微小ダイポールアンテナ(微小電流源)の電界/磁界導出その② ~波動方程式の解と電磁界導出~

2022年4月18日 11:57

PDF

その①～④をまとめたPDFは下記URLからダウンロードできます。

導出したい式（ゴール地点）

座標系原点に長さ$${l \textrm{[m]}}$$, 電流値$${I \textrm{[A]}}$$, 電流の向きが$${z}$$方向、角周波数$${\omega}$$で交流振動する微小電流源があるとき、電界$${\bm{E}}$$および磁界$${\bm{H}}$$は次の式となる。

$$
\begin{align*}
E_r&=\frac{IlZ_0k_0^2}{2\pi} \left\{ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\} e^{-jk_0r}\cos \theta \\ \quad \\
E_\theta&=\frac{IlZ_0k_0^2}{4\pi} \left\{ \frac{j}{k_0r}+ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\} e^{-jk_0r}\sin \theta \\ \quad \\
H_\phi&=\frac{Ilk_0^2}{4\pi} \left\{ \frac{j}{k_0r}+ \frac{1}{(k_0r)^2} \right\} e^{-jk_0r}\sin \theta \\ \quad \\
E_\phi&=H_r=H_\theta=0
\end{align*}
$$

ただし、式中の空間の波動インピーダンス$${Z_{0}}$$および、波数$${k_{0}}$$はそれぞれ以下の式で与えられる。

$$
Z_0=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}, \quad k_0=\omega\sqrt{\mu\epsilon}
$$

波動方程式

マクスウェル方程式をベクトル/スカラーポテンシャル$${\bm{A}, \phi}$$を導入することで、以下の波動方程式が導出できることを、その①に記述した。

（マクスウェル方程式）

$$
\begin{align*}
&\nabla\times\bm{E}=-\frac{\partial\bm{B}}{\partial t} \\ \quad \\
&\nabla\times\bm{H}=\bm{J}+\frac{\partial\bm{B}}{\partial t} \\ \quad \\
&\nabla\cdot\bm{D}=\rho \\ \quad \\
&\nabla\cdot\bm{B}=0 \\ \quad \\
&ただし、\bm{B}=\mu \bm{H}, \ \bm{D}=\epsilon\bm{E}
\end{align*}
$$

（波動方程式）

$$
\begin{align*}
& \nabla^2\bm{A}+{k_0}^2\bm{A}=-\mu\bm{J} \\ \quad \\
& \nabla^2\phi+{k_0}^2\phi=-\frac{\rho}{\epsilon}
\end{align*}
$$

波動方程式の解

ベクトルポテンシャル$${\bm{A}}$$に関する波動方程式の解は以下の式となる。その導出過程は、その④(PDF内、Appendix 2)に記載した。

$$
\bm{A}(\bm{r})=\mu\int_V{\bm{J}(\bm{r}')\frac{e^{-jk_0\lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert}}{4\pi\lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert} dV'}
$$

$${\bm{r}}$$および$${\bm{r}'}$$は観測点$${P}$$および波源の座標であり、$${\int dV'}$$は波源を含むすべての空間にわたる波源座標に関する体積積分を表す。
また、上式は電流密度分布が与えられれば、$${\bm {A} ( \bm{r} ) }$$が算出できることを表す。

ここでそもそもの目的の微小電流源（電気ダイポール）について考える。
下図に示すような、原点を中心として$${l \textrm{[m]}}$$を隔てて、$${z}$$方向に角周波数$${\omega}$$で正弦状に振動する$${\pm Q \textrm{[C]}}$$の二つの電荷(電気双極子)すなわち微小電流源の電気ダイポールモーメント$${\bm p}$$は以下の式で与えられる。

$$
\bm{p}=ql \vec{e_z}=I\int{Idt}\vec{e_z}=\frac{Il}{j\omega}\vec{e_z}=\frac{I\bm{l}}{j\omega}
$$

この電気ダイポールは、長さ$${l \textrm{[m]}}$$が十分に短い場合、ある一点に電荷$${Q}$$が集中していると考えられることから、電流密度ベクトル $${\bm{J} ( \bm{r} ')}$$は$${\delta}$$関数を用いて以下の式で表すことができる。
ただし、$${\delta(\bm{r}')=\delta(x')\delta(y')\delta(z')}$$は三次元のデルタ関数である。

$$
\begin{dcases}
\bm{J}(\bm{r}')=\rho\bm{v}(\bm{r}')=\frac{d}{dt}\rho\bm{l} \\ \quad \\
\rho=q \ \delta(\bm{r}')\\ \quad \\
\bm{p}(\bm{r}')=q\bm{l}
\end{dcases}
$$

