Laplace 方程式の変数分離（直交座標・球座標と Legendre 多項式）

電磁気学入門　第3章 §3.4　★★★ 偏微分方程式を常微分方程式の組に分け、境界条件を級数の係数で合わせる。Legendre 多項式は以後も繰り返し使う

鏡像法は、境界の形が平面や球のように特別なときにしか使えない。もっと一般的な方法として、電荷の無い領域で Laplace 方程式 $\nabla^2\phi=0$ を変数分離で解く。

解を各座標の1変数関数の積の形に仮定すると、偏微分方程式が常微分方程式の組に分かれる。積の形の解（分離解）を重ね合わせて境界条件に合わせる。どの座標を使うかは境界の形で決める。

直交座標

2次元の例として、$0<x<a$、$y>0$ の半無限の溝を考える。奥行きの方向には一様とする。境界条件は次の3つである。

• 側面 $x=0$ と $x=a$ は接地されている。
• 底面 $y=0$ は電位 $V_0$ に保たれている。
• $y\to\infty$ で $\phi\to0$ である。

$\phi(x,y)=X(x)Y(y)$ とおいて Laplace 方程式に代入し、$XY$ で割ると

$$\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0$$

となる。第1項は $x$ だけ、第2項は $y$ だけの関数である。和がすべての点でゼロなので、それぞれが定数でなければならない。そこで

$$\frac{X''}{X}=-k^2,\qquad \frac{Y''}{Y}=+k^2$$

とおく。$X$ が両側面でゼロになるには振動する解でなければならないので、定数の符号はこの向きに選ぶ。

$X=\sin kx$ ととる。$X(a)=0$ から $k=n\pi/a\ (n=1,2,\dots)$ となる。$Y$ は $\mathrm{e}^{\pm ky}$ の組み合わせである。そのうち無限遠でゼロになるのは $\mathrm{e}^{-ky}$ である。分離解を重ね合わせて

$$\phi(x,y)=\sum_{n=1}^\infty b_n\sin\frac{n\pi x}{a}\,\mathrm{e}^{-n\pi y/a}\tag{3.11}$$

とおく。底面の条件 $\phi(x,0)=V_0$ は $\sum_nb_n\sin(n\pi x/a)=V_0$ を要求する。$\sin$ の直交性

$$\int_0^a\sin\frac{n\pi x}{a}\sin\frac{m\pi x}{a}\,\mathrm{d} x=\frac a2\delta_{nm}$$

を使って両辺に $\sin(m\pi x/a)$ を掛けて積分すると、

$$b_m=\frac2a\int_0^aV_0\sin\frac{m\pi x}{a}\,\mathrm{d} x=\frac{2V_0}{m\pi}\bigl(1-(-1)^m\bigr) =\begin{cases}4V_0/(m\pi)&(m\text{ が奇数})\\0&(m\text{ が偶数})\end{cases}$$

を得る。したがって

$$\phi(x,y)=\frac{4V_0}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\dots}\frac1n\sin\frac{n\pi x}{a}\,\mathrm{e}^{-n\pi y/a} =\frac{2V_0}{\pi}\arctan\frac{\sin(\pi x/a)}{\sinh(\pi y/a)}\tag{3.12}$$

である。2つ目の等号の閉じた形は、$u>0$、$0<v<\pi$ で成り立つ次の級数による。

$$\sum_{n\,\text{奇数}}\frac1n\mathrm{e}^{-nu}\sin nv=\frac12\arctan\frac{\sin v}{\sinh u}$$

この級数は、$w=\mathrm{e}^{-u+\mathrm{i} v}$ として $\sum_{n\,\text{奇数}}w^n/n=\frac12\log\frac{1+w}{1-w}$ の虚部をとって得られる。溝の中央の高さ $y=a/2$ の点では

$$\phi=\frac{2V_0}{\pi}\arctan\frac{1}{\sinh(\pi/2)}=0.261V_0$$

である。

3次元の直方体の境界でも手順は同じである。$\phi=X(x)Y(y)Z(z)$ とおくと

$$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\frac{Z''}{Z}=0$$

となる。3つの分離定数の和がゼロという条件のもとで、正弦・双曲線正弦・指数関数の積を重ね合わせる（確認テスト 3.4-4 は2次元の正方形の例である）。

球座標と Legendre の方程式

境界が球面のときは球座標 $(r,\theta,\varphi)$ を使う。ここでは $z$ 軸のまわりの回転について対称で、電位が $\varphi$ によらない場合を扱う。第1章 §1.4 の球座標のラプラシアンから、

$$\nabla^2\phi=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \phi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial \phi}{\partial \theta}\right)=0$$

