%Kiyoshi Shiraishi:電磁気学（後期）
%12/01/2001
%
電磁気学（後期）
%
未完成
%LaTeX2.09
%Kiyoshi Shiraishi 1998-1999
\documentstyle[12pt,graphics]{jarticle}
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%%%%%%%%%%%%%%%
%\hfill {ver. 1.0}
%%%%%%%%%%%%%%%
\title{
電磁気学（後期）}
\author{
白石 清（山口大学理学部）
}
\date{1999年04月01日改訂}
\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
\end{abstract}
\newpage
\tableofcontents
\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\subsection{波動方程式}
ここしばらくは，電荷，電流のない空間を考え，それを「真空」と呼ぼう。
\bigskip
真空中でのMaxwell方程式
\bea
\vnabla\cdot\vE&=&0 \label{eq:M1v} \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \label{eq:M2v} \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \label{eq:M3v} \\
\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:M4v}
\eea
$(c^2=\frac{1}{\epsilon_0\mu_0})$
\bigskip
(\ref{eq:M3v})と(\ref{eq:M4v})から
\bea
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vE\right)&=&
-\vnabla\times\frac{\partial\vB}{\partial t} \nn
&=&-\frac{\partial}{\partial t}\left(\vnabla\times\vB\right) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vE}{\partial t^2}
\eea
\smallskip
一方，恒等式
\be
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vE\right)=
\vnabla\left(\vnabla\cdot\vE\right)-\nabla^2\vE
\ee
があるので，われわれは
\be
\nabla^2\vE-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vE}{\partial t^2}=0
\ee
を得る。
\bigskip
(\ref{eq:M4v})と(\ref{eq:M3v})から
\bea
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vB\right)&=&
\frac{1}{c^2}\vnabla\times\frac{\partial\vE}{\partial t} \nn
&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}
\left(\vnabla\times\vE\right) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vB}{\partial t^2}
\eea
\smallskip
も導かれるので，
\be
\nabla^2\vB-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vB}{\partial t^2}=0
\ee
をも得る。
\bigskip
$\vE$，$\vB$の各成分（直交座標で）は，
同じ形の方程式
（２階線形偏微分方程式）を満たしている。
\smallskip
これを波動方程式という。
\subsection{波動方程式の解}
\be
\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-
\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)F(z,t)=0
\ee
の解は
\be
F(z,t)=f(z-ct)+g(z+ct)
\ee
ここで$f(x)$,$g(x)$は任意の１変数関数。
\bigskip
\be
E_x=E_0\sin(kz-\omega t)
\ee
とおく。ただし$\omega/k=c$
電場の他の成分は$0$とする。
\bigskip
このとき
\be
\vnabla\cdot\vE=\frac{\partial E_x}{\partial x}=0
\ee
なので，（真空中の）ガウスの法則を満足している。
\bigskip
一方，
\be
\left(\vnabla\times\vE\right)_z=
-\frac{\partial E_x}{\partial y}=0
\ee
\bea
\left(\vnabla\times\vE\right)_y&=&
\frac{\partial E_x}{\partial z}=
-\frac{\partial B_y}{\partial t} \nn
&=&k E_0 \cos(kz-\omega t)
\eea
このことから
\be
B_y=\frac{k}{\omega}E_0\sin(kz-\omega t)=
\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\ee
磁場の他の成分は$0$。
\bigskip
この磁場は，明らかに磁場に対するガウスの法則を満足する。
\smallskip
また以下のように，アンペール＋マクスウェルの法則を満足する。
\be
\left(\vnabla\times\vB\right)_z=0
\ee
\bea
\left(\vnabla\times\vB\right)_x&=&
-\frac{\partial B_y}{\partial z}=
\frac{1}{c^2}\frac{\partial E_x}{\partial t} \nn
&=&-\frac{E_0}{c}k \cos(kz-\omega t) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}E_0\omega \cos(kz-\omega t)
\eea
\bigskip
まとめると
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
これはマクスウェル方程式の解。
\bigskip
これは$z$軸方向に進む「電磁波」を表している。
\bigskip
波の山（谷）を結ぶと，$x$-$y$平面に平行な面となっている。
このため，「平面電磁波」と呼ぶ。
\footnote{今，電磁波の話をしているのが明らかな場合は「平面波」でよい。}
\bigskip
$\vE\times\vB$がﾊ$z$軸方向（進行方向）を向いていることに注意。
\subsection{電場と磁場の対称性}
真空中のマクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\vE&=&0 \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\eea
である。
\bigskip
ここで，次のような置き換えをしてみよう。
\bea
\vE&\rightarrow& c\vB \\
\vB&\rightarrow& -\frac{\vE}{c}
\eea
そうすると，
\bea
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\cdot\vE&=&0 \\
c\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c}\frac{\partial\vE}{\partial t} \\
-\frac{1}{c}\vnabla\times\vE&=&\frac{c}{c^2}\frac{\partial\vB}{\partial t}
\eea
これらは，元のマクスウェル方程式と同一である。
\bigskip
マクスウェルの方程式の解が一組わかっていれば，さきの変換により，
別の解が求まる。
\bigskip
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
がマクスウェル方程式の解であることより，
\be
\left\{
\begin{array}{l}
c B_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
-\frac{E_y}{c}=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
も，マクスウェル方程式の解である。
すなわち
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=-E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_x=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
はマクスウェル方程式の解。この解も$z$軸方向に進む電磁波を表す。
しかし，この解は自明。
なぜならば$z$軸を固定して，$x$-$y$軸を９０度回転すれば，
前の解から得られる。いま，空間は等方だから，当然解となっている。
\begin{quote}
$\vE+i c\vB$という組み合わせを考えると，
マクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\left(\vE+i c\vB\right)&=&0 \\
\vnabla\times\left(\vE+i c\vB\right)&=&
-\frac{\partial\vB}{\partial t}+i\frac{1}{c}
\frac{\partial\vE}{\partial t} \nn
&=&\frac{i}{c}\frac{\partial}{\partial t}\left(\vE+i c\vB\right)
\eea
という２つの式になる。