以上の条件式から、

$$
\begin{align*}
\bm{J}(\bm{r}')&=\frac{d}{dt}\rho\bm{l} \\ \quad \\
&= \frac{d}{dt} q \bm{l} \delta(\bm{r}') \\ \quad \\
&= \frac{d}{dt}\bm{p}(\bm{r}')\delta(\bm{r}') \\ \quad \\
&= j \omega \frac{I\bm{l}}{j\omega} \delta(\bm{r}') \\ \quad \\
&=I\bm{l}\delta(\bm{r}')
\end{align*}
$$

ここで以下の$${\delta}$$関数の性質を用いて、$${\bm{A}( \bm{r})}$$を解く。

$$
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty} {f(\bm{r})}\delta(\bm{r}-\bm{a})dV=f(\bm{a}) \qquad (\delta\text{関数の性質1})& \\ \quad \\
\delta(a)=\delta(-a) \qquad (\delta\text{関数の性質2})&
\end{align*}
$$

ここで、式の簡単化のため、$${\bm{X}( \bm{r}-\bm{r}')}$$を以下のようにおく。

$$
\bm{X}( \bm{r}-\bm{r}')=\frac{e^{-jk_0\lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert}}{4\pi \lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert}
$$

$${\bm{X}( \bm{r}-\bm{r}')}$$を用いて$${\bm{A}(\bm{r})}$$式を展開すると、

$$
\begin{align*}
\bm{A}(\bm{r})&=\mu\int_{V}{\bm{J}(\bm{r}')\frac{e^{-jk_0\lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert}}{4\pi \lvert \bm{r}-\bm{r}' \rvert}dV'} \\ \quad \\
&= \mu\int_{V}{\bm{J}(\bm{r}')\bm{X}(\bm{r}-\bm{r}')dV'} \\ \quad \\
&=\mu\int_{V}{I\bm{l}\delta(\bm{r}')\bm{X}(\bm{r}-\bm{r}')dV'} \\ \quad \\
&=\mu I\bm{l} \int_{V}{\bm{X}(\bm{r}-\bm{r}')\delta(\bm{r}')dV'}
\end{align*}
$$

ここで、$${\bm{R}=\bm{r}-\bm{r}'}$$とおくと、$${\bm{r}'=\bm{r}-\bm{R}}$$であることから、

$$
\bm{A}(\bm{r})=\mu I\bm{l}\int_V{\bm{X}(\bm{R})\delta(\bm{\bm{r}-\bm{R}})dV'}
$$

δ関数の性質1 および性質2 を利用して式を変形すると、微小電流源による$${\bm{A}( \bm{r})}$$は以下の式の通り求まる。

$$
\begin{align*}
\bm{A}(\bm{r})&=\mu I \bm{l} \bm{X}(\bm{r}) \\ \quad \\
&=\frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r} \vec{e_z}
\end{align*}
$$

電界/磁界の導出

ここまでに得られた以下の4式より電磁界 $${\bm{E}( \bm{r})}$$, $${\bm{H}( \bm{r})}$$を求めることができる。

$$
\begin{dcases} \bm{B}=\mu \bm{H}=\nabla\times\bm{A} \\ \quad \\ \bm{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\bm{A}-\nabla\phi \\ \quad \\ \nabla\cdot\bm{A}+\mu\epsilon\frac{\partial}{\partial t}\phi=0 \\ \quad \\ \bm{A}(\bm{r})=\frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r} \vec{e_z} \end{dcases}
$$

磁界の導出

まずは磁界$${\bm{H}( \bm{r})}$$から計算していく。
$${\bm{A}( \bm{r})}$$は、直交⇒球面座標系変換の公式より、以下の式のように変換できる。

$$
\begin{align*}
&\text{（直交⇒球面）} \\ \quad \\
&\begin{bmatrix} A_r \\ A_\theta \\ A_\phi \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta \\ \cos\theta\cos\phi & \cos\theta\sin\phi & -\sin\theta \\ -\sin\phi & \cos\phi & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} A_x \\ A_y \\ A_z \end{bmatrix}
\end{align*}
$$

したがって、

$$
\begin{align*}
\bm{A}(\bm{r})&=0 \ \vec{e_z}+0 \ \vec{e_y}+\frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r} \vec{e_z} \\ \quad \\
&=\frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r}(\cos\theta\vec{e_r}-\sin\theta\vec{e_\theta})
\end{align*}
$$

