ローレンツゲージとは

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ゲージ変換を導入すれば、電磁ポテンシャルが満たす式を次のようにきれいな形に変形できる。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right){\bf A}(t,{\bf r})=-μ_0{\bf j}(t,{\bf r})$$
$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)φ=-\frac{1}{ε_0}ρ$$



電磁ポテンシャルの復習

スカラーポテンシャル\(φ\)とベクトルポテンシャル\({\bf A}\)は、次の2式を満たす。

$$∇^2φ+\frac{∂}{∂t}∇・{\bf A}=-\frac{1}{ε_0}ρ・・・(1)$$
$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right){\bf A}(t,{\bf r})-∇ \left( ∇・{\bf A}(t,{\bf r})+\frac{1}{c^2}\frac{∂}{∂t}φ(t,{\bf r}) \right)=-μ_0{\bf j}(t,{\bf r})・・・(2)$$

参考:電磁ポテンシャルとゲージ変換の導出

両方の式に\(φ\)と\({\bf A}\)の両方が含まれ、また形も全然違う。では、どうすれば\(φ\)\({\bf A}\)のどちらかしか含まず、かつ似たような形になる2式を作れるだろうか

式(1)の変形

式(1)の両辺に\(μ_0ε_0\)をかける。\(c^2=1/(ε_0μ_0)\)に注意すると、次の式が求まる。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)φ+\frac{∂}{∂t}\left( ∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t} \right)=-\frac{1}{ε_0}ρ・・・(3)$$

以降、式(2)と式(3)について考える。

\(χ\)はどういう関数か

\(φ_L,{\bf A}_L\)の導入

式(2)と式(3)を比較すると、左辺に2式に共通した部分\(\left( ∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t} \right)\)が存在することがわかる。そして、この部分が\(0\)ならば、この2式は次のように変形できる。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right){\bf A}(t,{\bf r})=-μ_0{\bf j}(t,{\bf r})・・・(4)$$
$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)φ=-\frac{1}{ε_0}ρ・・・(5)$$

このように、上の2式で\(φ\)と\({\bf A}\)が分けられて、かつ似たような形になる。

したがって、次の方程式を満たせば、式(2)と式(3)式は、式(4)と式(5)のようなきれいな形になる。

$$∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t}=0・・・(6)$$

この式(6)をローレンツゲージという。

以降、この方程式を満たすような\(φ,{\bf A}\)をそれぞれ\(φ_L,{\bf A}_L\)とおく。

式(4),式(5),式(6)を満たす\(χ\)

\(φ_L,{\bf A}_L\)を、それぞれ一般的な\(φ,{\bf A}\)をゲージ変換した結果だと考えれば、そのゲージ変換を構成する\(χ\)が存在することになる。

$$φ→φ_L=φ-\frac{∂χ}{∂t}$$
$${\bf A}→{\bf A}_L={\bf A}+∇χ$$

では、この\(χ\)が満たす式は何か。

\(φ_L,{\bf A}_L\)は式(6)を満たすから、式(6)に上のゲージ変換を代入すればわかりそうだ。

\begin{eqnarray} (式(6)左辺)&=&∇・{\bf A}_L+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ_L}{∂t}\\&=&∇・({\bf A}+∇χ)+\frac{1}{c^2}\frac{∂}{∂t} \left( φ-\frac{∂χ}{∂t} \right)\\&=&\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)χ+\left( ∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t} \right) \end{eqnarray}

以上より、次の方程式の解\(χ\)でゲージ変換すれば、電磁ポテンシャルは式(4)、式(5)を満たす。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)χ=-\left( ∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t} \right)$$
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まとめ

\(χ\)が次の方程式を満たすと仮定する。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)χ=-\left( ∇・{\bf A}+\frac{1}{c^2}\frac{∂φ}{∂t} \right)$$

この\(χ\)を使ったゲージ変換\(φ→φ_L=φ-\frac{∂χ}{∂t}\),\({\bf A}→{\bf A}_L={\bf A}+∇χ\)を、一般的な電磁ポテンシャル\(φ,{\bf A}\)に施せば、次の方程式を満たす\(φ_L,{\bf A}_L\)が求まる。

$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right){\bf A}_L(t,{\bf r})=-μ_0{\bf j}(t,{\bf r})$$
$$\left( ∇^2-\frac{1}{c^2}\frac{∂^2}{∂t^2} \right)φ_L=-\frac{1}{ε_0}ρ$$

参考文献

・砂川重信(1987)『物理テキストシリーズ4 電磁気学』,岩波書店.

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