ストークスの抵抗法則（その4）

　前回に求めた

$\begin{align} X^2\psi = 0 \label{1} \tag{1} \end{align}$

ただし

$\begin{align} X \equiv \frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{\sin\theta}{r^2} \frac{\partial}{\partial \theta}\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta} \label{2} \tag{2} \end{align}$

を解く．まず， $X\,\sin^2\theta = -2\sin^2\theta/r^2$ であることから，

$\begin{align} \psi(r,\theta)=f(r)\sin^2\theta \label{3} \tag{3}\end{align}$

の形に変数分離できそうである．実際

$\begin{align} X^2(f\,\sin^2\theta) = \left[ \frac{d^4f}{dr^4}-\frac{4}{r^2}\frac{d^2f}{dr^2}+\frac{8}{r^3}\frac{df}{dr}-\frac{8f}{r^4}\right]\sin^2\theta \end{align}$

なので， $f(r)$ は

$\begin{align} \frac{d^4f}{dr^4}-\frac{4}{r^2}\frac{d^2f}{dr^2}+\frac{8}{r^3}\frac{df}{dr}-\frac{8f}{r^4}=0 \label{4} \tag{4} \end{align}$

を満たす．

　境界条件は，無限遠では前々回の(6)であったから， $f(r)$ の場合には

$\begin{align} f(r) \to -\frac{r^2 U}{2}\qquad r\to\infty \label{5} \tag{5} \end{align}$

である．また\eqref{3}より， $\theta=0$ では常に $\psi=0$ となることから，球面上でも $\psi(a, 0)=0$ である．これにより前々回の(7)で与えた定数 $\psi_0$ は 0 になる．つまり球面上での条件は

$\begin{align} f(a)=\left(\frac{df}{dr}\right)_{r=a}=0 \label{6} \tag{6} \end{align}$

となる．

　\eqref{4} を解くため， $f(r)=r^m$ を仮定して\eqref{4}に代入すると

$\begin{align} [m(m-1)(m-2)(m-3)-4m(m-1)+8m-8] r^{m-4}=0 \end{align}$

となる．この大括弧部分は因数分解できて

$\begin{align} &\ m(m-1)(m-2)(m-3)-4m(m-1)+8m-8 \\\\ &= (m-1)(m-2)(m+1)(m-4) \end{align}$

となるので， $m=-1, 1, 2, 4$ が解になる．よって $f(r)$ の一般解は， $c_1, c_2, c_3, c_4$ を定数として

$\begin{align} f(r) = \frac{c_1}{r}+c_2r+c_3r^2+c_4r^4 \label{7} \tag{7} \end{align}$

になる．

　境界条件\eqref{5}から $c_4=0, c_3=-U/2$ となり，\eqref{6}から

$\begin{align} \frac{c_1}{a}+c_2 a-\frac{a^2 U}{2}=0,\quad -\frac{c_1}{a^2}+c_2-aU=0 \end{align}$

すなわち

$\begin{align} c_1= -\frac{a^3 U}{4},\qquad c_2=\frac{3aU}{4} \end{align}$

となる．よって

$\begin{align} \psi(r,\theta)=-\frac{U}{4}\left( \frac{a^3}{r}-3ar+2r^2\right)\sin^2\theta \label{8} \tag{8} \end{align}$

を得る．これで流速や圧力を求める準備ができた．