球面座標系の回転(rot)の公式は以下の通り。

$$
\begin{align*}
\nabla\times\bm{A}=&\frac{\vec{e_r}}{r\sin\theta}\left\{ \frac{\partial (A_\phi\sin\theta)}{\partial \theta}- \frac{\partial A_\theta}{\partial \phi}\right\} \\ \quad \\ &+ \frac{\vec{e_\theta}}{r} \left\{ \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial A_r}{\partial\phi} - \frac{\partial (rA_\phi)}{\partial r}\right\} \\ \quad \\ &+\frac{\vec{e_\phi}}{r} \left\{ \frac{\partial (rA_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial A_r}{\partial\theta}\right\}
\end{align*}
$$

これらの式より$${\bm{H}( \bm{r})}$$は、$${A_{\phi}=0}$$かつ$${A_{r}}$$, $${A_{\theta}}$$に$${\phi}$$成分は含まれないことから、

$$
\begin{align*}
\bm{H}&=\frac{1}{\mu}(\nabla\times\bm{A}) \\ \quad \\
&=0\ \vec{e_r}+0\ \vec{e_\theta}+\frac{1}{\mu}\cdot\frac{1}{r} \left\{\frac{\partial (rA_\theta)}{\partial r}-\frac{\partial A_r}{\partial \theta} \right\}\vec{e_\phi}
\end{align*}
$$

上式$${\nabla\times\bm{A}}$$の$${\phi}$$成分を計算すると、

$$
\begin{align*}
(\nabla\times\bm{A})_\phi&=\frac{1}{\mu}\cdot\frac{\mu Il}{4\pi}\cdot\frac{1}{r} \left\{ \frac{\partial}{\partial r }\left( r\cdot-\frac{e^{-jk_0r}}{r}\sin\theta \right)-\frac{\partial}{\partial \theta }\left( \frac{e^{-jk_0r}}{r}\cos\theta \right)\right\} \\ \quad \\
&=\frac{Il}{4\pi}\cdot\frac{1}{r} \left\{ \frac{\partial}{\partial r }\left( -e^{-jk_0r}\cdot\sin\theta \right)-\frac{\partial}{\partial \theta }\left( \frac{e^{-jk_0r}}{r}\cos\theta \right)\right\} \\ \quad \\
&=\frac{Il}{4\pi}\cdot\frac{1}{r} \left\{ jk_0 \cdot e^{-jk_0r}\cdot\sin\theta-\left( -\frac{e^{-jk_0r}}{r}\sin\theta \right)\right\} \\ \quad \\
&=\frac{Il}{4\pi}e^{-jk_0r}\cdot\sin\theta \left\{ \frac{jk_0}{r}+\frac{1}{r^2} \right\} \\ \quad \\
&=\frac{Il{k_0}^2}{4_\pi}e^{-jk_0r}\cdot\sin\theta \left\{ \frac{j}{k_0r} + \frac{1}{(k_0 r)^2}\right\}
\end{align*}
$$

まとめると、磁界$${\bm{H}(\bm{r})}$$は以下の式となる。

$$
\begin{align*}
&H_\phi=\frac{Il{k_0}^2}{4_\pi} \left\{ \frac{j}{k_0r} + \frac{1}{(k_0 r)^2}\right\}e^{-jk_0r}\sin\theta \\ \quad \\
&H_r=H_\theta=0
\end{align*}
$$

電界の導出

次に、以下の式より電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$を導出していく。

$$
\begin{dcases}
\bm{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\bm{A}-\nabla\phi \\ \quad \\
\nabla\cdot\bm{A}+\mu\epsilon\frac{\partial}{\partial t}\phi=0 \quad (\text{ローレンツ条件})
\end{dcases}
$$

電流源が角周波数$${\omega}$$で交流振動すると仮定していることから、上記2式をフェーザ表示すると、

$$
\begin{align*}
&\begin{dcases} \bm{E}=-j\omega\bm{A}-\nabla\phi \\ \quad \\
\nabla\cdot\bm{A}+j\omega\mu\epsilon\phi=0 \end{dcases} \\ \quad \\
&\rightarrow \qquad \phi=-\frac{\nabla\cdot\bm{A}}{j\omega\mu\epsilon\phi}=\frac{j(\nabla\cdot\bm{A})}{\omega\mu\epsilon\phi}
\end{align*}
$$

さらに、光速$${c}$$, 波数$${k}$$の定義と上記2式より、電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$は次の式となる。

$$
\begin{align*}
\bm{E}&=j\omega\bm{A}-\nabla\left( \frac{j(\nabla\cdot\bm{A})}{\omega\mu\epsilon\phi} \right) \\ \quad \\
&=-j\omega\left\{ \bm{A}+\frac{1}{{k_0}^2} \nabla(\nabla\cdot\bm{A})\right\} \\ \quad \\
&\text{※} c=1/\sqrt{\mu\epsilon}, \ k_0=\omega/c=\omega\sqrt{\mu\epsilon} \\
&\rightarrow \quad \omega\mu\epsilon={k_0}^2/\omega
\end{align*}
$$

