電磁場の方程式

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共変形式のマクスウェル方程式の復習

クーロンゲージ\(\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{A}=0\)を採用した電磁ポテンシャルのマクスウェル方程式は、
$$\begin{eqnarray}
\Delta V&=&-\frac{\rho}{\varepsilon}\\
\left(\Delta-\varepsilon\mu\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}-\boldsymbol{\nabla}\varepsilon\mu\frac{\partial}{\partial t}V &=&-\mu\boldsymbol{i}
\end{eqnarray}$$
となる。真空の場合は右辺が\(0\)(\(\rho=\boldsymbol{i}=0\))であるから、1つ目の式より\(V=0\)となリ、2つ目の式は、
$$\left(\Delta-\varepsilon\mu\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}=0$$
となる。\(V=0\)であるが、1つ目の式をあえて残して、共変形式で書けば、
$$\square A^\mu=0$$
となる。これは、ローレンツゲージ\(\partial_\nu A^\nu=0\)を採用した共変形式のマクスウェル方程式と同じである。真空の場合は、クーロンゲージとローレンツゲージは両立できることがわかる。また、4成分あるが、式の形は質量が無いクライン-ゴルドン方程式と同じである。以下、このローレンツゲージの電磁ポテンシャルを使ったマクスウェル方程式で電磁場を考える。

電磁場の方程式の解

電磁ポテンシャル\(A^\mu\)は、4成分あるので、
$$A^\mu=\begin{pmatrix}V\\ \boldsymbol{A}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A^0\\A^1\\A^2\\A^3\end{pmatrix}$$
のように書ける。ここである特定の波数\(\boldsymbol{k}\)の平面波解(運動量の固有関数)を4成分のベクトル\(\varepsilon^\mu(\varepsilon^0,\boldsymbol{\varepsilon})\)を使って
$$A^\mu=\varepsilon^\mu(ae^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+a^*e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t})$$
のようにおく。電磁ポテンシャル\(A^\mu\)は計測できる物理量なので当然、実数である。(第一項の複素共役を第二項で足しているので、\(A^\mu\)は実数となっている)\(\varepsilon^\mu\)を考えよう。まず、\(A^0=V=0\)なので、\(\varepsilon^0=0\)である。残りの3成分は、クーロンゲージより、
$$\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{A}=(\boldsymbol{\varepsilon}\cdot i\boldsymbol{k})ae^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+(\boldsymbol{\varepsilon}\cdot -i\boldsymbol{k})a^*e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k}t}=0$$
となるから、
$$\boldsymbol{\varepsilon}\cdot\boldsymbol{k}=0$$
であることがわかる。これはよく知られているように電磁波が横波であること示している。4成分ある\(\varepsilon^\mu\)は、\(\boldsymbol{k}\)に垂直な平面上のベクトルであり、2つの自由度しか持たない。例えば、\(\boldsymbol{k}\)をz軸にとれば、\(\varepsilon^\mu\)の成分をx−y平面の単位ベクトルにして、
$$\varepsilon^\mu=\varepsilon_1+\varepsilon_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}$$
と書ける。したがって、電磁場の方程式の一般の解は、
$$\boxed{A^\mu=\int d\boldsymbol{k}^3\sum_{\lambda=1,2}\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k}}(a_{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+a^* _{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t})}$$
となる。

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