遅延ポテンシャル

概要

　電磁場テンソルの記事では，相対論的な立場でマクスウェル方程式を書き換えたときに、スカラーポテンシャル \(\phi\left(t,\boldsymbol{r} \right)\) とベクトルポテンシャル \(\boldsymbol{A} \left(t,\boldsymbol{r} \right)\) から構成される電磁ポテンシャルが，電場と磁場に代わるより基本な物理量になることを見ました．ここでは，ローレンツゲージを課したときに，電磁ポテンシャルが，電荷密度 \( \rho \) と電流密度 \( \boldsymbol{j} \) を源とする次の波動方程式に従うことを示していきます：
\begin{align}
&\left(-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\boldsymbol{\nabla}^2\right)\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\dfrac{\rho\left(t,\boldsymbol{r}\right)}{\varepsilon_0}, \tag{1} \\
&\left(-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\boldsymbol{\nabla}^2\right)\boldsymbol{A}\left(t,\boldsymbol{r}\right)= -\mu_0 \boldsymbol{j} \left(t,\boldsymbol{r}\right) \tag{2}
\end{align}
そして，この解が 一般的に
\begin{align}
&\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\dfrac{\rho\left(t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}{c},\boldsymbol{x}\right)}{\left|\boldsymbol{r}- \boldsymbol{x}\right|} \ d^3\boldsymbol{x}, \tag{3} \\
&\boldsymbol{A}\left(t,\boldsymbol{r}\right)= \dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\boldsymbol{j}\left(t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}{c},\boldsymbol{x}\right)}{\left|\boldsymbol{r}- \boldsymbol{x}\right|} \ d^3\boldsymbol{x} \tag{4}
\end{align}
と表せることを示していきます．

　この (3) 式と (4) 式は遅延ポテンシャル (retarded potential) と呼ばれています．というのは，被積分関数の電荷密度 \( \rho \) と電流密度 \( \boldsymbol{j} \) の時間が過去時刻 \( t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’\right|}{c} \) のみに依存しているからです．これは，電磁場が光速度 \( c\) で空間を伝播するために，地点 \(\boldsymbol{r}\) において時刻 \(t\) で観測される電磁波が，\( \frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’\right|}{c} \) だけ昔の電荷分布や電流分布に起因することを意味しています．そのため， \( t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}’\right|}{c} \) は遅延時刻 (retarded time) と呼ばれています．

遅延ポテンシャルの導出

電磁ポテンシャルの波動方程式

　出発点はもちろんマクスウェル方程式です：
\begin{align}
&\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{E} = \dfrac{\rho}{\varepsilon_0}, \tag{5}\\
&\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{B} = 0, \tag{6}\\
&\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{B} = \mu_0 \boldsymbol{j} + \dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}, \tag{7}\\
&\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{E} = -\dfrac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} \tag{8}
\end{align}
電磁ポテンシャルの記事で見たように，電場 \(\boldsymbol{E} \) と磁場 \(\boldsymbol{B}\) は，(6) 式と (8) 式より，次のようにスカラーポテンシャルとベクトルポテンシャルを用いて表すことができるのでした：
\begin{align}
&\boldsymbol{E} = -\dfrac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} -\boldsymbol{\nabla} \phi, \tag{6a}\\
&\boldsymbol{B} =\boldsymbol{\nabla} \times \boldsymbol{A} \tag{8a}
\end{align}
これを，(5) 式と (7) 式に代入をすると，
\begin{align}
&-\boldsymbol{\nabla}^2 \phi – \dfrac{\partial}{\partial t} \boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{A} = \dfrac{\rho}{\varepsilon_0},\tag{5a} \\
& \dfrac{1}{c^2} \dfrac{\partial^2 \boldsymbol{A} }{\partial t^2} -\boldsymbol{\nabla}^2 \boldsymbol{A} + \boldsymbol{\nabla} \left( \boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{A} +\dfrac{1}{c^2} \dfrac{\partial \boldsymbol{A} }{\partial t} \right) = \mu_0 \boldsymbol{j} \tag{7a}
\end{align}
となります．ここで，ローレンツゲージ \( \frac{1}{c} \frac{\partial \phi}{\partial t} + \boldsymbol{\nabla} \cdot \boldsymbol{A} = 0 \) を使うと (ここの (8) 式)，電磁ポテンシャルの波動方程式
\begin{align}
&\left(-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\boldsymbol{\nabla}^2\right)\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\dfrac{\rho\left(t,\boldsymbol{r}\right)}{\varepsilon_0}, \tag{5b} \\
&\left(-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\boldsymbol{\nabla}^2\right)\boldsymbol{A}\left(t,\boldsymbol{r}\right)= -\mu_0 \boldsymbol{j} \left(t,\boldsymbol{r}\right) \tag{7b}
\end{align}
が導けました．以下，まずは (5b) 式に注目して解いていきます．

