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合成関数の微分への利用
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任意の関数を偏微分しようと思ったら、関数の形だけ微分の公式を見つけなければなりません。
その公式を見つける際に、もとの関数を合成関数として見る方法があります。
そうすることで関数の偏微分するという問題は、合成関数の偏微分の問題に変わります。
この方法の利点は、ごく限られた微分の公式を覚えているだけで、多くの偏微分の公式を見つけることが可能になるのです。
ここでは、掲示板でよせられた質問と電磁気学への応用についてのみ考えていきます。一般的な議論についてはここでは扱いませんので、
あらかじめご了承下さい。
質問と解説
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掲示板で次のような問題について質問がよせられてきました。
質問
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位置ベクトル ${\bm{r} = x\bm{e}_{x} + y \bm{e}_{y} + z \bm{e}_{z}}$ の動径距離 ${|\bm{r}| = r = \sqrt{x^2 +y^2 +z^2}}$ を直交成分 ${x,y,z}$ で偏微分すると、どうして次のようになるのですか。
\nabla r &= \left(
\frac{\partial }{\partial x} \bm{e}_{x}
+ \frac{\partial }{\partial y} \bm{e}_{y}
+ \frac{\partial }{\partial z} \bm{e}_{z}
\right) r\\
&= \frac{\partial r}{\partial x} \bm{e}_{x}
+ \frac{\partial r}{\partial y} \bm{e}_{y}
+ \frac{\partial r}{\partial z} \bm{e}_{z}\\
&= \frac{x}{r} \bm{e}_{x} + \frac{y}{r} \bm{e}_{y} + \frac{z}{r} \bm{e}_{z}\\
&= \frac{x\bm{e}_{x} + y \bm{e}_{y} + z \bm{e}_{z}}{r}\\
&= \frac{\bm{r}}{r} \tag{1}
解説
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この問題の場合、関数 $r$ を次のような合成関数として見るのが便利です。
&f = f(x,y,z) \tag{2}\\
&r = r(x,y,z) = r(f) \tag{3}
すると偏微分は合成関数の偏微分の公式
\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\partial r}{\partial f} \frac{\partial f}{\partial x} \tag{4}
が使えます。 $\tag{2}$ , $\tag{3}$ に具体的な関数を書き込むと、次のようになります。
&f = x^2 +y^2 +z^2 \tag{5}\\
&r = \sqrt{x^2 +y^2 +z^2 } = \sqrt{f} \tag{6}
これでもう計算の準備が整いました。ここでひとこと説明を加えておきまと、
結局ここで説明している計算の方法としては ${\tag{5}}$ , $\tag{6}$ のように、適当に微分の公式が使えるような
関数のかたちとして見て、それらを $\tag{4}$ 式に代入して計算をおしすすめていこうという方針です。数式で示すと、次の通りです。
&\frac{\partial f}{\partial x} = 2x \tag{7}\\
&\frac{\partial r}{\partial f} = \frac{1}{2} f^{\frac{1}{2} - 1} =\frac{1}{2} f^{-\frac{1}{2}} =\frac{1}{2 \sqrt{x^2 + y^2 +z^2}}\tag{8}\\
&\frac{\partial r}{\partial x} = 2x \frac{1}{2 \sqrt{x^2 + y^2 +z^2}} =
\frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2 +z^2}} = \frac{x}{r} \tag{9}
ただし $\tag{7}$ と $\tag{8}$ で、次の公式の $n=2$ の場合と $n=1/2$ の場合を使っています。( $g:$ 関数)
\frac{\partial g^{n}}{\partial g} = n g^{n-1} (n \neq 0 ) \tag{10}
後の $y,z$ についての偏微分についても同じ方法でもとまります。結果だけ書いておくと
&\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r} \tag{11}\\
&\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r} \tag{12}
です。こうして $\tag{9}$ , $\tag{11}$ , $\tag{12}$ から $\tag{1}$ が得られる事が示されました。
補足説明
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ここでは与えた式 $\tag{4}$ の導出を説明しておきます。
実はこの式は、全微分 $df,dr$ から自然に出てくる式です。これらの全微分の具体的なかたちは $\tag{2}$ , $\tag{3}$ より
&df = \frac{\partial f}{\partial x}dx + \frac{\partial f}{\partial y}dy + \frac{\partial f}{\partial z}dz \tag{13}\\
&dr
= \frac{\partial r}{\partial x}dx + \frac{\partial r}{\partial y}dy + \frac{\partial r}{\partial z}dz
= \frac{\partial r}{\partial f}df \tag{14}
になります。 $\tag{13}$ を $\tag{14}$ の最後のところに代入することによって
\frac{\partial r}{\partial x}dx + \frac{\partial r}{\partial y}dy + \frac{\partial r}{\partial z}dz
