4 FDTDの式

4.1 磁場の $\theta$ 方向

FDTD法で計算すべき式は，式(6)と式(7) を評価することにより得られる．これは，図1の構造を形作っている多数の立体，これを体積素と言うことにして，それらを個別に積分することにより求められる．

この体積素を構成する平面，これを面積素ということにして，このうちの一つrz平面で式 (6)を評価してみよう．体積素が小さいとして，この式の左辺は電場の線績分を表し，図4に示すように経路では，

$\displaystyle \oint{\boldsymbol{E}}\cdot\mathrm{d}\ell$

$\displaystyle \simeq\left[ E_{r\;i+1/2,j}^{\mspace{12mu}n+1/2}-E_{r\;i-1/2,j}^{... ...ce{12mu}n+1/2}-E_{z\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n+1/2} \right](z_{i+1/2}-z_{i-1/2})$

(14)

と近似ができる．右辺の方の近似は，

$\displaystyle -\mu_0\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_S\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{n}\mathrm{d}S$

$\displaystyle \simeq-\frac{\mu_0}{t_{n+1}-t_{n}}\left[ H_{\theta\;i,j}^{\mspace... ...\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n} \right](z_{i+1/2}-z_{i-1/2})(r_{j+1/2}-r_{j-1/2})$

(15)

となる．この両辺は等しいので，

$\begin{multline} \left[ E_{r\;i+1/2,j}^{\mspace{12mu}n+1/2}-E_{r\;i-1/2,j}^{\m... ...mspace{12mu}n} \right](z_{i+1/2}-z_{i-1/2})(r_{j+1/2}-r_{j-1/2}) \end{multline}$

となる．これから，

$\displaystyle H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n+1}\simeq H_{\theta\;i,j}^{\mspace... ...{12mu}n+1/2}-E_{z\;i,j-1/2}^{\mspace{12mu}n+1/2}} {r_{j+1/2}-r_{j-1/2}} \right]$

(16)

が得られる．この式の右辺は，時刻 $t_{n+1/2}$ の電場

と $t_{n-1}$ の磁場 $(H_\theta)$ である．左辺は，時刻 $t_{n+1}$ の磁場 $H_\theta$ である． $t_{n+1}$ の磁場は，それ以前の情報があれば計算できると言っているのである．

**図 4:** 平面の積分路
$\includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]{figure/FDTD_cylinder_Ht.eps}$

4.2 電場の方向

次に，先ほどと同様のことを図5の領域について行う．ここで $\mathrm{TM}$ モードについて計算しているので，

が無いことに注意して積分を行う．式(7)の左辺の積分は，

$\displaystyle \oint{\boldsymbol{H}}\cdot\mathrm{d}\ell \simeq\left[ H_{\theta\;i-1,j}^{\mspace{12mu}n}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n} \right]r_j\Delta\theta$

(17)

となる．式(7)の右辺の積分は，

$\displaystyle \varepsilon_0\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_S\boldsymbol{E}\c... ...}n+1/2}-E_{r\;i-1/2,j}^{\mspace{12mu}n-1/2} \right](z_i-z_{i-1})r_j\Delta\theta$

(18)

となる．両辺は等しいので，

$\displaystyle H_{\theta\;i-1,j}^{\mspace{12mu}n}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}... ...}^{\mspace{12mu}n+1/2}-E_{r\;i-1/2,j}^{\mspace{12mu}n-1/2} \right](z_i-z_{i-1})$

(19)

である．これから，電場の

方向成分を求める式

$\displaystyle E_{r\;i-1/2,j}^{\mspace{12mu}n+1/2} \simeq E_{r\;i-1/2,j}^{\mspac... ...ft[ H_{\theta\;i-1,j}^{\mspace{12mu}n}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n} \right]$

(20)

が得られる．先ほど同様，これも $t_{n+1/2}$ の電場

は，それ以前の電磁場から求められると言っている．

**図 5:** $\theta z$ 平面の積分路
$\includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]{figure/FDTD_cylinder_Er.eps}$

4.3 電場の方向

最後に，いままでと同様のことを図6の領域について行う．ここで $\mathrm{TM}$ モードについて計算しているので，

が無いことに注意して積分を行う．式(7)の左辺の積分は，

$\displaystyle \oint{\boldsymbol{H}}\cdot\mathrm{d}\ell \simeq \left[ H_{\theta\... ...{\mspace{12mu}n}r_{j+1}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n}r_j \right]\Delta\theta$

(21)

となる．式(7)の右辺の積分は，

$\displaystyle \varepsilon_0\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_S\boldsymbol{E}\c... ...\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n-1/2} \right]\frac{1}{2}(r_{j+1}^2-r_j^2)\Delta\theta$

(22)

となる．両辺は等しいので，

$\displaystyle H_{\theta\;i,j+1}^{\mspace{12mu}n}r_{j+1}-H_{\theta\;i,j}^{\mspac... ...mspace{12mu}n+1/2}-E_{z\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n-1/2} \right](r_{j+1}^2-r_j^2)$

(23)

となる．これから，電場の

方向成分を求める式

$\displaystyle E_{z\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n+1/2}$	$\displaystyle \simeq E_{z\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n-1/2}+ \frac{2(t_{n+1/2}-t_{... ...eta\;i,j+1}^{\mspace{12mu}n}r_{j+1}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n}r_j \right]$	(24)
	$\displaystyle \simeq E_{z\;i,j+1/2}^{\mspace{12mu}n-1/2}+ \frac{2(t_{n+1/2}-t_{... ...eta\;i,j+1}^{\mspace{12mu}n}r_{j+1}-H_{\theta\;i,j}^{\mspace{12mu}n}r_j \right]$	(25)