すなわち、$${\nabla(\nabla\cdot\bm{A})}$$が求まれば、電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$が求まる。
まず、$${\bm{A}}$$の発散$${\nabla\cdot\bm{A}}$$を求める。$${\bm{A}}$$は以下の式であった。

$$
\bm{A}=\frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r}(\cos\theta\ \vec{e_r}-\sin\theta \ \vec{e_\theta})
$$

$${\bm{A}}$$は$${z}$$成分のみであることから、発散は$${z}$$の偏微分のみ計算すれば良い。

$$
\begin{align*}
\nabla\cdot\bm{A}&=\frac{\partial}{\partial z} \left( \frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r} \right) \\ \quad \\
&=\frac{\partial r}{\partial z}\frac{\partial}{\partial r} \left( \frac{\mu Il}{4\pi r}e^{-jk_0r} \right)
\end{align*}
$$

ここで、$${r}$$の$${z}$$偏微分は以下の式となることから、

$$
\begin{align*}
\frac{\partial r}{\partial z}&=\frac{\partial}{\partial z}\sqrt{x^2+y^2+z^2} \\ \quad \\
&=\frac{z}{r}=\cos\theta
\end{align*}
$$

発散 $${\nabla\cdot\bm{A}}$$は以下の式となる。

$$
\begin{align*}
\nabla\cdot\bm{A}&=\frac{\mu Il}{4\pi r}\cos\theta \ \frac{\partial}{\partial r} \left( \frac{e^{-jk_0r}}{r} \right) \\ \quad \\
&=\frac{\mu Il}{4\pi r}\cos\theta \ e^{-jk_0r}\left( -\frac{jk_0}{r} -\frac{1}{r^2} \right)
\end{align*}
$$

次に、勾配 $${\nabla(\nabla\cdot\bm{A})}$$を計算する。
球面座標系の勾配の公式は以下の通り。

$$
\nabla f=\frac{\partial f}{\partial r}\vec{e_r}+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}\vec{e_\theta}+\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial \phi}\vec{e_\phi}
$$

まず、$${\nabla(\nabla\cdot\bm{A})}$$の$${r}$$方向成分を計算する。

$$
\begin{align*}
\left\{ \nabla(\nabla\cdot\bm{A}) \right\}_r&=\frac{\partial}{\partial r}(\nabla\cdot\bm{A}) \\ \quad \\
&= \frac{\mu Il}{4\pi}\cos\theta\cdot\frac{\partial}{\partial r}\left\{ e^{-jk_0r} \left( -\frac{jk_0}{r}-\frac{1}{r^2} \right) \right\} \\ \quad \\
&=\frac{\mu Il}{4\pi}e^{-jk_0r}\cos\theta \left\{ \left(-\frac{{k_0}^2}{r} +\frac{jk_0}{r^2}\right)+\left(\frac{jk_0}{r^2}+\frac{2}{r^3} \right) \right\} \\ \quad \\
&=\frac{\mu Il}{4\pi}e^{-jk_0r}\cos\theta \left( -\frac{{k_0}^2}{r} +\frac{j2k_0}{r^2}+\frac{2}{r^3} \right)
\end{align*}
$$

したがって、電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$の$${r}$$方向成分は以下の式となる。

$$
\begin{align*}
E_r&=-j\omega \left\{A_r + \frac{1}{{k_0}^2}(\nabla(\nabla\cdot\bm{A})_r) \right\} \\ \quad \\
&=-j\omega\cdot\frac{\mu I l}{4\pi} \ e^{-jk_0r} \cos\theta \left\{ \frac{1}{r}+ \frac{1}{{k_0}^2}\left( -\frac{{k_0}^2}{r}+\frac{j2k_0}{r^2}+\frac{2}{r^3} \right) \right\} \\ \quad \\
&=-j\omega\cdot\frac{\mu I l}{4\pi}\ e^{-jk_0r} \cos\theta \left( \frac{j2}{k_0r^2}+\frac{2}{{k_0}^2r^3} \right) \\ \quad \\
&=\mu\omega k_0\cdot\frac{Il}{2\pi} \ e^{-jk_0r} \cos\theta \left\{ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\}
\end{align*}
$$

