時間変化するときのスカラーポテンシャルの表示を導出したい！
はじめに
今回考える問題は次の微分方程式の解の具体的な表示を得ることです.
\begin{align*}
\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)\phi(\bm{r},t)=\frac{\rho(\bm{r},t)}{\varepsilon_0}
\end{align*}
これは位置$\bm{r}\in \mathbb{R}^3$, 時刻$t$における電荷密度$\rho(\bm{r},t)$, スカラーポテンシャル$\phi(\bm{r},t)$としてLorentz gauge条件の下でスカラーポテンシャルが満たす方程式です. 結果を先に提示しておくと, この方程式の解は次のように書けます.
\begin{align*}
\phi_{\pm}(\bm{r},t)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\delta(t-t'\pm \frac{|\bm{r}-\bm{r}'|}{c})\rho(\bm{r}',t')}{|\bm{r}-\bm{r}'|}\;d^3r'dt'
\end{align*}
もちろんこれをもとの微分方程式に代入して計算すれば微分方程式の解になっていることは確認できなくはないのですが, 今回したいことはこの表示を知らない状態で元の微分方程式から導くということです. そのためにまずはFourier変換の導入から始めます.
多変数のFourier変換について
$\bm{r},\bm{\omega}\in\mathbb{R}^n$と$n$変数関数$f(\bm{r})$に対しFourier変換およびFourier逆変換を次で定める.
\begin{align*}
\mathcal{F}(f)(\bm{\omega})&=F(\bm{\omega}):=\int_{\mathbb{R}^n}f(\bm{r})e^{-i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^nr \\
\mathcal{F}(F)(\bm{r})&=f(\bm{r}):=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}F(\bm{\omega})e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega
\end{align*}
ただし$\bm\omega\cdot\bm{r}$は内積である.
積分の前につく係数はいろいろ流儀があると思いますが, とりあえずこの記事では上の定義を採用します. Fourier変換の重要な性質は多々ありますが今回用いるのは線形性と次のDelta関数の積分表示です.
\begin{align*}
\delta^{n}(\bm{r})=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega
\end{align*}
ただし多変数のDelta関数は$\bm{r}=(x_1,x_2,\ldots ,x_n)$に対し次のように定義されています.
\begin{align*}
\delta^n(\bm{r}):=\prod_{i=1}^n\delta(x_i)
\end{align*}
Green関数を用いた線形微分方程式の解法
$\bm{r}\in\mathbb{R}^n$として線形作用素$\mathcal{L}$と関数$p(\bm{r})$に対し微分方程式
\begin{align*}
\mathcal{L}f(\bm{r})=p(\bm{r})
\end{align*}
の解は, 微分方程式
\begin{align*}
\mathcal{L}G(\bm{r})=\delta^n(\bm{r})
\end{align*}
を満たすGreen関数$G(\bm{r})$を用いて
\begin{align*}
f(\bm{r})=\int_{\mathbb{R}^n} G(\bm{r}-\bm{r}')p(\bm{r}')\;d^nr'
\end{align*}
と表される.