ヘルムホルツ方程式

　電荷密度 \(\rho\left(t,\boldsymbol{r}\right)\) とスカラーポテンシャル \(\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)\) の時間についてのフーリエ変換を
\begin{align}
&\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)
=\int_{-\infty}^{\infty} \tilde{\phi}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)e^{-i\omega t}d\omega,\tag{8} \\
&\rho\left(t,\boldsymbol{r}\right)
=\int_{-\infty}^{\infty} \tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)e^{-i\omega t}d\omega\tag{9}
\end{align}
と導入します．すると，(5b) 式に代入をすることで，\(\tilde{\phi}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right), \ \tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)\) が
\begin{align}
\left(\boldsymbol{\nabla}^2+k^2\right) \tilde{\phi}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)=- \dfrac{\tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)}{\varepsilon_0}\tag{10}
\end{align}
に帰着することがわかります．これをヘルムホルツ方程式と呼びます．ここで，波数 \(k=\dfrac{\omega}{c}\) を定義しました．

グリーン関数を用いた形式解

　次に，(10) 式をグリーン関数法を使って解いていきましょう．(10) 式の右辺は
\begin{align}
\tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right) = \int \tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{x}\right) \delta \left(\boldsymbol{r} – \boldsymbol{x}\right) d^3 \boldsymbol{x} \tag{11}
\end{align}
とデルタ関数で表すことができます．したがって，グリーン関数 \(G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x} \right) \)を
\begin{align}
\left(\boldsymbol{\nabla}^2+k^2\right)G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x} \right)=-\delta\left(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right)\tag{12}
\end{align}
と定義すれば，(10) 式の解が形式的に
\begin{align}
\tilde{\phi}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right) = \dfrac{1}{\varepsilon_0}\int G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x} \right) \tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{r}’\right)\ d^3 \boldsymbol{x} \tag{13}
\end{align}
と解くことができます（形式的に言っているのは，グリーン関数の具体的な式がまだ求まっていないからです．\( \tilde{\phi}\left(\omega,\boldsymbol{r}\right)\) の解を求めるには，(12) 式を解いて，グリーン関数の具体的な関数形を知る必要があります）．

グリーン関数の具体形

　次に，グリーン関数の微分方程式 (12) 式を解いていきます．これは天下り的ですが，次の形が (12) 式の解となります：
\begin{align}
&G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x}\right)=\dfrac{e^{ikR}}{4\pi R}, \tag{14} \\
&R=\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right| \tag{15}
\end{align}
実際に，これが成り立つことを，ポアソン方程式のグリーン関数 \( \boldsymbol{\nabla}^2 G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x}\right) = -\delta\left(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right)\) を使って示しましょう．このポアソン方程式に対するグリーン関数の解は，この記事で
\begin{align}
&G\left(\boldsymbol{r},\boldsymbol{x}\right) = \dfrac{1}{4\pi R} \tag{16}
\end{align}
となることがわかっています．簡単のため \(\boldsymbol{x} =0\) で考えるとき，\( \boldsymbol{\nabla}^2 \dfrac{1}{4\pi r} = \delta \left(\boldsymbol{r}\right) \) が成り立つことが (7) 式からわかります．したがって，次の式変形ができます：
\begin{align}
\boldsymbol{\nabla}^2\dfrac{e^{ikr}}{r}
&=\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{\nabla}\dfrac{e^{ikr}}{r} \\
&=\boldsymbol{\nabla}\cdot\left(e^{ikr}\boldsymbol{\nabla}\dfrac{1}{r}+\dfrac{1}{r}\boldsymbol{\nabla}e^{ikr}\right) \\
&=e^{ikr}\boldsymbol{\nabla}^2\dfrac{1}{r}+2\left(\boldsymbol{\nabla}\dfrac{1}{r}\right)\cdot\left(\boldsymbol{\nabla}e^{ikr}\right)+\dfrac{1}{r}\boldsymbol{\nabla}^2e^{ikr} \\
&=-4\pi\delta\left(\boldsymbol{r}\right)e^{ikr}-2\dfrac{ike^{ikr}}{r^2}+\dfrac{1}{r}\left(-k^2+\dfrac{2ik}{r}\right)e^{ikr} \\
&=-4\pi\delta\left(\boldsymbol{r}\right)-k^2\dfrac{e^{ikr}}{r} \tag{17}
\end{align}
これより，(12) 式の解が (14) 式となることが示せました．

最終形

以上より，(13) 式と (14)式を (8) 式に代入すると，
\begin{align}
\phi\left(t,\boldsymbol{r}\right)&= \dfrac{1}{\varepsilon_0}\iint\dfrac{e^{ik\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}}{4\pi\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|} \tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{x}\right)e^{-i\omega t} \ d\omega d^3 \boldsymbol{x} \\
&= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\dfrac{1}{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|} d^3 \boldsymbol{x} \int e^{-i\omega\left(t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}{c}\right)}\tilde{\rho}\left(\omega,\boldsymbol{x}\right) \ d\omega \\
&= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\dfrac{\rho\left(t-\frac{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}{c} ,\boldsymbol{x}\right)}{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{x}\right|}d^3\boldsymbol{x} \tag{18}
\end{align}
となり，(3) 式を示すことができました．(4) 式も同様にして導くことができます．