上で見た「置き換え」は，この場合，
式の複素共役をとることに対応する。
\end{quote}
\subsection{偏光}
\subsubsection{直線偏光}
二つの平面波の解
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\label{eq:p1}
\ee
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=-E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_x=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\label{eq:p2}
\ee
は，方程式の解という意味からは，独立である。
\smallskip
一般の平面電磁波はこれらの（位相のずらしを含めた）
重ね合わせで表せる。
\smallskip
二つの独立な状態を「偏光」（状態）という。
\smallskip
特に，この二つの解のようにそれぞれの電場の向きが一定であるとき，
直線偏光（状態）と呼ぶ。
\subsubsection{円偏光}
二つの独立な状態は，直線偏光でなくてもよい。
たとえば(\ref{eq:p1})
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
と，(\ref{eq:p2})の位相をずらしたもの
\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_x=-\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee
をたしたもの
\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t),~~~E_y=E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t),~~~B_x=-\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\eea
とひいたもの
\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t),~~~E_y=-E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t),~~~B_x=\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\eea
は，二つの独立な平面波の解である。
\bigskip
この二つの状態は「円偏光」と呼ばれる。
\bigskip
そのわけは，電場，磁場の大きさが一定
\bea
|\vE|&=&E_0 \\
|\vB|&=&\frac{E_0}{c}
\eea
だからである。二つの偏光は電場の回転の向きが逆である。
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁場のエネルギー}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
いったん，電磁波から離れて，前期の復習も含め，
電磁場のもつエネルギーについて考えよう。
\subsection{電場のエネルギー}
\subsubsection{例１：平行板コンデンサ}
$S$：板の面積
$d$：板の間隔
\be
E=\frac{\sigma}{\epsilon_0}=\frac{Q}{\epsilon_0 S}
\ee
$\sigma$は電荷密度。
\bigskip
高校物理を思い出せば
\be
CV=Q
\ee
ここで$C$は（コンデンサの）静電容量。
\be
V=E d
\ee
なので
\be
C=\frac{\epsilon_0 S}{d}
\ee
また
\be
V=\frac{Q d}{\epsilon_0 S}
\ee
\bigskip
またまた高校物理を思い出すと
\footnote{いま教えてるのかなあ？}
\be
コンデンサに蓄えられたエネルギー U
=\frac{1}{2}CV^2
\ee
は次のようにも書ける。
\bea
U&=&\frac{1}{2}CV^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{\epsilon_0 S}{d}\frac{Q^2d^2}{\epsilon_0^2S^2} \nn
&=&\frac{1}{2}\epsilon_0\left(\frac{Q}{\epsilon_0 S}\right)^2
\underbrace{S d}_{体積}
\label{eq:Udenba1}
\eea
\begin{quote}
\underline{問題} 次の式の解釈は？
\be
\Delta U=\frac{1}{2}\frac{Q}{\epsilon_0 S}Q\Delta d
\ee
\be
\Delta U=\frac{Q d}{\epsilon_0 S}\Delta Q
\ee
\end{quote}
(\ref{eq:Udenba1})は，一様な電場$\vE$が
エネルギー密度$\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2$を持っていると解釈できる。
\subsubsection{例２：球対称な電場}
半径$a$の球の表面に総電荷$Q$が一様に分布している。
どれだけのエネルギーを持っているか？
\bigskip
いま，球が電荷$q$を持っているとする。
無限遠方から，電荷$\Delta q$をもってきて，この球に付け加えるのに
必要な仕事の大きさは？
\bigskip
\bea
\Delta W&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_a^{\infty}
\frac{q\Delta q}{r^2}dr \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{a}\Delta q
\eea
したがって，$q=0$から$q=Q$にするまでに必要な仕事は
\bea
W&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_0^Q\frac{q}{a}d q \nn
&=&\frac{1}{8\pi\epsilon_0}\frac{Q^2}{a}
\eea
この仕事が蓄えられている。
\bigskip
電場のエネルギー密度が$\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2$で与えられるとすると
$E_r=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}$なので
\bea
U&=&\int_V \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 d^3\vr \nn
&=&4\pi\frac{1}{2}\epsilon_0\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\right)^2
\int_a^{\infty}\frac{Q^2}{r^4}r^2 dr \nn
&=&\frac{1}{8\pi\epsilon_0}\frac{Q^2}{a}
\eea
$U=W$，すなわち仕事は電場のエネルギーとして蓄えられたと解釈できる。
\subsubsection{まとめ}
静電場$\vE$の存在するところには，エネルギー密度
\be
\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2
\ee
が蓄えられている。
\subsection{磁場のエネルギー}
\subsubsection{例１：ソレノイドコイル}
長さに比べて太さが非常に小さいコイル。
内側の磁場はほぼ一様と見なせる。
\bigskip
アンペールの法則より
\be
B\ell=\mu_0 n\ell I
\ee
$\ell$：コイルの長さ
$n$：単位長さあたりの巻き数
ゆえに
\be
B=\mu_0 n I
\label{eq:solejiba}
\ee
\bigskip
誘導起電力（自己誘導）
電流を増やそうとすると減らそうとする向きに起電力が生じる。
（レンツの法則）
\be
V=\frac{d\Phi}{dt}~~~（大きさ）
\ee
コイルの有効磁束は
\be
\Phi=n\ell\Phi_1
\ee
$\Phi_1$はコイルの一断面積を貫く磁束。
\be
\Phi_1=BS=\mu_0 n I S
\ee
ゆえに
\be
V=\mu_0 n^2 \ell S\frac{dI}{dt}\equiv L\frac{dI}{dt}
\label{eq:no63}
\ee
$L$はコイルの（自己）インダクタンスと呼ばれる。
\footnote{位相をずらす効果については，（いまつかわないので）省略。}
\bigskip
コイルに流れる電流を$0$から$I$に増やすときに必要な仕事を求める。
電力を時間積分する。
\bea
W&=&\int_{t_i}^{t_f}VI' dt \nn
&=&\int_{t_i}^{t_f}LI'\frac{dI'}{dt} dt \nn
&=&\int_0^I LI' dI' \nn
&=&\frac{1}{2}LI^2
\eea
（これも高校で習ったかな？）
\bigskip
ところで，(\ref{eq:solejiba})，(\ref{eq:no63})を使うと
\bea
W&=&\frac{1}{2}\mu_0 n^2\ell SI^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}\left(\mu_0 n I\right)^2 S\ell \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2 \underbrace{S\ell}_{体積}
\eea
と書けるので，一様磁場がエネルギー密度
$\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2$を蓄えていると解釈できる。
\subsubsection{例２：反平行平面電流}
２枚の平行電流シート
互いに逆方向の向きに一様な電流
（単位長さあたりの電流密度$j$）が流れている。
$d$：シートの間隔
\bigskip
シートの間の一様磁場の大きさ
（アンペールの法則より）
\be
B=\mu_0 j
\ee
\bigskip
シートが反発する？
シートを引き離すと蓄えたエネルギーが減る？
No!