である。$\phi=R(r)\Theta(\theta)$ とおき、$r^2/(R\Theta)$ を掛けると

$$\frac{1}{R}\frac{d }{d r}\left(r^2\frac{d R}{d r}\right)=-\frac{1}{\Theta\sin\theta}\frac{d }{d \theta}\left(\sin\theta\frac{d \Theta}{d \theta}\right)$$

となる。左辺は $r$ だけ、右辺は $\theta$ だけの関数である。よって両辺は共通の定数 $\lambda$ に等しい。

動径の方程式 $(r^2R')'=\lambda R$ に $R=r^s$ を入れると、次の関係を得る。

$$s(s+1)=\lambda$$

$\lambda=l(l+1)$ と書けば、2つの解

$$R=r^l,\qquad R=r^{-(l+1)}$$

がある。角度の方程式は $x=\cos\theta$ とおいて書き直す。

$$\frac{d }{d \theta}=-\sin\theta\frac{d }{d x},\qquad \sin^2\theta=1-x^2$$

を使うと

$$\frac{d }{d x}\left[(1-x^2)\frac{d \Theta}{d x}\right]+l(l+1)\Theta=0\tag{3.13}$$

となる。これを Legendre の方程式と呼ぶ。

$l$ が整数でなければならない理由。

(3.13) を展開すると

$$(1-x^2)\Theta''-2x\Theta'+l(l+1)\Theta=0$$

である。$\Theta=\sum_ka_kx^k$ を代入して $x^k$ の係数を比べると

$$a_{k+2}=\frac{k(k+1)-l(l+1)}{(k+1)(k+2)}\,a_k\tag{3.14}$$

を得る。大きな $k$ では $a_{k+2}/a_k\to1-2/k$ となる。このとき級数は、$x=\pm1$ で調和級数 $\sum_k1/k$ と同じように発散する。

この2点 $x=\pm1$ は $\theta=0,\pi$ にあたり、ちょうど対称軸の上である。電荷の無い軸の上で電位が発散してはならない。発散を避けるには級数が有限項で切れる必要がある。

それには (3.14) の分子がある $k$ でゼロになること、すなわち $l$ が 0 以上の整数であることが要る。このとき、次数の偶奇が $l$ と同じ級数だけを残し、もう一方の係数はゼロにとる。

こうして得られる $l$ 次の多項式解を、$x=1$ で値 1 になるように規格化する。これを Legendre 多項式 $P_l(x)$ と呼ぶ。

証明

$u=(x^2-1)^l$ とおくと $(x^2-1)u'=2lxu$ が成り立つ。この両辺を $l+1$ 回微分する。Leibniz の公式で、左辺の$(x^2-1)$ は2回までしか微分が残らないので

$$(x^2-1)u^{(l+2)}+(l+1)\cdot2x\,u^{(l+1)}+\binom{l+1}{2}\cdot2\,u^{(l)}=2l\left[x\,u^{(l+1)}+(l+1)u^{(l)}\right]$$

となる。整理すると

$$(1-x^2)u^{(l+2)}-2x\,u^{(l+1)}+l(l+1)u^{(l)}=0$$

で、$u^{(l)}$ が Legendre の方程式を満たす。これは $2l$ 次多項式を $l$ 回微分したものなので、次数は半分になる。

$x=1$ での値を求める。$u$ は $(x-1)^l(x+1)^l$ と因数分解できる。この積の $l$ 階微分を Leibniz の公式で展開する。$x=1$ では、前の因子をちょうど $l$ 回微分した項だけが残る。その値は

$$l!\,(x+1)^l\big|_{x=1}=l!\,2^l$$

となる。よって $P_l(1)=1$ である。最初の4つは (3.15) を直接計算すれば得られる（$P_2$ は確認テスト 3.4-2 で計算する）。

証明

$l\ne m$ の場合。$P_l$ と $P_m$ の Legendre の方程式

$$\bigl[(1-x^2)P_l'\bigr]'+l(l+1)P_l=0,\qquad\bigl[(1-x^2)P_m'\bigr]'+m(m+1)P_m=0$$

の1つ目に $P_m$、2つ目に $P_l$ を掛けて引く。それを区間 $[-1,1]$ で積分し、部分積分すると

$$\Bigl[(1-x^2)(P_l'P_m-P_m'P_l)\Bigr]_{-1}^{1}+\bigl[l(l+1)-m(m+1)\bigr]\int_{-1}^1P_lP_m\,\mathrm{d} x=0$$

となる（部分積分で出る $\int(1-x^2)P_l'P_m'\mathrm{d} x$ の項は2つの式で同じなので引き算で消える）。境界の項は $1-x^2=0$ により消え、$l(l+1)\ne m(m+1)$ なので積分はゼロである。

