ベクトル解析変形

ベクトル解析変形

すずめ さんの書込 (2008/11/24(Mon) 21:53)

いま電磁気学を勉強しているのですが，どうしても以下の変形[近似]がわかりません．お教えください．

r,r_i を位置ベクトル， |r|,|r_i| をその位置ベクトルの大きさ， e_r を r, の単位ベクトルとして， |r| >> |r_i| という条件下で，

\frac{1}{|r - r_i|} \fallingdotseq\frac{1}{|r|} + \frac{r_i \cdot e_r}{r^2}

お手数ですがよろしくお願いします．

Re: ベクトル解析変形

Yokkun さんのレス (2008/11/24(Mon) 22:18)

すずめさん，こんばんは．

|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}_i| = \sqrt{(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}_i)^2} の2乗部分を展開してみましょう．

あ，あとここではベクトルの斜体太字は，bm{ }が便利なようです． \bm{r}

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/25(Tue) 10:42)

|x|\ll 1 のとき，以下の近似
(1+x)^\alpha &= 1 + \alpha x + O(x^2)

( \alpha は非零の実数．また， O(h^n) は h \to 0 のとき h^n 程度で0に近づく数) が成り立つのをご存じですか？

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:06)

Yokkunさん, toorisugari no Hiroさん，ありがとうございます．

Yokkunさん， |\bm{r}-\bm{r_i}| を展開しますと，

|\bm{r}-\bm{r_i}|=\sqrt{(\bm{r}-\bm{r_i})^2}=\sqrt{(x-x_i)^2+(y-y_i)^2+(z-z_i)^2}

となるのではないでしょうか？

toorisugari no Hiroさん， はい，存じております．おそらく x<<1 について

(1+x)^{-1}=1-x

という近似をつかうのでないか，という予想だけはあるのですが， という感じです．

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:08)

で，この二つをどう結びつけますか? 考えてみてください．

# 前者は成分を使わない計算が見通しがよいと思います．ヒント: 内積

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:21)

toorisugari no Hiroさん，ありがとうございます．

自分で考えると， \bm{r}=|r|\bm{e_r} と変形して， 微小量をくくりだすために，

\sqrt{(\bm{r}-\bm{r_i})^2}=|r|\sqrt{\left(\bm{e_r}-\frac{\bm{r_i}}{|r|} \right)^2}

と変形したところで止まります．

Re: ベクトル解析変形

Yokkun さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:30)

あ，いい感じですね． 2乗がぬけたのであらためてルートの中2乗しましょう． 展開第2項は内積のままベクトル表示を残してください．

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:51)

Yokkunさん

ありがとうございます．ルートの中の２乗は修正しました． ただ，展開第２項というのはどの部分でしょうか？教えてください．

toorisugari no Hiroさん

|\bm{a}|^2=\bm{a}\cdot\bm{a}

でしょうか？

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/25(Tue) 23:54)

> |\bm{a}|^2=\bm{a}\cdot\bm{a} でしょうか？

では |\bm{a}+\bm{b}|^2 を上の考えに沿って展開してみてください．

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:03)

展開しますと，

|\bm{a}+\bm{b}|^2=(\bm{a}+\bm{b})\cdot(\bm{a}+\bm{b})=a^2+b^2+2\bm{a}\cdot\bm{b}

となります． 少し混乱してきましたので教えて頂きたいのですが，

|\bm{a}+\bm{b}|^2=(\bm{a}+\bm{b})^2

は成立しているのでしょうか？

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:11)

もう少し． \frac{1}{|\bm{a}+\bm{b}|} はどう展開できますか? さらに |\bm{b}|/|\bm{a}|=\epsilon (\ll 1) のとき \frac{|\bm{a}\cdot\bm{b}|}{|\bm{a}|^2} を \epsilon で評価してください．(ヒント |\cos\theta|\le 1 )

> 少し混乱してきましたので教えて頂きたいのですが， |b914aeaa237e55ef55395864931ee210| は成立しているのでしょうか？

|\bm{a}+\bm{b}|^2=(\bm{a}+\bm{b})^2=(\bm{a}+\bm{b})\cdot(\bm{a}+\bm{b}) 同じ意味です．

Re: ベクトル解析変形

Yokkun さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:19)

解いている間（？）にちょっとおじゃま．

(\bm{a}+\bm{b})^2=a^2+b^2+2\bm{a}\cdot\bm{b} は余弦定理というやつと同じですね．あと，ねまーす． すずめさん，もう少しですからがんばりましょう．

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:23)

