微小表面から円板への形態係数（View Factor）

February 15, 2022 Thermal

微小表面から円板へのView Factor

今回は，微小表面から円板へのView Factor例に，View Factorの解析解を導出する方法について解説する（View Factorの具体的な値が知りたい方はこちらへ：View Factor Calculation: Analytical and Monte Carlo Method）．微小表面と円板の形状，および位置関係は以下の図のように， $(R,~h,~\omega)$ によって表されるものとする．

面積分によるView Factorの計算

定義どおり真面目に積分してやればView Factorを計算することが出来る．

\begin{align*} F &= \int_A \frac{\cos \Omega \cos \Lambda}{\pi S^2} dA = \int_0^R \int_0^{2\pi} \frac{\cos \Omega \cos \Lambda}{\pi (r^2+h^2)}\ r d \beta dr \\ &= \int_0^R \int_0^{2\pi} \frac{r^2h \sin \omega \cos \beta + rh^2 \cos \omega}{\pi (r^2+h^2)^2} d\beta dr = \int_0^R \frac{2 rh^2 \cos \omega}{(r^2+h^2)^2} dr \\ &= \left[- \frac{h^2 \cos \omega}{r^2 + h^2} \right]^R_0 = \frac{R^2}{R^2 + h^2} \cos \omega = \frac{1}{1 + (\frac{h}{R})^2} \cos \omega \end{align*}

ただし， $\cos \Omega$ と $\cos \Lambda$ の変形は次のように行っている．

\begin{gather*} \cos \Omega = \frac{\boldsymbol{\omega} \cdot \boldsymbol{r}}{\|\boldsymbol{\omega}\| \|\boldsymbol{r}\|} = \frac{r \sin \omega \cos \beta + h \cos \omega}{\sqrt{r^2 + h^2}} \\ \mathrm{where}~~\boldsymbol{\omega} = \left( \begin{array}{c} \sin\omega \\ 0 \\ \cos \omega \end{array} \right), \hspace{10pt} \boldsymbol{r} = \left( \begin{array}{c} r \cos \alpha \\ r \sin \alpha \\ h \end{array} \right) \end{gather*}

\begin{equation*} h \tan \Lambda = r, \hspace{10pt} \cos \Lambda = \frac{h}{\sqrt{r^2 + h^2}} \end{equation*}

ここまでに計算したのは，円板全体が見えている場合だ．もし微小表面の方向がもう少し倒れてくる（ $\omega$ が大きくなる）と，円板の一部が視野の水平線の下に落ち込んで見えなくなる．このような場合，円板の見えている部分のみについて面積分しないといけないので，計算が一気に煩雑になる．

積分を実行するために，積分領域を2つに分割する．1つ目は円弧状の領域（ $0 \le \beta \le \beta_0$ ）．2つ目は三角形状の領域である．

\begin{align*} F &= \int_A \frac{\cos \Omega \cos \Lambda}{\pi S^2} dA = \int_0^R \int_{0}^{\beta_0} \frac{2 \cos \Omega \cos \Lambda}{\pi (r^2+h^2)} r d \beta dr + \int^0_{R \cos \beta_0} \int_0^{x \tan \beta_0} \frac{2 \cos \Omega \cos \Lambda}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)} dy dx \\ &= \int^R_0 \int_{0}^{\beta_0} \frac{2r^2h \sin \omega \cos \beta + 2rh^2 \cos \omega}{\pi (r^2 + h^2)^2} d\beta dr + \int^0_{R \cos \beta_0} \int_0^{x \tan \beta_0} \frac{2xh \sin \omega + 2h^2 \cos \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)^2} dy dx \\ &= \int^R_0 \frac{2r^2h \sin \omega \sin \beta_0}{\pi (r^2 + h^2)^2}dr + \int^R_0 \frac{2\beta_0 rh^2 \cos \omega}{\pi (r^2 + h^2)^2}dr + \int_0^{R \sin \beta_0} \int^{\frac{y}{\tan \beta_0}}_{R \cos \beta_0} \frac{2xh \sin \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)^2} dx dy \\ &\hspace{12pt}+ \int^0_{R \cos \beta_0} \int_0^{x \tan \beta_0} \frac{2h^2 \cos \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)^2} dy dx \end{align*}

