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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)
波数の関係式
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、\(\varepsilon\)の条件は、
$$k_\mu\varepsilon^\mu=k_\mu\varepsilon^{\mu *}=0$$
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、
$$\partial_\mu A^\mu \rightarrow \partial_\mu A’^\mu=\partial_\mu A^\mu-\square \chi$$
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ず、電磁場の方程式も変わらない。\(\chi\)は任意の関数であるから、定義式より、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。
偏りのベクトル
\(A^0\)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。
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