Yokkunさん ありがとうございます．

>同じ意味です． ありがとうございます． \frac{1}{|\bm{a}+\bm{b}|} は

\frac{1}{|\bm{a}+\bm{b}|}=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}+\bm{b})^2}}=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}+\bm{b})\cdot(\bm{a}+\bm{b})}}=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+2\bm{a}\cdot\bm{b}}}

でしょうか？

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:26)

> \frac{1}{|\bm{a}+\bm{b}|}=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}+\bm{b})^2}}=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}+\bm{b})\cdot(\bm{a}+\bm{b})}}=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+2\bm{a}\cdot\bm{b}}} でしょうか？

です． 2問目も解けば9合目

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:37)

修正しました．ありがとうございます．

\frac{|\bm{a}\cdot\bm{b}|}{|\bm{a}|^2}=\frac{||\bm{a}||\bm{b}|cos\theta|}{|\bm{a}|^2}=\frac{|\bm{a}||\bm{b}||cos\theta|}{|\bm{a}|^2}=\frac{|\bm{b}||cos\theta|}{|\bm{a}|}=\epsilon|cos\theta| \leqq \epsilon

でしょうか？

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/26(Wed) 00:40)

> \frac{|\bm{a}\cdot\bm{b}|}{|\bm{a}|^2}=\frac{||\bm{a}||\bm{b}|cos\theta|}{|\bm{a}|^2}=\frac{|\bm{a}||\bm{b}||cos\theta|}{|\bm{a}|^2}=\frac{|\bm{b}||cos\theta|}{|\bm{a}|}=\epsilon|cos\theta| \leqq \epsilon > でしょうか？

OK. ふうう．

ではあらためて，問題

|\bm{b}|/|\bm{a}|=\epsilon (\ll 1) のとき， \frac{1}{|\bm{a}-\bm{b}|} を \epsilon の一次の精度で近似せよ．ただし， \bm{b},\bm{a} は直交しない( |\cos\theta| \gg \epsilon )．

# いけるところまで行き詰めてください．たぶん一次式になるはずです．ヒント 1/\sqrt{x}=x^\alpha

# 前に出した公式少し変更しますね．

(1+x+O(x^2))^\alpha = 1+\alpha x+O(x^2)\qquad(|x|\ll 1)

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/26(Wed) 01:04)

わかってきました！

\frac{1}{|\bm{a}-\bm{b}|}= \frac{1}{\sqrt{(\bm{a}-\bm{b})^2}}= \frac{1}{\sqrt{(\bm{a}-\bm{b})\cdot(\bm{a}-\bm{b})}}= \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2-2\bm{a}\cdot\bm{b}}}= \frac{1}{a \sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}-2\frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{a^2}}}

として，近似をつかうんですね．．．texが混乱してしまい，進まないので 明日また続けさせて下さい．でももういけそうです！ありがとうございます！！

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/26(Wed) 01:07)

>わかってきました！

\frac{1}{\bm{a}-\bm{b}}&=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}-\bm{b})^2}}\\&=\frac{1}{\sqrt{(\bm{a}-\bm{b})\cdot(\bm{a}-\bm{b})}}\\&=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2-2\bm{a}\cdot\bm{b}}}\\&=\frac{1}{a\sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}-2\frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{a^2}}}

左辺意味不明．

>として，近似をつかって，

> ですか？

-2が消えてる．なのに途中で復活してる何故? 1/a はどこに行った?

(1+x+O(x^2))^{1/2} &= 1+x/2+O(x^2)\\1/(1+x+O(x^2)) &= 1-x+O(x^2)

とバラで使っていけば混乱しないと思います．

Re: ベクトル解析変形

すずめ さんのレス (2008/11/27(Thu) 00:40)

遅くなりすみません．texで混乱していました（います）．

\frac{1}{{|{\bf{a}} - {\bf{b}}|}} = \frac{1}{{|{\bf{a}}|\sqrt {1 + \frac{{b^2 }}{{a^2 }} - \frac{{2{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} }} = \frac{1}{{|{\bf{a}}|}}\left( {1 + \frac{{b^2 }}{{a^2 }} - \frac{{2{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} \right)^{ - \frac{1}{2}}

ここで，

\frac{{b^2 }}{{a^2 }} = \varepsilon ^2
\frac{{{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }} = \frac{{|{\bf{a}}||{\bf{b}}|\cos \theta }}{{a^2 }} = \frac{{|{\bf{a}}||{\bf{b}}|\cos \theta }}{{|{\bf{a}}|^2 }} = \frac{{|{\bf{b}}|\cos \theta }}{{|{\bf{a}}|}} = \varepsilon \cos \theta \,\,\underline{\underline < } \,\,\varepsilon \