三角形部分での， $\cos \Omega$ と $\cos \Lambda$ の変形には次の関係を用いた．

\begin{gather*} \cos \Omega = \frac{\boldsymbol{\omega} \cdot \boldsymbol{r}}{\|\boldsymbol{\omega}\| \|\boldsymbol{r}\|} = \frac{x \sin \omega + h \cos \omega}{\sqrt{x^2 + y^2 + h^2}} \\ \mathrm{where}~~\boldsymbol{\omega} = \left( \begin{array}{c} \sin\omega \\ 0 \\ \cos \omega \end{array} \right), \hspace{5pt} \boldsymbol{r} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ h \end{array} \right) \end{gather*}

\begin{gather*} h \tan \Lambda = \sqrt{x^2 + y^2}, \hspace{10pt} \cos \Lambda = \frac{h}{\sqrt{x^2 + y^2 + h^2}} \end{gather*}

ここから順番に各項の積分を求めていく．

1項目：

\begin{align*} &\int^R_0 \frac{2r^2h \sin \omega \sin \beta_0}{\pi (r^2 + h^2)^2}dr = \frac{2 \sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \int_0^{\frac{R}{h}} \frac{u^2}{(u^2 + 1)^2} du, \hspace{10pt} \mathrm{where}\ u=\frac{r}{h}\\ &= \frac{2 \sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \int_0^{\arctan \frac{R}{h}} \frac{\tan^2 t}{(\tan^2 t + 1)^2} \frac{dt}{\cos^2 t}, \hspace{10pt} \mathrm{where}\ \tan t=u \\ &= \frac{2 \sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \int_0^{\arctan \frac{R}{h}} \sin^2 t dt = \frac{\sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \int_0^{\arctan \frac{R}{h}} 1 - \cos 2t dt \\ &= \frac{\sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \left[t - \frac{1}{2} \sin 2t \right]^{\arctan \frac{R}{h}}_0 = \frac{\sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \left[t - \frac{\tan t}{1+ \tan^2 t} \right]^{\arctan \frac{R}{h}}_0 \\ &= \frac{\sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \left( \arctan \frac{R}{h} - \frac{Rh}{R^2 + h^2} \right) \end{align*}

2項目：

\begin{equation*} \int^R_0 \frac{2\beta_0 rh^2 \cos \omega}{\pi (r^2 + h^2)^2}dr = \left[ - \frac{\beta_0 h^2 \cos \omega}{\pi (r^2 + h^2)} \right]^R_0 = \frac{\beta_0 \cos \omega}{\pi} \frac{R^2}{R^2 + h^2} = \frac{\beta_0 \cos \omega}{\pi} \frac{1}{1 + (h/R)^2} \end{equation*}

3項目：

\begin{align*} &\int_0^{R \sin \beta_0} \int^{\frac{y}{\tan \beta_0}}_{R \cos \beta_0} \frac{2xh \sin \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)^2} dx dy = \int_0^{R \sin \beta_0} \left[ - \frac{h \sin \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)} \right]^{\frac{y}{\tan \beta_0}}_{R \cos \beta_0} dy \\ &= \frac{h \sin \omega}{\pi}\int_0^{R \sin \beta_0} \left( \frac{1}{y^2 + h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0} - \frac{1}{\frac{y^2}{\sin^2 \beta_0} + h^2} \right) dy \\ &= \frac{h \sin \omega}{\pi}\int_0^{R \sin \beta_0} \frac{1}{\frac{y^2}{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0} + 1} \frac{dy}{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0} - \frac{h \sin \omega}{\pi} \int_0^{R \sin \beta_0} \frac{1}{\frac{y^2}{h^2 \sin^2 \beta_0} + 1} \frac{dy}{h^2} \\ &= \frac{h \sin \omega}{\pi} \int_0^{\arctan \frac{R\sin \beta_0}{\sqrt{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0}}} \frac{du}{\sqrt{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0}} - \frac{h \sin \omega}{\pi} \int_0^{\arctan \frac{R}{h}} \frac{\sin \beta_0}{h} dv \\ &= \frac{h \sin \omega}{\pi \sqrt{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0}} \arctan \frac{R\sin \beta_0}{\sqrt{h^2 + R^2 \cos^2 \beta_0}} - \frac{\sin \omega \sin \beta_0}{\pi} \arctan \frac{R}{h} \end{align*}

