電磁場の方程式

ローレンツゲージ$\partial_\mu A^\mu=0$を採用した共変形式のマクスウェル方程式は、

$$\square A^\mu=\nu_0j^\mu$$

であり、真空中は、

$$\square A^\mu=0$$

となる。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となっている。以下、このローレンツゲージの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$\boldsymbol{k}$の平面波解を4成分ある偏極ベクトル$\varepsilon^\mu(\varepsilon^0,\boldsymbol{\varepsilon})$を使って

$$A^\mu_\boldsymbol{k}=\varepsilon^\mu_\boldsymbol{k} a_\boldsymbol{k} e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+\varepsilon^{\mu*}_\boldsymbol{k}a^*_\boldsymbol{k}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t}$$

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実数となる。（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）

波数の条件

電磁場の方程式の解を、共変形式のマクスウェル方程式$\square A^\mu=0$に代入すれば、

\begin{eqnarray}
\square A^\mu&=&(\partial^2_t-\boldsymbol{\nabla}^2)A^\mu\\
&=&(-\omega_\boldsymbol{k}^2+\boldsymbol{k}^2)A^\mu\\
&=&0
\end{eqnarray}

となるので、$k$の条件は、

$$k^2=\omega^2-\boldsymbol{k}^2=0$$

となる。また、ローレンツゲージ$\partial_\mu A^\mu=0$に代入すれば、

\begin{eqnarray}
\partial_\mu A^\mu&=&(\varepsilon^0 \partial_t+\boldsymbol{\varepsilon}\boldsymbol{\nabla})a_\boldsymbol{k} e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+(\varepsilon^{0*} \partial_t+\boldsymbol{\varepsilon}^*\boldsymbol{\nabla})a^*_\boldsymbol{k}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t}\\
&=&i(-\omega_\boldsymbol{k}\varepsilon^0+\boldsymbol{k}\boldsymbol{\varepsilon})a_\boldsymbol{k} e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+i(\omega_\boldsymbol{k}\varepsilon^{0*}-\boldsymbol{k}\boldsymbol{\varepsilon}^*)a^*_\boldsymbol{k}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t}\\
&=&0
\end{eqnarray}

となるので、偏極ベクトル$\varepsilon$との関係は、

$$k_\mu\varepsilon^\mu=k_\mu\varepsilon^{\mu *}=0$$

となる。

更にゲージ変換を実行

さて、ローレンツゲージの電磁場の式を更にゲージ変換して、式の見通しを良くすることを考える。任意の関数$\chi$を

$$\square \chi=0$$

を満たす関数と定義する。するとゲージ変換は、

$$\partial_\mu A^\mu \rightarrow \partial_\mu A’^\mu=\partial_\mu (A^\mu-\partial^\mu\chi)=\partial_\mu A^\mu$$

となるから、ローレンツゲージを更にゲージ変換しても$\partial_\mu A^\mu=0$であることは変わらない。$\chi$は任意の関数であるから、定義式と波数の条件より、任意の定数$\alpha,\beta$を使って、

$$\chi=\alpha e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+\beta e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k}t}$$

としても構わない。すると、電磁場の方程式の解は、ゲージ変換すると、

\begin{eqnarray}
A’^\mu&=&A^\mu-\partial^\mu\chi\\
&=&\varepsilon^\mu ae^{-ik\cdot x}+\varepsilon^{\mu*}a^*e^{ik\cdot x}-(-\alpha k^\mu e^{-ik\cdot x}+\beta k^\mu e^{ik\cdot x})\\
&=&(\varepsilon^\mu+\alpha k^\mu)ae^{-ik\cdot x}+(\varepsilon^{\mu*}-\beta k^\mu)a^*e^{ik\cdot x}\\
&=&\varepsilon’^\mu ae^{-ik\cdot x}+\varepsilon’^{\mu*} a^*e^{ik\cdot x}
\end{eqnarray}

となり、ゲージ変換が$\varepsilon$を$k$の定数倍だけ変えることがわかる。ここで、任意の定数$\alpha,\beta$を

\begin{eqnarray}
\alpha&=&-\frac{\varepsilon^0}{k^0}\\
\beta&=&\frac{\varepsilon^{0*}}{k^0}
\end{eqnarray}

とすれば、$A^0$のゲージ変換後の係数$\varepsilon’^0$、$\varepsilon’^{0*}$が0となるので、ローレンツゲージの電磁場の式のまま、$A^0$を常に0とすることができる。

偏極ベクトル

$A^0$が常に0であっても、ローレンゲージの電磁場の方程式であるから、先ほど求めた波数と偏極ベクトルの関係式は常に成り立ち、$\varepsilon^0$、$\varepsilon^{0*}$が0なので、

$$\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\varepsilon}=\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\varepsilon}^*=0$$

となる。このことは、波の方向$\boldsymbol{k}$に対して、垂直平面に偏極ベクトルがあることを表している。4つの自由度があるように見えたが、実際は2つの自由度しか無いのがわかる。例えば、波の方向$\boldsymbol{k}$をz軸方向にとれば、

$$\varepsilon_1^\mu=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\varepsilon_2^\mu=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}$$

とすることが出来る。したがって、電磁場の方程式の解は、

$$\boxed{A^\mu=\int \frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sum_{\lambda=1,2}(\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k}}^\mu a_{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}+\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k}}^{\mu *}a^* _{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega_\boldsymbol{k} t})}$$

となる。

ローレンツ不変性

$A^0$を常に0としたことで、ローレンツ不変性が明白でなくなる。この問題は、場を量子化する際にもう一度考える。