= \frac{\partial r}{\partial f}\frac{\partial f}{\partial x}dx + \frac{\partial r}{\partial f}\frac{\partial f}{\partial y}dy + \frac{\partial r}{\partial f}\frac{\partial f}{\partial z}dz
が成り立つことが分かります。両辺を比較すると公式として与えた式 $\tag{4}$ が出てくるというわけです。
&\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\partial r}{\partial f} \frac{\partial f}{\partial x} \\
&\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{\partial r}{\partial f} \frac{\partial f}{\partial y} \tag{16}\\
&\frac{\partial r}{\partial z} = \frac{\partial r}{\partial f} \frac{\partial f}{\partial z} \tag{17}
重要事項(まとめ)
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関数を何の関数として見るかが、重要。
練習問題
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ここに載せている問題は主に電磁気学でする計算のものです。答えもできるだけ丁寧に書いたので、ぜひ挑戦してみてください。
練習問題1.
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次の式を $\tag{1}$ , $\tag{4}$ , $\tag{10}$ を使って ${\bm{e}_x}$ , ${\bm{e}_y}$ , ${\bm{e}_z}$ の各成分を求めてください。
&\nabla \bm{r} \tag{18}\\
&\nabla \frac{1}{r} \tag{19}
(答え)
\nabla \bm{r} &= \left(
\frac{\partial }{\partial x} \bm{e}_{x}
+ \frac{\partial }{\partial y} \bm{e}_{y}
+ \frac{\partial }{\partial z} \bm{e}_{z}
\right) \left(x \bm{e}_{x} + y \bm{e}_{y} + z \bm{e}_{z} \right)\\
&= \left( \frac{\partial x}{\partial x} \bm{e}_{x}\bm{e}_{x}
+\frac{\partial y}{\partial x} \bm{e}_{x}\bm{e}_{y}
+\frac{\partial z}{\partial x} \bm{e}_{x}\bm{e}_{z}
+\frac{\partial x}{\partial y} \bm{e}_{y}\bm{e}_{x}
+\frac{\partial y}{\partial y} \bm{e}_{y}\bm{e}_{y}
+\frac{\partial z}{\partial y} \bm{e}_{y}\bm{e}_{z}
+\frac{\partial x}{\partial z} \bm{e}_{z}\bm{e}_{x}
+\frac{\partial y}{\partial z} \bm{e}_{z}\bm{e}_{y}
+\frac{\partial z}{\partial z} \bm{e}_{z}\bm{e}_{z} \right)\\
&= \bm{e}_{x}\bm{e}_{x} + \bm{e}_{y}\bm{e}_{y} + \bm{e}_{z}\bm{e}_{z} (=1) \tag{20} \\
\\
\nabla \frac{1}{r} &= \nabla r^{-1}\\
&= \left(
\frac{\partial }{\partial x} \bm{e}_{x}
+ \frac{\partial }{\partial y} \bm{e}_{y}
+ \frac{\partial }{\partial z} \bm{e}_{z}
\right) \frac{1}{r} \\
&= \frac{\partial r^{-1}}{\partial x}\bm{e}_{x} + \frac{\partial r^{-1}}{\partial y }\bm{e}_y + \frac{\partial r^{-1}}{\partial z} \bm{e}_{z} \\
&= \frac{\partial r}{\partial x} \frac{\partial r^{-1}}{\partial r}\bm{e}_{x} + \frac{\partial r}{\partial y} \frac{\partial r^{-1}}{\partial r}\bm{e}_{y} + \frac{\partial r}{\partial z} \frac{\partial r^{-1}}{\partial r}\bm{e}_{z} [ \because (4)] \\
&= \frac{\partial r^{-1}}{\partial r} \left( \frac{\partial r}{\partial x}\bm{e}_x + \frac{\partial r}{\partial y}\bm{e}_y + \frac{\partial r}{\partial z}\bm{e}_z \right) \\
&= \frac{\partial r^{-1}}{\partial r} \left( \frac{\partial }{\partial x}\bm{e}_x + \frac{\partial }{\partial y}\bm{e}_y + \frac{\partial }{\partial z} \bm{e}_z \right) r \\
&= \frac{\partial r^{-1}}{\partial r} \nabla r \\
&= (-1) r^{(-1-1)} \nabla r [\because (10)] \\
&= - \frac{1}{r^2} \frac{\bm{r}}{r} [\because (1)] \\
&= - \frac{\bm{r}}{r^{3}} \tag{21}
式 $\tag{20}$ の最後のカッコ書きの部分については演算規則が単位元を満たしている事を確認してみてください。
練習問題2.