$l=m$ の場合の値は、このあとの命題 3.10 の母関数を使って示す。母関数の式を2乗して $x$ で積分すると、$l\ne m$ の交差項は消えるので

$$\int_{-1}^1\frac{\mathrm{d} x}{1-2xt+t^2}=\sum_{l=0}^\infty t^{2l}\int_{-1}^1P_l^2\,\mathrm{d} x$$

である。左辺は

$$-\frac{1}{2t}\Bigl[\log(1-2xt+t^2)\Bigr]_{-1}^{1}=\frac1t\log\frac{1+t}{1-t}=\sum_{l=0}^\infty\frac{2t^{2l}}{2l+1}$$

なので、$t^{2l}$ の係数を比べて $\int_{-1}^1P_l^2\mathrm{d} x=2/(2l+1)$ を得る。

一般解と完全性。

以上をまとめると、$z$ 軸のまわりに対称な Laplace 方程式の一般解は

$$\phi(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty\left(A_lr^l+\frac{B_l}{r^{l+1}}\right)P_l(\cos\theta)\tag{3.17}$$

である。領域に応じて、片方の係数を落とす。

• 球の内部（原点を含む領域）では、$r\to0$ で有限であるために $B_l=0$ とする。
• 球の外部では、$r\to\infty$ で発散しないために $A_l=0$ とする（一様な電場のように無限遠の条件が別に与えられる場合を除く）。

Legendre 多項式は $[-1,1]$ 上の2乗可積分な関数を展開するのに十分な数だけある（完全性。$P_0,\dots,P_n$ が $n$ 次以下の多項式全体を張り、多項式は連続関数を一様に近似できることによる）。境界 $r=a$ で電位 $V(\theta)$ が与えられたら、直交性 (3.16) から係数が

$$A_la^l=\frac{2l+1}{2}\int_0^\pi V(\theta)P_l(\cos\theta)\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\qquad(\text{内部の場合})\tag{3.18}$$

と決まる。外部の場合は左辺を $B_l/a^{l+1}$ に置き換える。

証明

$z$ 軸上の点 $\bm r'=r'\hat{\bm z}$ に単位の点電荷を置く。その電位から定数を除いた関数

$$f(\bm r)=\frac{1}{\left\vert \bm r-\bm r'\right\vert }$$

を考える。この関数は電荷の位置を除いて Laplace 方程式を満たし、$z$ 軸のまわりに対称である。球 $r<r'$ の中で $f$ は有限なので、一般解 (3.17) から次の形に書ける。

$$f=\sum_lA_lr^lP_l(\cos\theta)$$

係数を決めるため、$z$ 軸の正の部分 $\theta=0$ の上で比べる。そこでは $P_l(1)=1$ であり、

$$f=\frac{1}{r'-r}=\frac{1}{r'}\sum_l\left(\frac{r}{r'}\right)^l$$

なので、$A_l=1/r'^{l+1}$ である。

一般の点では、余弦定理から $\left\vert \bm r-\bm r'\right\vert =\sqrt{r^2+r'^2-2rr'\cos\theta}$ である。ここで $t=r/r'$、$x=\cos\theta$ とおけば (3.19) を得る。展開が $z$ 軸の上だけで比べて決まってよいのは、一意性により、係数 $A_l$ が軸の上の値で1通りに決まるからである。

確認テスト

オリジナル

1. 3.4-1 原点を含む球の内部の解で $r^{-(l+1)}$ の項を落とし、無限遠まで広がる外部の解で $r^l\ (l\ge1)$ の項を落とす理由を、それぞれ1文で書け。
2. 3.4-2 Rodrigues の公式 (3.15) から $P_2(x)$ を計算せよ。また、次の2つを直接の積分で確かめよ。

$$\int_{-1}^1P_2^2\,\mathrm{d} x=\frac25,\qquad \int_{-1}^1P_1P_2\,\mathrm{d} x=0$$ 3. 3.4-3 半径 $a$ の球面の上で電位が $V(\theta)=V_0\cos^2\theta$ と与えられている。球の内外に電荷は無く、無限遠で電位はゼロとする。球の内部と外部の電位を求め、球面の電荷の面密度 $\sigma(\theta)$ と全電荷を求めよ。4. 3.4-4 一辺 $a$ の正方形の領域 $0<x<a,\ 0<y<a$ を考える（奥行きの方向には一様）。辺 $y=a$ の電位が $V_0$ で、ほかの3辺の電位は 0 とする。(a) 変数分離で電位を級数で求めよ。(b) 4つの辺の役割を入れ替えた4つの問題の重ね合わせを考えて、正方形の中心の電位が $V_0/4$ であることを示せ。