真空中のマクスウェル方程式を 1 本にする

June 17, 2018, 3:11 p.m. edited Sept. 15, 2018, 4:48 p.m.

#相対論  #電磁気学 

$$ \def\bra#1{\mathinner{\left\langle{#1}\right|}} \def\ket#1{\mathinner{\left|{#1}\right\rangle}} \def\braket#1#2{\mathinner{\left\langle{#1}\middle|#2\right\rangle}} $$

真空中のマクスウェル方程式は次のように表される.

$$ \begin{align} \begin{cases} \nabla \cdot \boldsymbol{B}&=0 \\ \nabla \times \boldsymbol{E} + \frac{1}{c}\frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} &= {\bf 0} \\ \nabla \cdot \boldsymbol{E} &= \rho \\ \nabla \times \boldsymbol{B} - \frac{1}{c}\frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t} &= \frac{1}{c}\boldsymbol{j} \end{cases} \end{align} $$

長くて覚えるのは大変でしょう.そこで,相対論を導入して式を簡潔にまとめてみる.その前に,自然単位系をとるので,

$$ \begin{align} \begin{cases} \nabla \cdot \boldsymbol{B}&=0 \\ \nabla \times \boldsymbol{E} + \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} &= {\bf 0} \\ \nabla \cdot \boldsymbol{E} &= \rho \\ \nabla \times \boldsymbol{B} - \frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t} &= \boldsymbol{j} \end{cases} \end{align} $$

となる(それぞれ 1-4 本目の式と呼ぶことにする). 1 本目の式より,

$$\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}\tag{1}$$

と表される \(\boldsymbol{A}\) を導入できる1.この \(\boldsymbol{A}\) をベクトルポテンシャルと呼ぶ.次に,

$$\boldsymbol{E}=-\nabla A^0-\frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}\tag{2}$$

と表される \(A^0\) を導入できる2.この \(A^0\) をスカラーポテンシャルと呼ぶ.ここまでに現れた \(\boldsymbol{A},\ A^0\) をまとめて

$$A^\mu\equiv(A^0,\ \boldsymbol{A})$$

と表し,これをゲージ場という.ここで,

$$F^{\mu\nu}\equiv\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu A^\mu\tag{3}$$

と定義する3.すると, \(\mu,\ \nu=0,\ 1,\ 2,\ 3\) のすべてをそれぞれ代入することで確かめられるが,

$$ F^{0j}=\partial^0 A^j-\partial^j A^0=\frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}+\nabla A^0=-\boldsymbol{E}\ \left(j=0,\ 1,\ 2\right) $$

$$ \left( \begin{array}{ccc} F^{23} \\ F^{31} \\ F^{12} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} \partial^2 A^3-\partial^3 A^2 \\ \partial^3 A^1-\partial^1 A^3 \\ \partial^1 A^2-\partial^2 A^1 \end{array} \right) = -\nabla\times\boldsymbol{A} = -\boldsymbol{B} $$

(添字の同じものは \(0\) となり,逆順のものは符号が反対になる)

より,式 (3) は式 (1), (2) を相対論的形式にまとめた等価なものである.したがって,式 (1), (2) は 1, 2 本目の式と等価であったので,まずはマクスウェル方程式の最初の 2 本の式が 1 本にまとめられたことになる.

次に残りの 2 本の式を考える. \(\rho,\ \boldsymbol{j}\) はまとめて

$$j^\mu\equiv\left(\rho,\ \boldsymbol{j}\right)$$

と表す.すると,

$$ \begin{align} \rho&=\nabla\cdot\boldsymbol{E} \\ &=\partial_j E^j \\ &=\partial_j\left(\partial^j A^0-\partial^0 A^j\right) \\ &=\partial_j F^{j0}\ \left(j=1,\ 2,\ 3\right) \\ \boldsymbol{j}&=\nabla\times\boldsymbol{B}-\frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t} \\ &=\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{A})+\partial^0(\nabla A^0+\partial^0\boldsymbol{A}) \\ &=-\nabla\times\left( \begin{array}{ccc} \partial^2 A^3-\partial^3 A^2 \\ \partial^3 A^1-\partial^1 A^3 \\ \partial^1 A^2-\partial^2 A^1 \end{array} \right)-\partial^0\left( \begin{array}{ccc} \partial^1 A^0-\partial^0 A^1 \\ \partial^2 A^0-\partial^0 A^2 \\ \partial^3 A^0-\partial^0 A^3 \end{array} \right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} (\partial^2\partial^1 A^2-\partial^2\partial^2 A^1)-(\partial^3\partial^3 A^1-\partial^3\partial^1 A^3)-(\partial^0\partial^1 A^0-\partial^0\partial^0 A^1) \\ (\partial^3\partial^2 A^3-\partial^3\partial^3 A^2)-(\partial^1\partial^1 A^2-\partial^1\partial^2 A^1)-(\partial^0\partial^2 A^0-\partial^0\partial^0 A^2) \\ (\partial^1\partial^3 A^1-\partial^1\partial^1 A^3)-(\partial^2\partial^2 A^3-\partial^2\partial^3 A^2)-(\partial^0\partial^3 A^0-\partial^0\partial^0 A^3) \end{array} \right) \\ &=\left( \begin{array}{ccc} \partial_k F^{k1} \\ \partial_l F^{l2} \\ \partial_m F^{m3} \end{array} \right)\ \left(k=2,\ 3,\ 0;\ l=3,\ 0,\ 1;\ m=0,\ 1,\ 2\right) \end{align} $$

(添字の同じものは \(0\) となる)

したがって,

$$\partial_\mu F^{\mu\nu}=j^\nu\tag{4}$$

であるから, 3, 4 本目の式は式 (4) と等価である.よって,式 (3) は \(F^{\mu\nu}\) の定義式であるので,これを式 (4) に用いることで,最終的には,

$$\partial_\mu \left(\partial^\mu{\bf\it A}^\nu - \partial^\nu{\bf\it A}^\mu\right) = j^\nu\tag{5}$$

と 1 本にまとまる.

参考: 「場の量子論 不変性と自由場を中心にして」


  1. 1 本目の式に代入することで確かめられる(ベクトル解析の定理) 

  2. これも 2 本目の式に代入することで確かめられる(ベクトル解析の定理) 

  3. \(\partial^\mu=\left(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t},\ -\nabla\right)\)