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真空中で位置 ${\bm{r}_1}$ に電荷が ${-q}$ 、位置 $\bm{r}$ に電荷が ${q}$ があるとします。 ${\left( \bm{r}_2 - \bm{r}_1 = \bm{l} \right)}$ で一定
のとき、位置 ${\bm{r}}$ における電場を ${\left( r \gg l \right)}$ の範囲での近似解をもとめてください(電場 $\bm{E}$ と $V$ の関係は ${\bm{E} = - \nabla V}$ の関係で結ばれます)。
このときの電位 ${V(\bm{r})}$ は近似的に次のように書けます。
V(\bm{r}) &\simeq \frac{q \bm{l}\cdot \bm{r}}{4 \pi \epsilon_{0} r^{3}} \tag{22-1}\\
&= - \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}}\bm{l} \cdot \nabla \frac{1}{r} [\because (19)] \tag{22-2}
(答え)
\bm{E}(\bm{r}) &= -\nabla V(\bm{r})\\
&\simeq - \nabla \frac{q \bm{l}\cdot \bm{r}}{4 \pi \epsilon_{0} r^{3}} [\because (22)]\\
&= - \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0} } \bm{l} \cdot \nabla (\bm{r}r^{-3}) \\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \bm{l} \cdot ( - \bm{r} \nabla r^{-3} - r^{-3} \nabla \bm{r} ) [\because (4),(20)]\\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \bm{l} \cdot \left( - \bm{r} \frac{\partial r^{-3}}{\partial r}\nabla r - r^{-3} \right) \\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \bm{l} \cdot \left( - \bm{r} (-3)r^{-3-1} \nabla r - r^{-3} \right) [\because (10)] \\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \bm{l} \cdot \left( 3 \bm{r}r^{-4} \bm{r}r^{-1} - r^{-3} \right) [\because (1)]\\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \bm{l} \cdot \left( 3 \frac{\bm{r}\bm{r}}{r^{5}} - \frac{1}{r^{3}} \right) \tag{23}
補足1.
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練習問題2.で与えた式 $\tag{21}$ について説明を加えておきます。
まずは、クーロンの法則より電荷 ${-q}$ がつくる電位 ${V_{1}}$ , 電荷 $q$ がつくる電位 ${V_{2}}$ は
&V_{1}(\bm{r},\bm{r}_{1}) = \frac{-q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{1}{|\bm{r} - \bm{r}_{1}|}\\
&V_{2}(\bm{r},\bm{r}_{2}) = \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{1}{|\bm{r} - \bm{r}_{2}|}
と書けます。そこから全電位は
V(\bm{r},\bm{r}_{1},\bm{r}_{2}) &= V_{1}(\bm{r},\bm{r}_{1}) + V_{2}(\bm{r},\bm{r}_{2})\\
&= \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{-q}{|\bm{r} - \bm{r}_{1}|} + \frac{q}{|\bm{r} - \bm{r}_{2}|} \right) \\
&= \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( -|\bm{r} - \bm{r}_{1}|^{-1} + |\bm{r} - \bm{r}_{2}|^{-1} \right) \tag{24}
と書けることが分かります。ここで次の式をそれぞれ ${\frac{r_{1}}{r} = X}$ , ${\frac{r_{2}}{r} = Y}$ の関数として見ます。
&\left( 1 - 2 \frac{{r}_{1}}{r} \cos {\theta}_{1} + \left( \frac{r_{1}}{r} \right)^2 \right)^{-\frac{1}{2}} = F \left( \frac{r_{1}}{r} \right) = F(X) \tag{25}\\
&\left( 1 - 2 \frac{{r}_{2}}{r} \cos {\theta}_{2} + \left( \frac{r_{2}}{r} \right)^2 \right)^{-\frac{1}{2}} = G \left( \frac{r_{2}}{r} \right) = G(Y) \tag{26}
次にこの二つの式を原点を中心にテイラー展開します。すると
