円環領域におけるポテンシャル:2次元ラプラス方程式の解き方

どうも、木村(@kimu3_slime)です。

今回は、同軸円筒領域、円環領域におけるポテンシャル、2次元ラプラス方程式の解き方を紹介します。

 

同軸円筒(coaxial cylinder)は、2つの円筒で、外側の円の中心と内側の円の中心が一致しているものです。同心円筒とも。

平面上に図示すると、次のようになります。内側の円の半径を\(r_1\)、外側を\(r_2\)としましょう。

このような穴の空いた円盤は、円環領域(アニュラス)と呼ばれるものです。

 

この2次元の領域における(電気)ポテンシャル、すなわちラプラス方程式

\[ \begin{aligned}\Delta u =\frac{\partial^2 u }{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u }{\partial y^2}=0\end{aligned} \]

の解を求めてみましょう。円筒座標系の問題において、解が\(z\)に依存しない、\(z\)について一様なケースです。

これは同軸円筒形の2つのコンデンサーがあって、その電位差を求める問題とも言えます。

 

ラプラシアンは回転不変であることが知られており、\(u=u(r)\)という形の球対称な解を持つのではないかと推測できます。

そこで、考えている領域に合わせて、2次元極座標でのラプラシアン

\Delta u&=  \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} +\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}
\

を用いましょう。\(u\)が球対称、\(r\)のみに依存して\(\phi\)に依存しないものを考えているので、

\[ \begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} +\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r}=0\end{aligned} \]

となります。変数は\(r\)のみなので、これらは常微分であり、整理すれば

\[ \begin{aligned}\frac{u^{\prime \prime}}{u^{\prime}} = -\frac{1}{r}\end{aligned} \]

です。これは変数分離形なので、積分によって解くことができ、

\[ \begin{aligned}\log u^{\prime} =-\log r+C_1\end{aligned} \]

\[ \begin{aligned}u^{\prime}= C_2 \frac{1}{r}\end{aligned} \]

\[ \begin{aligned}u(r) =C_3\log r +C_4\end{aligned} \]

と表すことができました。

これは対数ポテンシャル(logarithmic potential)と呼ばれています。2次元特有の形で、3次元以上では負のべき乗\(\frac{1}{r^{n-2}}\)が登場します。

 

具体的に、\(r_1=1\)、\(u(r_1)=0\)、\(r_2 =e\)、\(u(r_2)=10\)としたときの解を考えてみましょう。

\(u(1)=0\)から\(C_4=0\)です。\(u(e)=10\)から、\(C_3=10\)です。よって、

\[ \begin{aligned}u(r)=10 \log r\end{aligned} \]

となりました。3Dグラフで図示すると、次の通り。

等高線\(u=c\)は、球対称な解なので当然ですが、同心円状となります。

 

以上、同軸円筒領域におけるポテンシャル、2次元ラプラス方程式の解き方を紹介してきました。

円筒形の問題は基本的なので、具体的に計算してイメージを持っておくと良いでしょう。

木村すらいむ(@kimu3_slime)でした。ではでは。

 

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