動かすときの誘導起電力まで考慮しないといけない。
\bigskip
\be
V=-\frac{d\Phi}{dt}=-B\ell\frac{\Delta d}{\Delta t}
\ee
電流方向の単位長さあたり
\be
V/\ell=E=-B\frac{\Delta d}{\Delta t}
\ee
これに逆らって，一定の$j$で電流を流す。
シートの単位面積あたり$jE$（ワット）の電力が必要。
したがって，$\Delta t$の間にシートを$\Delta d$引き離すとき，
（ただし，電流一定にする）必要な仕事は（単位面積あたり）
\bea
\Delta U&=&|jE|\Delta t-\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&jB\Delta d-\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}\mu_0 j^2\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\Delta d
\eea
\bigskip
やはり磁場はエネルギー密度$\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2$
をもっていると解釈できる。
\subsubsection{まとめ}
静磁場$\vB$の存在するところには，エネルギー密度
\be
\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\ee
が蓄えられている。
\subsection{電磁場のエネルギー}
電磁場は，
\be
u=\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\ee
のエネルギー密度を持つ。
\begin{quote}
$u$は置き換え
\bea
\vE&\rightarrow&c\vB \\
\vB&\rightarrow&-\frac{1}{c}\vE
\eea
に対して，不変。
たとえば，
\bea
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2&\rightarrow&
\frac{1}{2}\epsilon_0c^2B^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\epsilon_0\frac{1}{\epsilon_0\mu_0}B^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\eea
\end{quote}
\subsection{電磁場のエネルギーの保存}
エネルギーというからには，何らかの条件の下では
保存しているはずである。
\smallskip
マクスウェル方程式をもとに調べてみよう。
\bigskip
Maxwell方程式
\bea
\vnabla\cdot\vE&=&\frac{\rho}{\epsilon_0} \label{eq:temp1}\\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \label{eq:temp2}\\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \label{eq:temp3}\\
\vnabla\times\vB&=&\mu_0\vj+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:temp4}
\eea
\bigskip
(\ref{eq:temp3})の両辺に$\vB$を内積すると
\be
\vB\cdot\vnabla\times\vE=-\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t}
\label{eq:temp5}
\ee
(\ref{eq:temp4})の両辺に$\vE$を内積すると
\be
\vE\cdot\vnabla\times\vB=\mu_0\vE\cdot\vj+
\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:temp6}
\ee
(\ref{eq:temp5})から(\ref{eq:temp6})を引くと
\be
\vB\cdot\vnabla\times\vE-\vE\cdot\vnabla\times\vB=
-\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}-
\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t}-
\mu_0\vE\cdot\vj
\label{eq:temp7}
\ee
\bigskip
ところでベクトル解析の公式より
\be
\vnabla\cdot\left(\vE\times\vB\right)\equiv
\vB\cdot\vnabla\times\vE-\vE\cdot\vnabla\times\vB
\ee
\begin{quote}
\bea
& &\frac{\partial}{\partial x}\left(
E_yB_z-E_zB_y\right) \nn
&+&\frac{\partial}{\partial y}\left(
E_zB_x-E_xB_z\right) \nn
&+&\frac{\partial}{\partial z}\left(
E_xB_y-E_yB_x\right) \nn
&=&B_z\left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-
\frac{\partial E_x}{\partial y}\right) \nn
&-&E_z\left(\frac{\partial B_y}{\partial x}-
\frac{\partial B_x}{\partial y}\right) \nn
&+&\cdots
\eea
\end{quote}
なので，これで(\ref{eq:temp7})の左辺を書き換える。
また一方，
\bea
& &\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}+
\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t} \nn
&=&\frac{\partial}{\partial t}\left(
\frac{1}{2}\frac{1}{c^2}E^2+\frac{1}{2}B^2\right)
\eea
を右辺に用いる。
最後に両辺を$\mu_0$で割ると，次の式を得る。
\be
\frac{1}{\mu_0}\vnabla\cdot\left(\vE\times\vB\right)=
-\frac{\partial}{\partial t}\left(
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\right)-
\vE\cdot\vj
\label{eq:temp10}
\ee
\bigskip
領域$V$，その境界$S$を考える。
$V$内の電磁場のエネルギーは
\be
U=\int_V u d^3\vr=\int_V\left(
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\right)
d^3\vr
\ee
$U$の時間変化は，(\ref{eq:temp10})とガウスの定理により，
\be
\frac{\partial U}{\partial t}=
-\int_S \frac{1}{\mu_0}\left(\vE\times\vB\right)\cdot d\vsigma-
\int_V \vE\cdot\vj d^3\vr
\ee
\bigskip
右辺第２項は，電流が電場の中を流れることにより発生する
単位時間あたりのジュール熱を表す。
\begin{quote}
\bea
\int_V \vE\cdot\vj d^3\vr&=&
\int_V \vE\cdot(\hat{\rho}\vv) d^3\vr \nn
&=&\int_V \hat{\rho}\vE\cdot\vv d^3\vr \nn
&=&\int_V \underbrace{\vf}_{単位体積に働く力}
\cdot\vv d^3\vr
\eea
\end{quote}
右辺第１項は，表面での寄与になっている。
これは境界の表面から出ていくエネルギーの流れの総和を表している。
\be
\vS\equiv\frac{1}{\mu_0}\vE\times\vB
\ee
をPoynting's vectorとよび，これがエネルギー（密度）の
流れを表すものである。
\subsection{電磁波におけるエネルギーの流れ}
$z$方向に進行する平面波
\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\eea
\bigskip
このとき
\bea
u&=&\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2 \\
&=&\left(\frac{1}{2}\epsilon_0E_0^2+
\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}\frac{E_0^2}{c^2}\right)
\sin^2(kz-\omega t) \\
&=&\epsilon_0E_0^2 \sin^2(kz-\omega t)
\eea
一方ポインティングベクトルの大きさは
\bea
|\vS|&=&\frac{1}{\mu_0}\left(\vE\times\vB\right)_z \\
&=&\frac{1}{\mu_0}E_0\frac{E_0}{c}\sin^2(kz-\omega t) \\
&=&c\epsilon_0E_0^2 \sin^2(kz-\omega t)=cu
\eea
エネルギー密度が光の速度で$z$方向に流れている。
\begin{quote}
$\vS/c^2$は，運動量密度を与える。
電磁波の場合，
\be
運動量密度\times c=エネルギー密度
\ee
光子の運動量とエネルギーの関係と比較せよ。
\footnote{$p=\frac{h\nu}{c}$，$E=h\nu$}
\end{quote}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{平面波の反射，屈折}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\subsection{物質境界面}
\subsubsection{物質中のマクスウェル方程式}
反射，屈折は異なる物質の境界面で起きる。
