電磁場の方程式

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、

$$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\mu }={\nu }_0{j}^{\mu }$$

であり、真空中は、

$$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\mu }=0$$

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、

$$A^{\mu }=\left(\begin{array}{c}V\\ \mathit{A}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{A}^0\\ A^1\\ A^2\\ A^3\end{array}\right)$$

のように書ける。ここである特定の波数$\mathit{k}$の平面波解を4成分ある偏極ベクトル${\epsilon }^{\mu }({\epsilon }^0,\mathit{\epsilon })$を使って

$$A_{\mathit{k}}^{\mu }={\epsilon }_{\mathit{k}}^{\mu }{a}_{\mathit{k}}{e}^{i\mathit{k}\cdot \mathit{x}-i{\omega }_{\mathit{k}}t}+{\epsilon }_{\mathit{k}}^{\mu \ast }{a}_{\mathit{k}}^{\ast }{e}^{-i\mathit{k}\cdot \mathit{x}+i{\omega }_{\mathit{k}}t}$$

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$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\mu }=0$に代入すれば、

$$\begin{array}{rcl}\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\mu }& =& ({\partial }_t^2-{\mathbf{\nabla }}^2)A^{\mu }\\ & =& (-{\omega }_{\mathit{k}}^2+{\mathit{k}}^2)A^{\mu }\\ & =& 0\end{array}$$

となるので、$k$の条件は、

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

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

$$\begin{array}{rcl}{\partial }_{\mu }{A}^{\mu }& =& ({\epsilon }^0{\partial }_t+\mathit{\epsilon }\mathbf{\nabla })a_{\mathit{k}}{e}^{i\mathit{k}\cdot \mathit{x}-i{\omega }_{\mathit{k}}t}+({\epsilon }^{0\ast }{\partial }_t+{\mathit{\epsilon }}^{\ast }\mathbf{\nabla })a_{\mathit{k}}^{\ast }{e}^{-i\mathit{k}\cdot \mathit{x}+i{\omega }_{\mathit{k}}t}\\ & =& i(-{\omega }_{\mathit{k}}{\epsilon }^0+\mathit{k}\mathit{\epsilon })a_{\mathit{k}}{e}^{i\mathit{k}\cdot \mathit{x}-i{\omega }_{\mathit{k}}t}+i({\omega }_{\mathit{k}}{\epsilon }^{0\ast }-\mathit{k}{\mathit{\epsilon }}^{\ast })a_{\mathit{k}}^{\ast }{e}^{-i\mathit{k}\cdot \mathit{x}+i{\omega }_{\mathit{k}}t}\\ & =& 0\end{array}$$

となるので、偏極ベクトル$\epsilon$との関係は、

$$k_{\mu }{\epsilon }^{\mu }=k_{\mu }{\epsilon }^{\mu \ast }=0$$

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

$$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}\chi =0$$

を満たす関数と定義する。するとゲージ変換は、

$${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }\to {\partial }_{\mu }{A}^{\prime \mu }={\partial }_{\mu }(A^{\mu }-{\partial }^{\mu }\chi )={\partial }_{\mu }{A}^{\mu }$$

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、

$$\chi =\alpha e^{i\mathit{k}\cdot \mathit{x}-i{\omega }_{\mathit{k}}t}+\beta e^{-i\mathit{k}\cdot \mathit{x}+i{\omega }_{\mathit{k}}t}$$

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、

$$\begin{array}{rcl}{A}^{\prime \mu }& =& A^{\mu }-{\partial }^{\mu }\chi \\ & =& {\epsilon }^{\mu }a{e}^{-ik\cdot x}+{\epsilon }^{\mu \ast }{a}^{\ast }{e}^{ik\cdot x}-(-\alpha k^{\mu }{e}^{-ik\cdot x}+\beta k^{\mu }{e}^{ik\cdot x})\\ & =& ({\epsilon }^{\mu }+\alpha k^{\mu })a{e}^{-ik\cdot x}+({\epsilon }^{\mu \ast }-\beta k^{\mu })a^{\ast }{e}^{ik\cdot x}\\ & =& {\epsilon }^{\prime \mu }a{e}^{-ik\cdot x}+{\epsilon }^{\prime \mu \ast }{a}^{\ast }{e}^{ik\cdot x}\end{array}$$

となり、ゲージ変換が$\epsilon$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

$$\begin{array}{rcl}\alpha & =& -\frac{{\epsilon }^0}{k^0}\\ \beta & =& \frac{{\epsilon }^{0\ast }}{k^0}\end{array}$$

とすれば、$A^0$のゲージ変換後の係数${\epsilon }^{\prime 0}$、${\epsilon }^{\prime 0\ast }$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。これは、

$${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0+\mathbf{\nabla }\cdot \mathit{A}=0$$

であるから、$A^0=0$と固定されたクーロンゲージとも言える。

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、${\epsilon }^0$、${\epsilon }^{0\ast }$が0なので、

$$\mathit{k}\cdot \mathit{\epsilon }=\mathit{k}\cdot {\mathit{\epsilon }}^{\ast }=0$$

となる。このことは、波の方向$\mathit{k}$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$\mathit{k}$をz軸方向にとれば、

$${\epsilon }_1^{\mu }=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right),{\epsilon }_2^{\mu }=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$$

とすることが出来る。したがって、電磁場の方程式の解は、

$$\boxed{{\displaystyle A^{\mu }=\int \frac{d^3\mathit{k}}{(2\pi {)}^{\frac{3}{2}}}\sum _{\lambda =1,2}({\epsilon }_{\lambda ,\mathit{k}}^{\mu }{a}_{\lambda ,\mathit{k}}{e}^{i\mathit{k}\cdot \mathit{x}-i{\omega }_{\mathit{k}}t}+{\epsilon }_{\lambda ,\mathit{k}}^{\mu \ast }{a}_{\lambda ,\mathit{k}}^{\ast }{e}^{-i\mathit{k}\cdot \mathit{x}+i{\omega }_{\mathit{k}}t})}}$$

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。