになります。

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