4項目：

まずY方向に積分する．

\begin{align*} &\int_0^{x \tan \beta_0} \frac{1}{(y^2 + x^2 + h^2)^2} dy = \int_0^{x \tan \beta_0} \frac{\frac{1}{(x^2 + h^2)^2}}{(\frac{y^2}{x^2 + h^2} + 1)^2} dy = \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{(x^2 + h^2)^2} \int_0^{\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}}} \frac{1}{(u^2 + 1)^2} du \\ &= \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{(x^2 + h^2)^2} \int_0^{\arctan(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}})} \frac{1}{(\tan^2 t + 1)^2} \frac{1}{\cos^2 t}dt \\&= \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{(x^2 + h^2)^2} \int_0^{\arctan(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}})} \cos^2 t dt = \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{2(x^2 + h^2)^2} \int_0^{\arctan(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}})} \cos 2t + 1 dt \\&= \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{2(x^2 + h^2)^2} \left[ \frac{1}{2}\sin 2t + t\right]_0^{\arctan(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}})} = \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{2(x^2 + h^2)^2} \left[ \frac{\tan t}{\tan^2 t + 1} + t\right]_0^{\arctan(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}})} \\&= \frac{\sqrt{x^2 + h^2}}{2(x^2 + h^2)^2} \left\{ \frac{\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}}}{\frac{x^2 \tan^2 \beta_0}{x^2 + h^2} + 1} + \arctan \left(\frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}}\right)\right\} \\ &= \frac{1}{2} (x^2 + h^2)^{-1} \frac{x \tan \beta_0}{x^2 (\tan^2 \beta_0 + 1) + h^2} + \frac{1}{2} (x^2 + h^2)^{-\frac{3}{2}} \arctan \frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}} \end{align*}

置換積分は以下のように行った．

\begin{gather*} \frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}} = \tan u \\ h^2 \tan \beta_0 (x^2 + h^2)^{-\frac{3}{2}} dx = \frac{du}{\cos^2 u} \end{gather*}

積分結果を今度はX方向に積分する．

\begin{align*} &\int^0_{R \cos \beta_0} \frac{1}{2} (x^2 + h^2)^{-\frac{3}{2}} \arctan \frac{x \tan \beta_0}{\sqrt{x^2 + h^2}} dx \\ &= \int^0_{\arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right)} \frac{u du}{2 h^2 \tan \beta_0 \cos^2 u} = \frac{1}{2h^2 \tan \beta_0}\left[ u \tan u + \log (\cos u) \right]^0_{\arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right)} \\ &= -\frac{1}{2h^2 \tan \beta_0} \left[ \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right) \log \left\{ \cos \left( \arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right) \right) \right\} \right] \end{align*}

\begin{align*} &\int^0_{R \cos \beta_0} \frac{1}{2} (x^2 + h^2)^{-1} \frac{x \tan \beta_0}{x^2 (\tan^2 \beta_0 + 1) + h^2} dx \\ &= \int^0_{R \cos \beta_0} \frac{1}{4 h^2 \tan \beta_0} \left\{ \frac{2x(\tan^2 \beta_0 + 1)}{(\tan^2 \beta_0 + 1) x^2 + h^2} - \frac{2x}{x^2 + h^2} \right\} dx \\ &= \frac{1}{4 h^2 \tan \beta_0} \left[ \log \left( 1 + \frac{x^2 \tan^2 \beta_0}{x^2 + h^2} \right) \right]^0_{R \cos \beta_0} = - \frac{1}{4 h^2 \tan \beta_0} \log \left( 1 + \frac{R^2 \sin^2 \beta_0}{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2} \right) \end{align*}