∴

\left| {\frac{{{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} \right|\,\,\underline{\underline < } \,\,\varepsilon \, \ll 1

より，近似 |x| \ll 1\, のとき成立する近似 (1 + x)^\alpha = 1 + \alpha x + O(x^2 ) を用いて，

\frac{1}{{|{\bf{a}} - {\bf{b}}|}} = \frac{1}{{|{\bf{\alpha }}|}}\left( {1 + \frac{{b^2 }}{{a^2 }} - \frac{{2{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} \right)^{ - \frac{1}{2}} \simeq \frac{1}{{|{\bf{\alpha }}|}}\left\{ {1 - \frac{1}{2}\left( {\frac{{b^2 }}{{a^2 }} - \frac{{2{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} \right) + O(\varepsilon ^2 )} \right\}= \frac{1}{{|{\bf{a}} - {\bf{b}}|}} = \frac{1}{{|{\bf{\alpha }}|}}\left\{ {1 - \frac{1}{2}\left( {O(\varepsilon ^2 ) - \frac{{2{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }}} \right) + O(\varepsilon ^2 )} \right\} = \frac{1}{{|{\bf{\alpha }}|}}\left\{ {1 + \frac{{{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }} + O(\varepsilon ^2 )} \right\}

⇔

\frac{1}{{|{\bf{a}} - {\bf{b}}|}} = \frac{1}{{|{\bf{a}}|}}\left\{ {1 + \frac{{{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}}}{{a^2 }} + O(\varepsilon ^2 )} \right\}

従って，一次の精度で近似しますと，

\frac{1}{{|{\bf{a}} - {\bf{b}}|}} \simeq \frac{1}{{|{\bf{a}}|}} + \frac{{{\bf{a}} \cdot {\bf{b}}\,}}{{|{\bf{a}}|^3 }}

これでどうでしょうか？

Re: ベクトル解析変形

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/11/27(Thu) 17:28)

良いと思いますよ． # 最後から2番目の式は長すぎるので途中で改行を入れてください． # TeX中の｛｝大杉:-) # bfよりbmがよいです．

\frac{|\bm{b}|}{|\bm{a}|} &\equiv \varepsilon \ll 1,\\\frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{|\bm{a}|^2} &= \varepsilon\cos\theta_{ab}

により

|\bm{a} - \bm{b}|^2 &= |\bm{a}|^2 - 2\bm{a}\cdot\bm{b} + |\bm{b}|^2\\&= |\bm{a}|^2 \left(1 - 2\varepsilon\cos\theta_{ab} + \varepsilon^2\right)

これと，近似式

(1+x+ O(x^2) )^\alpha &= 1+\alpha x + O(x^2) \qquad (|x| \ll 1)

により，

\frac{1}{|\bm{a} - \bm{b}|} &= \frac{1}{|\bm{a}|} \left(1 - 2\varepsilon\cos\theta_{ab} +\varepsilon^2\right)^{-1/2}\\&= \frac{1}{|\bm{a}|} \left(1 + \varepsilon \cos\theta_{ab} + O(\varepsilon^2)\right) \qquad(\because~ O(\varepsilon^2 \cos^2\theta_{ab})\subset O(\varepsilon^2))\\&= \frac{1}{|\bm{a}|} \left(1 + \frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{|\bm{a}|^2}+ O(\varepsilon^2)\right)\\&= \frac{1}{|\bm{a}|} + \frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{|\bm{a}|^3}+ O(\varepsilon^2)

となりますね．

# 得られた関係式

\frac{1}{|\bm{a} - \bm{b}|} &= \frac{1}{|\bm{a}|} + \frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{|\bm{a}|^3}+ O(\varepsilon^2)

は \bm{a}\cdot\bm{b}\sim 0 のときでも正しいですが，ランダウの記号を取り除いた近似式

\frac{1}{|\bm{a} - \bm{b}|} &\sim \frac{1}{|\bm{a}|} + \frac{\bm{a}\cdot\bm{b}}{|\bm{a}|^3}

は， \bm{a}\cdot\bm{b}\sim 0 のときには \varepsilon^2 のオーダーの項が優位になり，正当性が怪しくなります．この近似式に対しては，「 \bm{a},\bm{b} は直交しない( |\cos\theta_{ab}| \gg \varepsilon )」という条件を付与した方が安全ですね．