ここでは，境界は平面の場合のみ扱う。
\bigskip
物質は真空とどうちがうか？
物質の電気磁気的性質・・・誘電率，透磁率が物質により異なる。
もちろん，個々の物質の特有な性質もあるが，
\footnote{「物性の研究室」で研究する！}
「第０近似」として，誘電率，透磁率のみによって
性質が表されるとしよう。
\footnote{方向によって性質が異なる場合もここでは考えない。}
\bigskip
ではマクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\vE&=&\frac{\rho}{\epsilon} \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vB&=&\mu\vj+\epsilon\mu\frac{\partial\vE}{\partial t}
\eea
でよいか？
境界を扱うくらいだから，$\epsilon$，$\mu$は少なくとも
空間的に変化している場合も取り扱えるようにする。
\bigskip
そのためには，次のようにする。
\bea
\vnabla\cdot\left(\epsilon\vE\right)&=&\rho \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\frac{\vB}{\mu}&=&\vj+
\frac{\partial\left(\epsilon\vE\right)}{\partial t}
\eea
こうすることにより，保存の式
\be
\frac{\partial\rho}{\partial t}+\vnabla\cdot\vj=0
\ee
は$\epsilon$，$\mu$の空間（時間）依存性に関わらず成立する。
\bigskip
\bea
\vD&\equiv&\epsilon\vE \\
\vH&\equiv&\frac{\vB}{\mu}
\eea
を定義する。このときマクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\vD&=&\rho \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vH&=&\vj+
\frac{\partial\vD}{\partial t}
\eea
と書ける。
\subsubsection{境界での接続の式}
媒質１と媒質２の境界面を考える。
面に垂直な単位ベクトル（法線ベクトル）を$\vn$とする。
また，面に平行な（ある方向の）単位ベクトルを$\vt$とする。
\bigskip
電場および磁場に対するガウスの法則より，
\bea
\vD_1\cdot\vn&=&\vD_2\cdot\vn \label{eq:juyo1} \\
\vB_1\cdot\vn&=&\vB_2\cdot\vn \label{eq:juyo2}
\eea
（境界面に電荷はない）
\bigskip
マクスウェル方程式の残り２つより，
\bea
\vE_1\cdot\vt&=&\vE_2\cdot\vt \label{eq:juyo3} \\
\vH_1\cdot\vt&=&\vH_2\cdot\vt \label{eq:juyo4}
\eea
（境界面に電流はない。また，ループを十分細くとれば
貫く磁束は無視できる。）
\subsection{平面波の反射・屈折}
媒質１の誘電率，透磁率を$\epsilon_1$，$\mu_1$，
媒質２の誘電率，透磁率を$\epsilon_2$，$\mu_2$
とする。
\subsubsection{電場が境界と平行な場合}
入射角を$\alpha$，屈折角を$\beta$，反射角を$\gamma$とする。
\bigskip
入射波
\be
\vE=\vE_0\sin(k_xx+k_zz-\omega t)
\ee
\smallskip
屈折波
\be
\vE'={\vE_0}'\sin({k_x}'x+{k_z}'z-\omega t)
\ee
\smallskip
反射波
\be
\vE''={\vE_0}''\sin({k_x}''x+{k_z}''z-\omega t)
\ee
\bigskip
ここで，$\omega$は共通。
\bigskip
$x$方向に何も「力」は働かないので，
\be
k_x={k_x}'={k_x}''
\label{eq:hk1}
\ee
\bea
k&\equiv&\sqrt{k_x^2+k_z^2} \\
k'&\equiv&\sqrt{{{k_x}'}^2+{{k_z}'}^2} \\
k''&\equiv&\sqrt{{{k_x}''}^2+{{k_z}''}^2}
\eea
とすれば
\be
k_x=k\sin\alpha=k'\sin\beta=k''\sin\gamma
\label{eq:hk2}
\ee
\bigskip
また，
\be
v_1\equiv\frac{1}{\sqrt{\epsilon_1\mu_1}},~~~
v_2\equiv\frac{1}{\sqrt{\epsilon_2\mu_2}}
\ee
とすれば
\bea
k&=&\frac{\omega}{v_1} \\
k'&=&\frac{\omega}{v_2} \\
k''&=&\frac{\omega}{v_1}
\eea
\bigskip
この式と(\ref{eq:hk1})および(\ref{eq:hk2})から
\be
\sin\alpha=\sin\gamma=\frac{v_1}{v_2}\sin\beta
\ee
がわかる。
\bigskip
すなわち
\be
\alpha=\gamma
\ee
（入射角＝反射角）
\bigskip
および
\be
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{v_1}{v_2}=
\frac{n_2}{n_1}
\ee
これをスネルの法則(Snell's law)という。
ここで$n$は屈折率。
\bigskip
磁場の振幅は
\bea
B_0&=&\frac{E_0}{v_1} \\
{B_0}'&=&\frac{{E_0}'}{v_2} \\
{B_0}''&=&\frac{{E_0}''}{v_1}
\eea
\bigskip
接続の式(\ref{eq:juyo3})より
\be
E_0+{E_0}''={E_0}'
\ee
接続の式(\ref{eq:juyo4})より
\be
\frac{B_0}{\mu_1}\cos\alpha-\frac{{B_0}''}{\mu_1}\cos\gamma=
\frac{{B_0}'}{\mu_2}\cos\beta
\ee
上の３つの式および$\alpha=\gamma$，スネルの法則より，
\be
E_0-{E_0}''=\frac{\mu_1}{\mu_2}\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}
\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}{E_0}'
\ee
を得る。
\bigskip
さらに，現実の（特に光を通すような物質では）
\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee
なので，これを使うと
\be
E_0 : {E_0}' : {E_0}'' =
\sin(\alpha+\beta) : 2\sin\beta\cos\alpha : \sin(\beta-\alpha)
\ee
これをフレネルの第一公式(Fresnel's formula ＃1)という。
\begin{quote}
$n_2>n_1$のとき，$\alpha>\beta$。ゆえに$\sin(\beta-\alpha)<0$。
（「位相」の反転をあらわす。）
\end{quote}
\begin{quote}
\noindent
問題
接続の式のうち，二つしか使っていません。
残りの２つはよいのでしょうか？
\end{quote}
\subsubsection{磁場が境界と平行な場合}
スネルの法則までは同様に成り立つ。
\bigskip
接続の式(\ref{eq:juyo4})より
\be
\frac{B_0}{\mu_1}+\frac{{B_0}''}{\mu_1}=
\frac{{B_0}'}{\mu_2}
\ee
電場と磁場の大きさの関係，ならびにスネルの法則より
\be
E_0+{E_0}''=\frac{\mu_1}{\mu_2}\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}{E_0}'
\ee
\bigskip
接続の式(\ref{eq:juyo3})より
\be
E_0\cos\alpha-{E_0}''\cos\gamma={E_0}'\cos\beta
\ee
ゆえに
\be
E_0-{E_0}''=\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}{E_0}'
\ee
\bigskip
\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee
を使うと
\be
E_0 : {E_0}' : {E_0}'' =
\tan(\alpha+\beta) :
\frac{2\sin\beta\cos\alpha}{\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)} :
\tan(\alpha-\beta)
\ee
これをフレネルの第二公式(Fresnel's formula ＃2)という。
\subsection{反射率}
ポインティングベクトルの大きさの比は
\be
|\vS| : |\vS'| : |\vS''|=
\frac{1}{\mu_1}\frac{E_0^2}{v_1} :
\frac{1}{\mu_2}\frac{{{E_0}'}^2}{v_2} :
\frac{1}{\mu_1}\frac{{{E_0}''}^2}{v_1} :
\ee
である。
\bigskip
反射率を
\be
R=\frac{|\vS''|}{|\vS|}=\frac{{{E_0}''}^2}{E_0^2}
\ee
とすると，
\bigskip
１ 電場が境界に平行な場合
\be
R_1=\frac{\sin^2(\alpha-\beta)}{\sin^2(\alpha+\beta)}
\ee
\smallskip
２ 磁場が境界に平行な場合
\be
R_2=\frac{\tan^2(\alpha-\beta)}{\tan^2(\alpha+\beta)}
\ee
\bigskip
２のばあい，おもしろいことがわかる。
$\alpha+\beta=\pi/2$となるとき，$R_2=0$
\footnote{このとき，$\sin\beta=\cos\alpha$，
ゆえに$\tan\alpha=n_2/n_1$。}
このとき，磁場が境界に平行な反射波はなくなる。