F(X) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left. \frac{\partial^{n}F}{\partial X^{n}} \right|_{X=0} X^{n} \\
&= r \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!} (\bm{r}_{1} \cdot \nabla)^{n} \frac{1}{r} \tag{27} \\
\\
G(Y) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left. \frac{\partial^{n}G}{\partial Y^{n}} \right|_{Y=0} Y^{n} \\
&= r \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!} (\bm{r}_{2} \cdot \nabla)^{n} \frac{1}{r} \tag{28}
となります。すると以下の式は近似的に次のように書けます。
(| \bm{r} - \bm{r}_{2} |^{-1} - |\bm{r} - \bm{r}_{1} |^{-1} ) &= \frac{1}{r} \left( 1 - 2 \frac{{r}_{2}}{r} \cos {\theta}_{2} + \left( \frac{r_{2}}{r} \right)^2 \right)^{-\frac{1}{2}} - \frac{1}{r} \left( 1 - 2 \frac{{r}_{1}}{r} \cos {\theta}_{1} + \left( \frac{r_{1}}{r} \right)^2 \right)^{-\frac{1}{2}} \\
&= \frac{G(Y)}{r} - \frac{F(X)}{r} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!} (\bm{r}_{2} \cdot \nabla )^{n} \frac{1}{r} - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!} (\bm{r}_{1} \cdot \nabla )^{n} \frac{1}{r} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!} \left( (\bm{r}_{2} - \bm{r}_{1})\cdot \nabla \right)^{n} \frac{1}{r} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!} \left( \bm{l}\cdot \nabla \right)^{n} \frac{1}{r} \\
&\simeq \frac{-1}{1!} \bm{l} \cdot \nabla \frac{1}{r} (\because r \gg l)\\
&= \frac{\bm{r} \cdot \bm{l}}{r^{3}} \tag{29}
ただし、式 $\tag{29}$ の6段目で ${(r \gg l)}$ から $\frac{l}{r}$ 2次以降の項は非常に小さいので切り捨ています。後は $\tag{29}$ を $\tag{24}$ に代入して電位 $V$ が $\tag{22}$ になる事が分かります。
補足2.
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練習問題2.で現れる ${q\bm{l} = \bm{p}}$ は双極子モーメントと呼ばれます。この物理量について少し調べてみたいと思います。ここでまず電荷密度は次の式で定義されることを確認しておきます。
\rho(\bm{r}) = \epsilon_{0} \nabla \cdot \bm{E} = - \epsilon_{0} \nabla^{2} V \tag{30}
実際に $\tag{22-2}$ を代入してみます。すると次のようになります。
\rho(\bm{r}) &= - \epsilon_{0} \nabla^{2} \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } q\bm{l} \cdot \left( - \nabla \frac{1}{r} \right)\\
&= - q\bm{l} \cdot \nabla \nabla^{2}\frac{-1}{4 \pi r}\\
&= - q\bm{l} \cdot \nabla \delta (\bm{r}) ( \because \nabla^{2} r^{-1} = - 4 \pi \delta ( \bm{r}) ) \\
&= - \nabla \cdot q\bm{l}\delta (\bm{r}) \\
&= - \nabla \cdot \bm{p}\delta (\bm{r}) (\because \bm{p} = q \bm{l} ) \\
&= -\nabla \cdot \bm{P} (\because \bm{P} = \bm{p} \delta (\bm{r}) ) \tag{31}
体積積分すると $\bm{p}$ の大きさを持つ $\bm{P}$ は双極子モーメント密度と呼ばれます。
\bm{p} = \int_{V} dV \bm{P} = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} dxdydz \bm{P} \tag{32}
ここで少し言葉で説明を加えておくと、 $\tag{31}$ から分かる事は、双極子モーメント密度の発散量が原点に対して遠くから見たときの電荷密度になることです。
ただしこの電荷密度は局所的なもので、全電荷はゼロになります。体積積分をして確かめてみましょう。最後に注意書きしておくと、
このような事が厳密に成り立つのは ${1 \gg \frac{l}{r} }$ かつ{ ${l \to 0}$ または ${q \to \infty}$ }のときのみです。