結局4項目の積分結果は次のようになった．

\begin{align*} &\int^0_{R \cos \beta_0} \int_0^{x \tan \beta_0} \frac{2h^2 \cos \omega}{\pi (x^2 + y^2 + h^2)^2} dy dx \\ &= -\frac{\cos \omega}{\pi \tan \beta_0} \left[ \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right) \log \left\{ \cos \left( \arctan \left( \frac{R \sin \beta_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2}} \right) \right) \right\} \right] \\ &\hspace{12pt}- \frac{\cos \omega}{2 \pi \tan \beta_0} \log \left( 1 + \frac{R^2 \sin^2 \beta_0}{R^2 \cos^2 \beta_0 + h^2} \right) \end{align*}

この例では，対象が円板といういい形をしているので，なんとか計算できたものの，2重積分しなければいけないというのは非常に厄介だ．対象がもうちょっと変な形をしていたら，解析的な積分はほとんど不可能（Mathematicaとかに放り込めば，何かしらの答えは返してくれるかもしれないが）というのを感じてもらえたんじゃないだろうか．

線積分によるView Factorの計算

面積分はストークスの定理を用ると，対象の面を取り囲むような線積分（Contour Integration）の形に置き換えられることがある．これはいつでもできるわけではないが，View Factorの計算にはこの手法を適用できる．まずストークスの定理を確認しておこう．

\begin{equation*} \iint_{\Omega} \nabla \times \boldsymbol{F} \cdot d\boldsymbol{s} = \int_{\partial \Omega} \boldsymbol{F} \cdot d \boldsymbol{l} \end{equation*}

各パラメタを明示的に書くと次のようになる．

\begin{equation*} \iint_{\Omega} \left[ l \left( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} \right) + m \left( \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} \right) + n \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \right] ds = \int_{\partial \Omega} \left( P \frac{dx}{dt} + Q \frac{dy}{dt} + R \frac{dz}{dt} \right) dt \end{equation*}

さて，今求めたいView Factorは次のように表される．

\begin{align*} F &= \int_A \frac{\cos \psi \cos \lambda}{\pi S^2} dA = \int \frac{(\boldsymbol{x} \cdot \boldsymbol{n}_1) \times (-\boldsymbol{x} \cdot \boldsymbol{n}_2)}{\pi S^4} dA \\ &= \int (-l_2 x f - m_2 y f - n_2 z f)\ dA, \hspace{12pt} \mathrm{where}\ f = \frac{1}{\pi S^4} (l_1 x + m_1 y + n_1 z) \end{align*}

これらの式を見比べると，ストークスの定理を用いるには， $P,Q,R$ が次の関係を満たせばよいことが分かる．

\begin{align*} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = - x f, \hspace{10pt} \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} = - y f, \hspace{10pt} \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = - z f \end{align*}

天下り的だが，このように $P,Q,R$ をとるとうまいこと条件が満たされる．

\begin{align*} P = \frac{-m_1 z + n_1 y}{2 \pi S^2}, \hspace{10pt} Q = \frac{-n_1 x + l_1 z}{2 \pi S^2}, \hspace{10pt} R = \frac{-l_1 y + m_1 x}{2 \pi S^2} \end{align*}

本当に満たされているか，ひとつ確認してみよう．

\begin{align*} \frac{\partial R}{\partial y} &= \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{-l_1 y + m_1 x}{2 \pi S^2} \right) = \frac{-l}{2 \pi S^2} - \frac{(-l_1y + m_1x)y}{\pi S^4} \\ \frac{\partial Q}{\partial z} &= \frac{\partial}{\partial z} \left(\frac{-n_1 x + l_1 z}{2 \pi S^2} \right) = \frac{l}{2 \pi S^2} - \frac{(-n_1x + l_1z)z}{\pi S^4} \end{align*}

\begin{align*} \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} &= \frac{-l_1(x^2 + y^2 + z^2)}{\pi S^4} + \frac{l_1y^2 - m_1xy - n_1xz + l_1z^2}{\pi S^4} \\ &= \frac{-x (l_1 x + m_1 y + n_1 z)}{\pi S^4} = -xf \end{align*}