（Brewstar's law）
つまり，それ以外の「偏光」のみとなる。
（このため，偏光サングラスをかけると，
水面からの反射光などがまぶしくなくなる。）
\subsection{透過率}
透過率を
\be
T=\frac{|\vS'|}{|\vS|}
\ee
とする。
さらに，
\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee
とすると，
透過率は
\be
T=\frac{v_1}{v_2}\frac{{{E_0}'}^2}{E_0^2}=
\frac{n_2}{n_1}\frac{{{E_0}'}^2}{E_0^2}
\ee
と書ける。
\begin{quote}
\noindent
問題
２つの場合に透過率を求めよ。
\end{quote}
\begin{quote}
\noindent
問題
$\alpha\rightarrow 0$の場合
（境界面に垂直に入射する場合）に，
反射率と透過率を屈折率を用いて表せ。
２つの場合とも同じ結果になるはずである。
\end{quote}
答え：
\bea
R&=&\left(\frac{n_2-n_1}{n_2+n_1}\right)^2 \\
T&=&\frac{4n_1n_2}{(n_2+n_1)^2}
\eea
したがって
\be
R+T=1
\ee
（この関係は$\alpha\rightarrow 0$の場合以外でも成り立つか？）
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波の放射}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\subsection{時間に依存する電磁場}
\subsubsection{ポテンシャルの解}
真空中で時間に依存する電磁場を，
電荷密度，電流密度が与えられたときに求めたい。
\smallskip
そのために，（ゲージ）ポテンシャルの「解」を
まず求めよう。
\bigskip
解くべき式は
（前期ノート参照）
\bea
-\nabla^2\vA+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\vA}{\partial t^2}&=&
\mu_0\vj \\
-\nabla^2\phi+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}
&=&\frac{\rho}{\epsilon_0}
\eea
である。
ここで全てのものは，時間にも（位置にも）依存している。
\bigskip
ここで，いきなり解を紹介しよう。
それは
\bea
\phi(\vr,t)&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \\
\vA(\vr,t)&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\eea
である。
ここで
\be
R=|\vr-\vr'|
\ee
である。
\begin{quote}
$\rho$が時間に依存しない場合，
\be
\phi(\vr)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr')}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\ee
となり，前に求めた静電ポテンシャル
の解が導かれる。
\end{quote}
\subsubsection{解の「説明」}
\be
\phi(\vr,t)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\label{eq:kaiphi}
\ee
が
\be
-\nabla^2\phi+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}
=\frac{\rho}{\epsilon_0}
\label{eq:eqphi}
\ee
を満たすことを示そう。
\bigskip
領域$V$を$V_{\delta}$と$V_{-\delta}$に分ける。
ここで$V_{\delta}$は$\vr$のごく小さい近傍の領域とする。
\bigskip
\bea
\nabla^2\phi(\vr,t)&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{V_{\delta}}
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \nn
&+&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{V_{-\delta}}
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\eea
\bigskip
右辺第一項においては，$V_{\delta}$内では$R$は非常に小さいので
\be
t'\equiv t-\frac{R}{c}\approx t
\ee
つまり「時間の差」は無視できる。したがって静電ポテンシャルの時と同様に
\be
右辺第一項=-\frac{\rho(\vr,t)}{\epsilon_0}
\ee
となる。
\bigskip
右辺第二項において，$\nabla^2$のかかる関数は$R$のみの関数であるから，
\be
\nabla^2\rightarrow \frac{1}{R}\frac{\partial^2}{\partial R^2}R
\ee
としてよい。
よって
\footnote{$\nabla^2$は$\vr'$には作用しないことに注意。}
\bea
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{R}&=&
\frac{1}{R}\frac{\partial^2}{\partial R^2}\rho(\vr',t-R/c) \nn
&=&\frac{1}{c^2R}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\rho(\vr',t-R/c)
\eea
\bigskip
以上の計算から，
(\ref{eq:kaiphi})が(\ref{eq:eqphi})を満たすことが示された。
\bigskip
同様に，$\vA$の解についてもチェックできる。
\begin{quote}
ちゃんとした解の導出は，
フーリエ変換のテクニックを使えばできます。
一般にフーリエ変換は，場の理論を扱うのに便利な道具です。
挑戦してみて下さい。
\end{quote}
\subsubsection{解のゲージ条件}
さて，そもそもポテンシャルに対する方程式は，
ローレンス（ゲージ）条件
\be
\vnabla\cdot\vA+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=0
\ee
のもとで成り立つ式だった。
\smallskip
ここで求めた解は，条件を満たしているか，確かめてみよう。
\bigskip
\bea
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}&=&
\frac{1}{R}\vnabla\cdot\vj(\vr',t-R/c)+
\vj(\vr',t-R/c)\cdot\vnabla\frac{1}{R} \nn
&=&
\frac{1}{R}\left(\vnabla R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}+
\vj(\vr',t-R/c)\cdot\vnabla\frac{1}{R}
\eea
であるが，
\footnote{$\vnabla$は$R$にのみ作用し，$\vr'$に作用しない。}
\bea
\vnabla f(R)&=&\frac{\partial}{\partial \vR}f(R) \nn
&=&\frac{\partial}{\partial (\vr-\vr')}f(R) \nn
&=&-\frac{\partial}{\partial (\vr'-\vr)}f(R) \nn
&=&-\vnabla' f(R)
\eea
（$\vnabla'$は$\vr'$に作用する演算子）
なので，
\be
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}=
-\frac{1}{R}\left(\vnabla' R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}-
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R}
\ee
となる。
\bigskip
一方，次のものを考えてみる。
\bea
& &\vnabla'\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R} \nn
&=&
\frac{1}{R}\vnabla'\cdot\vj(\vr',t-R/c)+
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R} \nn
&=&\frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}+
\frac{1}{R}\left(\vnabla' R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}+
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R}
\eea
\bigskip
前の計算と合わせると，
\be
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}+
\vnabla'\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}=\frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}
\ee
これを用いると，ベクトルポテンシャルの発散は
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}d^3\vr' \nn
&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}
\eea
と書ける。ただし，表面項になる部分は，$V$が十分大きいため無視できるとした。
\bigskip
一方，スカラーポテンシャルの時間偏微分は
\bea
\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}&=&