ここで、$${Z_0=\sqrt{\mu/\epsilon}}$$, $${k_0=\omega\sqrt{\mu\epsilon}}$$より、

$$
\begin{align*}
&\begin{dcases} Z_0{k_0}^2=\omega^2\mu\epsilon\sqrt{\mu/\epsilon}=\mu\omega^2\sqrt{\mu\epsilon} \\
\mu\omega k_0=\mu\omega\cdot\omega\sqrt{\mu\epsilon}=\mu\omega^2\sqrt{\mu\epsilon} \end{dcases} \\ \quad \\
& \rightarrow \mu\omega k_0=Z_0{k_0}^2
\end{align*}
$$

したがって、電界$${\bm{E}}$$の$${r}$$方向成分$${E_r}$$は、以下の式となる。

$$
E_r=\frac{IlZ_0 {k_0}^2}{2\pi} \ e^{-jk_0r} \cos\theta \left\{ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\}
$$

次に、$${\nabla(\nabla\cdot\bm{A})}$$の$${\theta}$$方向成分を計算する。

$$
\begin{align*}
\{ \nabla (\nabla \cdot \bm{A}) \}_\theta&=\frac{1}{r}\cdot\frac{\partial}{\partial\theta}(\nabla\cdot\bm{A}) \\ \quad \\
&= \frac{\mu Il}{4\pi}e^{-jk_0r} \ \sin\theta \left( \frac{jk_0}{r^2}+\frac{1}{r^3} \right)
\end{align*}
$$

したがって、電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$の$${\theta}$$方向成分は以下の式となる。

$$
\begin{align*}
E_\theta&=-j\omega \left\{ A_\theta+\frac{1}{{k_0}^2}(\nabla(\nabla\cdot\bm{A}))_\theta \right\} \\ \quad \\
&=-j\omega\cdot\frac{\mu I l}{4\pi} \ e^{-jk_0r} \sin\theta \left\{ -\frac{1}{r}+\frac{1}{{k_0}^2} \left( \frac{jk_0}{r^2}+\frac{1}{r^3} \right) \right\} \\ \quad \\
&=\mu \omega k_0 \cdot \frac{Il}{4\pi} \ e^{-jk_0r} \sin\theta \left( \frac{j}{k_0r}+\frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right) \\ \quad \\
&= \frac{IlZ_0{k_0}^2}{4\pi} \ e^{-jk_0r} \sin\theta\left( \frac{j}{k_0r}+\frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right)
\end{align*}
$$

ポテンシャル$${\bm{A}}$$には、$${\phi}$$成分が含まれないため、数学的に以下の式となり、$${\nabla(\nabla\cdot\bm{A})}$$の $${\phi}$$成分は$${0}$$となることから、電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$の$${\phi}$$成分も$${0}$$となる。

$$
\begin{align*}
&A_\phi=0, \quad \{ \nabla(\nabla\cdot\bm{A}) \}_\phi=0 \\ \quad \\ &\rightarrow \quad E_\phi=0
\end{align*}
$$

以上をまとめると電界$${\bm{E}(\bm{r})}$$は以下の式となる。

$$
\begin{align*}
&E_r=\frac{IlZ_0k_0^2}{2\pi} \left\{ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\} e^{-jk_0r}\cos \theta \\ \quad \\
&E_\theta=\frac{IlZ_0k_0^2}{4\pi} \left\{ \frac{j}{k_0r}+ \frac{1}{(k_0r)^2}-\frac{j}{(k_0r)^3} \right\} e^{-jk_0r}\sin \theta \\ \quad \\
&E_\phi=0
\end{align*}
$$

まとめ

以上より、微小電流源による電磁界は以下の通り導出できた。

参考文献

(参考1) 微小電流源からの放射電磁界の導出その1
https://ykondo813.hatenadiary.jp/entry/20140209/1391937342
(参考2) 微小電流源からの放射電磁界の導出その2
https://ykondo813.hatenadiary.jp/entry/20140209/1391958282
(参考3) アンテナハンドブック第2章アンテナの基礎
https://www.ieice-hbkb.org/files/04/04gun_02hen_02.pdf
(参考4) ローレンツゲージの意味
https://eman-physics.net/electromag/gauge2.html
(参考5) 放射理論
http://www.wave.ie.niigata-u.ac.jp/yamaguchi/education/waveinformation/%E6%94%BE%E5%B0%84%E7%90%86%E8%AB%96.pdf
(参考6) 極座標で表したラプラシアンの導出
https://risalc.info/src/polar-coordinate-Laplacian.html
(参考7) グリーンの定理
http://hooktail.sub.jp/vectoranalysis/GreensSecondTheorem/
(参考8) 方向微分係数
https://www.kspub.co.jp/download/1565395b.pdf