適切な $P,Q,R$ が見つかったので，View Factorを線積分で表すことができる．

\begin{align*} F &= \frac{1}{2 \pi} \int \left( \frac{-m_1 z + n_1 y}{S^2} dx + \frac{-n_1 x + l_1 z}{S^2} dy + \frac{-l_1 y + m_1 x}{S^2} dz \right) \\ &= l_1 \int \frac{z dy - y dz}{2 \pi S^2} + m_1 \int \frac{x dz - z dx}{2 \pi S^2} + n_1 \int \frac{y dx - x dy}{2 \pi S^2} \end{align*}

\begin{align*} &\left( \begin{array}{c}l_1 \\ m_1 \\ n_1\end{array} \right) =\left( \begin{array}{c}\sin \omega \\ 0 \\ \cos \omega\end{array} \right) \mathrm{,~Infinitesimal~surface~direction} \\ &\left( \begin{array}{c}x \\ y \\ z\end{array} \right) =\left( \begin{array}{c}R \cos \alpha \\ R \sin \alpha \\ h\end{array} \right) \mathrm{,~Line~on~the~disk~edge} \\ &\left( \begin{array}{c}x \\ y \\ z\end{array} \right) =\left( \begin{array}{c}R \cos \alpha_0 \\ y \\ h\end{array} \right) \mathrm{,~Line~of~the~view~edge} \end{align*}

これで，View Factorを実際に計算する準備が整った．ひとつ注意点として，円板の向きを表すベクトル $(l_2, m_2, n_2)$ は下向きで，このベクトルに関して右回りになるように積分する．

\begin{align*} &F = l_1 \int \frac{z dy - y dz}{2 \pi S^2} + n_1 \int \frac{y dx - x dy}{2 \pi S^2} \\ &= \sin \omega \left( \int_{\alpha_0}^{-\alpha_0} \frac{h (R \cos \alpha)}{2 \pi (R^2 + h^2)} d\alpha + \int_{-R \sin \alpha_0}^{R \sin \alpha_0} \frac{h}{2 \pi (R^2 \cos^2 \alpha_0 + y^2 + h^2)} dy \right) \\ &\hspace{12pt}+ \cos \omega \left( \int_{\alpha_0}^{-\alpha_0} \frac{R \sin \alpha (-R \sin \alpha) - R \cos \alpha (R \cos \alpha)}{2 \pi (R^2 + h^2)} d\alpha + \int_{-R \sin \alpha_0}^{R \sin \alpha_0} \frac{- R \cos \alpha_0}{2 \pi (R^2 \cos^2 \alpha_0 + y^2 + h^2)} dy \right) \\ &= \frac{Rh \sin \omega}{2 \pi (R^2 + h^2)} \int^{-\alpha_0}_{\alpha_0} \cos \alpha d\alpha + \frac{h \sin \omega}{2 \pi} \int_{\arctan(-\frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}})}^{\arctan(\frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}})} \frac{dt}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \\ &\hspace{12pt}- \frac{R^2}{2 \pi (R^2 + h^2)} \int_{\alpha_0}^{-\alpha_0} d\alpha - \frac{R \cos \omega \cos \alpha_0}{2 \pi} \int_{\arctan(-\frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}})}^{\arctan(\frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}})} \frac{dt}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \\ &= - \frac{Rh \sin \omega \sin \alpha_0}{\pi (R^2 + h^2)} + \frac{h \sin \omega}{\pi \sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \arctan \left( \frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \right) \\ &\hspace{12pt}+ \frac{R^2 \alpha_0 \cos\omega}{\pi (R^2 + h^2)} - \frac{R \cos \omega \cos \alpha_0}{\pi \sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \arctan \left( \frac{R \sin \alpha_0}{\sqrt{R^2 \cos^2 \alpha_0 + h^2}} \right) \end{align*}

非常に煩雑だった面積分の計算が，線積分に置き換えることでかなり簡略化されたのが分かる