\frac{1}{4\pi\epsilon_0 c^2}\int_V\frac{1}{R}
\frac{\partial}{\partial t}\rho(\vr',t-R/c) d^3\vr' \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0 c^2}\int_V\frac{1}{R}
\frac{\partial}{\partial t'}\rho(\vr',t') d^3\vr'
\eea
となるので，
結局
\be
\vnabla\cdot\vA+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=
\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{1}{R}\left(
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{\vr'}+
\frac{\partial\rho(\vr',t')}{\partial t'}\right)d^3\vr'
\ee
であることがわかるが，保存の式よりこの右辺は$0$。
よって解はローレンスゲージ条件を満足していることが確かめられた。
\subsection{電気双極子放射}
\subsubsection{十分遠方でのベクトルポテンシャルの解}
時間的に振動する電気双極子$\vp(t)$を考える。
双極子は原点にあり，向きは$z$方向とする。
最終的には，電荷の大きさが振動すると思っても，
長さが振動すると思ってもよいが，
とりあえず電荷が時間的に振動するとしてみよう。
\bigskip
原点から十分遠方での電磁場を求める。
\bigskip
振動する電気双極子による電流は
\be
I(t)=\frac{dq}{dt}
\ee
なので，
\bea
\vA(\vr,t)&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\frac{\vj(\vr',t')}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \nn
&\approx&\frac{\mu_0\dot{q}(t')}{4\pi r}\int_{-\ell/2}^{\ell/2}d\vz \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{q}(t')}{4\pi r}\vell \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{\vp}(t')}{4\pi r}
\eea
を得る。
ただし，ここで
\be
t'=t-\frac{R}{c}
\ee
また十分遠方では$R\approx r$とした。
\bigskip
スカラーポテンシャル$\phi$は，この$\vA$と
ローレンス条件から求める。
\bigskip
その準備として，極座標でのベクトル解析
を復習しよう。
\subsubsection{極座標でのベクトル解析１：発散}
\noindent
\underline{計量}
微小な座標間隔の長さの２乗を
\be
ds^2=g_{ij}dx^idx^j
\ee
とする。１つの項のうちで２回でてくる添え字については
和をとるものとする。
\footnote{$ds^2=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}g_{ij}dx^idx^j$}
\smallskip
$g_{ij}$を計量と呼ぶ。
\bigskip
デカルト座標では
\be
ds^2=dx^2+dy^2+dz^2
\ee
であり，
\be
x^1=x,~~~x^2=y,~~~x^3=z
\ee
とすれば
\be
g_{11}=g_{22}=g_{33}=1
\ee
である。
\bigskip
極座標では
\be
ds^2=dr^2+r^2d\theta^2+r^2\sin^2\theta d\varphi^2
\ee
であり，
\be
x^1=r,~~~x^2=\theta,~~~x^3=\varphi
\ee
とすれば
\be
g_{11}=1,~~~g_{22}=r^2,~~~g_{33}=r^2\sin^2\theta
\ee
である。
\bigskip
\noindent
\underline{ベクトルの大きさ}
普通のベクトル
\footnote{普通でないベクトルは後で出てくる。}
のおおきさも計量を使って決められる。
\be
A^2=g_{ij}A^iA^j
\ee
\bigskip
ただし，通常使われる極座標での成分と違いがあるので気をつける。
通常使われる極座標での成分$A^r$，$A^{\theta}$，$A^{\varphi}$では
\be
A^2=(A^r)^2+(A^{\theta})^2+(A^{\varphi})^2
\ee
と定義されているので，
\be
A^1=A^r,~~~
A^2=\frac{1}{r}A^{\theta},~~~
A^3=\frac{1}{r\sin\theta}A^{\varphi}
\ee
という関係になっている。
\bigskip
\noindent
\underline{ベクトルの発散}
一般にベクトルの発散は
\be
\vnabla\cdot\vA=\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_i
\left(\sqrt{g}A^i\right)
\ee
で表される。
ただしここで$\partial_i\equiv\frac{\partial}{\partial x^i}$
$g\equiv \det g_{ij}$である。
\footnote{極座標のような局所的に直交した座標系では，$g=g_{11}g_{22}g_{33}$}
\bigskip
極座標では
\be
\sqrt{g}=r^2\sin\theta
\ee
\bigskip
極座標で発散は次のように表される。
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_i
\left(\sqrt{g}A^i\right) \nn
&=&\frac{1}{r^2\sin\theta}\left[
\partial_r\left(r^2\sin\theta A^1\right)+
\partial_{\theta}\left(r^2\sin\theta A^2\right)+
\partial_{\varphi}\left(r^2\sin\theta A^3\right)\right] \nn
&=&\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^1\right)+
\frac{1}{\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^2\right)+
\partial_{\varphi}A^3
\eea
ここで
\bea
\partial_1&=&\partial_r=\frac{\partial}{\partial r} \\
\partial_2&=&\partial_{\theta}=\frac{\partial}{\partial\theta} \\
\partial_3&=&\partial_{\varphi}=\frac{\partial}{\partial\varphi}
\eea
とした。
\bigskip
通常の極座標におけるベクトルの成分を使って書くと
\be
\vnabla\cdot\vA=
\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}A^{\varphi}
\ee
\subsubsection{十分遠方でのスカラーポテンシャルの解}
ベクトルポテンシャルの解
\be
\vA(\vr,t)=\frac{\mu_0\dot{\vp}(t')}{4\pi r}
\ee
を通常の極座標の成分で書くと，
\bea
A^r&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\cos\theta \\
A^{\theta}&=&-\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\sin\theta \\
A^{\varphi}&=&0
\eea
（ここで$\dot{p}$は$\dot{\vp}$の$z$成分。）
\bigskip
これを使って，ベクトルポテンシャルの発散を計算。
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&
\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}A^{\varphi} \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r^2}\cos\theta-
\frac{\mu_0\ddot{p}}{4\pi cr}\cos\theta-
\frac{\mu_0\dot{p}}{2\pi r^2}\cos\theta \nn
&=&-\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\ddot{p}}{cr}+\frac{\dot{p}}{r^2}
\right)\cos\theta
\eea
ここで
\be
\frac{\partial}{\partial r}\dot{p}(t-r/c)=-\frac{\ddot{p}}{c}
\ee
を使った。
\bigskip
ポテンシャルはローレンス条件を満たしていることから，
\be
\frac{\partial\phi}{\partial t}=-c^2\vnabla\cdot\vA
\ee
したがって
\bea
\phi&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr}+\frac{p}{r^2}
\right)\cos\theta \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\vr\cdot\dot{\vp}}{cr^2}+
\frac{\vr\cdot\vp}{r^3}\right)
\eea
\bigskip
まとめると
\bea
\vA&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\dot{\vp}}{r} \\
\phi&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\vr\cdot\dot{\vp}}{cr^2}+
\frac{\vr\cdot\vp}{r^3}\right)
\eea
ただし，右辺は時刻$t'=t-r/c$での値。
\subsubsection{極座標でのベクトル解析２：電場と磁場}
\noindent
\underline{上付き添え字と下付添え字}
一般には，上付き添え字のベクトルと下付添え字のベクトルは
区別される。
\bigskip
ベクトルの大きさの２乗は
\be
A^2=g_{ij}A^iA^j=g^{ij}A_iA_j
\ee
ここで$g^{ij}$は$g_{ij}$の逆行列。
\bigskip
極座標では
\bea
A^2&=&(A^1)^2+r^2(A^2)^2+r^2\sin^2\theta(A^3)^2 \nn
&=&(A_1)^2+\frac{1}{r^2}(A_2)^2+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}(A_3)^2
\eea
一方，通常の記法では
\bea
A^2&=&(A^r)^2+(A^{\theta})^2+(A^{\varphi})^2 \nn
&=&(A_r)^2+(A_{\theta})^2+(A_{\varphi})^2
\eea
なので，
\bea
A_1&=&A_r=A^r \\
A_2&=&r A_{\theta}=r A^{\theta} \\
A_3&=&r\sin\theta A_{\varphi}=r\sin\theta A^{\varphi}
\eea
という対応関係である。
\bigskip
\noindent
\underline{電場}
\be
\vE=-\vnabla\phi-\frac{\partial\vA}{\partial t}
\ee
これは，次のように読む。
\be
E_i=-\partial_i\phi-\frac{\partial A_i}{\partial t}
\ee
極座標における通常の記法で表せば，次のようになる。
\bea
E_r&=&-\partial_r\phi-\frac{\partial A_r}{\partial t} \\
E_{\theta}&=&-\frac{1}{r}\partial_{\theta}\phi-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial t} \\
E_{\varphi}&=&-\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}\phi-
\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial t}
\eea
\bigskip
\noindent
\underline{磁場}
磁場は残念ながら，普通のベクトルではないので
注意する。
一般には複雑なのでここでは極座標の場合だけを
考える。
\bigskip
\be
\vB=\vnabla\times\vA
\ee
これを，次のように読む。
\bea
B_1&=&\partial_2 A_3-\partial_3 A_2 \\
B_2&=&\partial_3 A_1-\partial_1 A_3 \\
B_3&=&\partial_1 A_2-\partial_2 A_1
\eea
極座標の場合，
\bea
B_1&=&\partial_{\theta}\left(r\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B_2&=&\partial_{\varphi} A_r-
\partial_r\left(r\sin\theta A_{\varphi}\right) \\
B_3&=&\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\partial_{\theta} A_r
\eea
となる。ここまでは今までのルールに従う。
ここからが違うところで，ここでは天下りに書くと，
\bea
B^r&=&\frac{1}{r^2\sin\theta}B_1 \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}B_2 \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}B_3
\eea
これが普通のベクトルと違うところである。
\footnote{$B^r=\frac{1}{\sqrt{g_{22}g_{33}}}B_1$，
$B^{\theta}=\frac{1}{\sqrt{g_{33}g_{11}}}B_2$，
$B^{\varphi}=\frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}}}B_3$}
\bigskip
したがって
\bea
B^r&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}
\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{1}{r^2\sin\theta}\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi} A_r-
\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\varphi}\right) \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{1}{r}\partial_{\theta} A_r
\eea
と書ける。
\subsubsection{電気双極子放射の電磁場}
\bea
E_r&=&-\partial_r\phi-\frac{\partial A_r}{\partial t} \\
E_{\theta}&=&-\frac{1}{r}\partial_{\theta}\phi-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial t} \\
E_{\varphi}&=&-\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}\phi-
\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial t}
\eea
\bea
B^r&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}
\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{1}{r^2\sin\theta}\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi} A_r-
\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\varphi}\right) \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{1}{r}\partial_{\theta} A_r
\eea
以上の式に，ポテンシャルの解
\bea
A^r&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\cos\theta \\
A^{\theta}&=&-\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\sin\theta \\
A^{\varphi}&=&0
\eea
および
\be
\phi=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr}+\frac{p}{r^2}
\right)\cos\theta
\ee
を代入する。
\bigskip
ちょっとした計算をすると，結果は
\bea
E_r&=&\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr^2}+
\frac{p}{r^3}\right)\cos\theta \\
E_{\theta}&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\ddot{p}}{c^2r}+
\frac{\dot{p}}{cr^2}+\frac{p}{r^3}\right)\sin\theta \\
E_{\varphi}&=&0
\eea
および
\bea
B^r&=&0 \\
B^{\theta}&=&0 \\
B^{\varphi}&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\ddot{p}}{cr}+
\frac{\dot{p}}{r^2}\right)\sin\theta
\eea
\bigskip
$r$がおおきいところでもっとも大きな寄与をする項だけをのこすと
\bea
E_{\theta}&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\ddot{p}}{c^2r}\sin\theta \\
B^{\varphi}&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\ddot{p}}{cr}\sin\theta
\eea
残りは無視できる。残りを落としてもよいことの正当性は，後に明らかとなる。
（ここでは，$cB^{\varphi}=E_{\theta}$に注意。）
\subsubsection{放射電磁波の強度}
このときのエネルギーの流れを表す
ポインティングベクトルの向きは動径方向で，
大きさは
\be
\frac{1}{\mu_0}E_{\theta}B^{\varphi}=
\frac{1}{16\pi^2\epsilon_0c^3}\frac{|\ddot{p}|^2}{r^2}\sin^2\theta
\ee
である。
これを半径$r$の球面上で積分すると，放射電磁波の電力となる。
\bea
W&=&2\pi\int_0^{\pi}\left(\frac{1}{16\pi^2\epsilon_0c^3}
\frac{|\ddot{p}|^2}{r^2}\sin^2\theta\right)r^2\sin\theta d\theta \nn
&=&\frac{|\ddot{p}|^2}{6\pi\epsilon_0c^3}
\eea
これは，$r$によらないから，無限遠まで到達する電磁波の寄与を表す。
さかのぼって考えれば，以前無視した部分は，
無限遠まで影響を及ぼすことはない，ということである。
\begin{quote}
荷電粒子の加速度運動でも，同様に放射電磁波の強度が計算される。
双極子輻射とほぼ同じ形となり，
\be
W(t)=\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}(\ddot{z}(t))^2
\ee
となる。
ここで$q$は粒子の電荷，$\ddot{z}(t)$は粒子の加速度である。
これをLarmorの公式という。
\end{quote}
双極子放射の場合，
\be
p=p\sin\omega t
\ee
のような振動だとすると，
時間平均をした放射電力は
\be
\langle W\rangle=\frac{|p|^2\omega^4}{12\pi\epsilon_0c^3}
\ee
となる。
放射電磁波の強度は振動数の４乗に比例する。
\subsection{荷電粒子に働く減衰力}
加速度運動をしている荷電粒子は，
電磁波を放射するため，エネルギーを失う。
\smallskip
その効果は，運動方程式中に減衰力としてあらわれる。
\bigskip
減衰力の大きさを$K(t)$とする。
Larmorの公式により
\bea
& &\int_{t_1}^{t_2}K(t)v(t)dt \nn
&=&-\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}
\int_{t_1}^{t_2}(\dot{v}(t))^2 dt \\
&=&-\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}\left\{\left[v\dot{v}
\right]_{t_1}^{t_2}-
\int_{t_1}^{t_2}\ddot{v}v dt\right\}
\eea
最右辺第一項の寄与は，
典型的な振動運動の場合，
平均としては効いてこない。
\bigskip
したがって
\be
K(t)=\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}\ddot{v}(t)
\ee
が減衰力の大きさである。
（加加速度に比例。）
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波の散乱}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\subsection{自由電子による散乱}
入射電磁波を$z$方向に進む平面波とする。
\be
E_x=E_0\sin(kz-\omega t)
\ee
この平面波のはこぶエネルギーの流れの大きさは
\bea
u_{in}&=&|\vS| \nn
&=&\frac{1}{\mu_0}|\vE\times\vB| \nn
&=&\frac{1}{\mu_0}\frac{1}{c}E_0^2\sin^2(kz-\omega t) \nn
&=&c\epsilon_0E_0^2\sin^2(kz-\omega t)
\eea
したがってその時間平均は
\be
\langle u_{in}\rangle=\frac{1}{2}c\epsilon_0E_0^2
\ee
\bigskip
（$z=0$にある）自由電子の運動方程式は
\be
m\ddot{x}=eE_0\sin\omega t
\ee
自由電子の加速度運動は，双極子輻射と同様の放射を導く。
\bigskip
よって，十分遠方で，単位立体角あたりに
散乱されるエネルギーの流れは
\be
r^2u=\frac{e^2}{16\pi^2\epsilon_0c^3}\left(
\frac{eE_0}{m}\right)^2\sin^2\omega t\sin^2\theta
\ee
したがって
\be
\langle r^2u\rangle=\frac{e^2}{32\pi^2\epsilon_0c^3}\left(
\frac{eE_0}{m}\right)^2\sin^2\theta
\ee
\bigskip
単位強度の入射当たりの，単位時間，単位立体角に
散乱されるエネルギーの強さを散乱微分断面積
$\frac{d\sigma}{d\Omega}$とする。
つまり
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}\equiv
\frac{\langle r^2 u\rangle}{\langle u_{in}\rangle}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}\sin^2\theta
\ee
\bigskip
ここで，$\theta$は$x$軸からはかった角度であることに注意する。
$z$軸からの角度を$\Theta$とすると，
$x$-$z$平面上では
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}\cos^2\Theta
\ee
$y$-$z$平面上では
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}
\ee
\bigskip
最初に考えたのは，$x$方向に偏光した平面波であるから，
偏光していない入射波の場合は
（$y$方向に偏光した平面波を加えて考えて），この平均となる。
\bigskip
結局，偏光のない平面波の自由電子による散乱微分断面積は
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)_T=
\left(\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0mc^2}\right)^2
\frac{1+\cos^2\Theta}{2}
\ee
これをトムソン散乱の微分断面積という。
（偏光のない平面波の自由電子による散乱をトムソン散乱という。）
\bigskip
ちなみに，
\be
\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0mc^2}
\ee
のことを古典電子半径と呼ぶ。
\subsection{弾性的に束縛された電子による散乱}
入射波は平面波とする。
（$z=0$にある）自由電子の運動方程式は
\be
m\ddot{x}+m\omega_0^2 x=eE_0\sin\omega t
\ee
したがって
\be
x(t)=\frac{eE_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\sin\omega t
\ee
\be
\ddot{x}^2=\left(\frac{eE_0\omega^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\right)^2
\sin^2\omega t
\ee
\bigskip
したがって
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)=
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)_T
\frac{\omega^4}{(\omega_0^2-\omega^2)^2}
\ee
\bigskip
$\omega<<\omega_0$の場合，つまり波長が長い場合は
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)\propto
\omega^4\propto
\frac{1}{\lambda^4}
\ee
ここで$\lambda$は光の波長。
\bigskip
このような長波長の光の散乱をレーリー散乱と呼ぶ。
レーリー散乱の断面積は，波長の逆数の４乗に比例する。
\bigskip
青い光の方が赤い光よりもよく散乱されるため，
空は青く，夕日は赤く見える！
\newpage
\section*{付録}
\noindent
\underline{極座標でのベクトル解析}
$\ve_r$，$\ve_{\theta}$，$\ve_{\varphi}$は$r$，$\theta$，$\varphi$
各方向の単位ベクトル。
\be
\vnabla\phi=\frac{\partial\phi}{\partial r} \ve_r+
\frac{1}{r}\frac{\partial\phi}{\partial\theta} \ve_{\theta}+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial\phi}{\partial\varphi} \ve_{\varphi}
\ee
\be
\vnabla\cdot\vA=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}
\left(r^2A_r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
\left(\sin\theta A_{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial\varphi}
\ee
\bea
\vnabla\times\vA&=&\frac{1}{r\sin\theta}\left\{
\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial\varphi}\right\}\ve_r \nn
&+&
\frac{1}{r}\left\{\frac{1}{\sin\theta}
\frac{\partial A_r}{\partial\varphi}-
\frac{\partial}{\partial r}\left(r A_{\varphi}\right)\right\}\ve_{\theta} \nn
&+&
\frac{1}{r}\left\{
\frac{\partial}{\partial r}\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{\partial A_r}{\partial\theta}\right\}\ve_{\varphi}
\eea
\be
\nabla^2\phi=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}
\left(r^2\frac{\partial\phi}{\partial r}\right)+
\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
\left(\sin\theta\frac{\partial\phi}{\partial\theta}\right)+
\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2\phi}{\partial\varphi^2}
\ee
\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\begin{thebibliography}{99}
%\bibitem{To} ？？？・
%\end{thebibliography}
\end{document}
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