Fourier逆変換によって
\begin{align*}
f(\bm{r})&=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(f)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
p(\bm{r})&=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(p)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
G(\bm{r})&=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(G)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
\delta(\bm{r}) &= \frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega
\end{align*}
である. これを微分方程式にそれぞれ代入すると
\begin{align*}
\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(f)\mathcal{L}(e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}})\;d^n\omega &=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(p)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
\mathcal{F}(f)\mathcal{L}(e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}) &=\mathcal{F}(p)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\\
\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(G)\mathcal{L}(e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}})\;d^n\omega &=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
\mathcal{F}(G)\mathcal{L}(e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}) &=e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}
\end{align*}
これらの式から
$$
\mathcal{F}(f) =\mathcal{F}(G)\mathcal{F}(p)
$$
を得る. $f$のFourier逆変換の式に代入して
\begin{align*}
f(\bm{r})&=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\mathcal{F}(G)\mathcal{F}(p)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
&= \frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}\left(\int_{\mathbb{R}^n}G(\bm{r}_1)e^{-i\bm{\omega}\cdot\bm{r}_1}\;d^nr_1\right)\left(\int_{\mathbb{R}^n}p(\bm{r}_2)e^{-i\bm{\omega}\cdot\bm{r}_2}\;d^nr_2\right)e^{i\bm{\omega}\cdot\bm{r}}\;d^n\omega \\
&= \int_{\mathbb{R}^n}\int_{\mathbb{R}^n}G(\bm{r}_1)p(\bm{r}_2)\left(\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{\mathbb{R}^n}e^{i\bm{\omega}\cdot(\bm{r}-\bm{r}_1-\bm{r}_2)}\;d^n\omega\right)\;d^nr_1d^nr_2 \\
&= \int_{\mathbb{R}^n}\int_{\mathbb{R}^n}G(\bm{r}_1)p(\bm{r}_2)\delta^n(\bm{r}-\bm{r}_1-\bm{r}_2)\;d^nr_1d^nr_2 \\
&= \int_{\mathbb{R}^n} G(\bm{r}-\bm{r}')p(\bm{r}')\;d^nr'
\end{align*}
Lorentz gauge条件下でのスカラーポテンシャル
本題の微分方程式に戻りましょう. Lorentz gauge条件下でのスカラーポテンシャルは次の微分方程式を満たすのでした.
$$
\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)\phi(\bm{r},t)=\frac{\rho(\bm{r},t)}{\varepsilon_0}
$$
まず次の微分方程式を満たすGreen関数を求めます.
$$
\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)G(\bm{r},t)=\delta(\bm{r})\delta(t)
$$
変数$\bm{r},t$に関する4次元のFourier逆変換を行い比較することで, Green関数のFourier変換の式が得られます.
\begin{gather*}
G(\bm{r},t)=\frac{1}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{\mathbb{R}^3}\mathcal{F}(G)(\bm{\omega},\tau)e^{i(\bm{\omega}\cdot \bm{r}-\tau t)}\;d^3\omega d\tau \\
\mathcal{F}(G)(\bm{\omega},\tau)\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)(e^{i(\bm{\omega}\cdot \bm{r}-\tau t)})=e^{i(\bm{\omega}\cdot \bm{r}-\tau t)} \\
\mathcal{F}(G)(\bm{\omega},\tau)=\left(|\omega|^2-\frac{\tau^2}{c^2}\right)^{-1}
\end{gather*}
これによってGreen関数$G(\bm{r},t)$を求めることができました.
$$
G(\bm{r},t)=\frac{1}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{\mathbb{R}^3}\left(|\omega|^2-\frac{\tau^2}{c^2}\right)^{-1}e^{i(\bm{\omega}\cdot \bm{r}-\tau t)}\;d^3\omega d\tau
$$
次にこの積分を計算していきます. まず$\bm{\omega}$についての積分に注目して$\bm{\omega}$について極座標表示します. $|\bm{\omega}|=\omega, |\bm{r}|=r$として次のようになります.
\begin{align*} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty}\frac{\omega^2\sin{\theta}}{\omega^2-\tau^2/c^2}e^{i\omega r\cos\theta}\;d\omega d\theta d\varphi&=\frac{2\pi}{ir} \int_0^{\infty}\frac{\omega(e^{i\omega r}-e^{-i\omega r})}{\omega^2-\tau^2/c^2}\;d\omega \\
&=\frac{2\pi}{ir} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega e^{i\omega r}}{\omega^2-\tau^2/c^2}\;d\omega
\end{align*}
ここで少し問題が生じます. 分母の零点が実数になっているため考えたい積分経路(実軸を直径とする半円)上に乗ってしまいうまく積分できません. そこで次の二通りの条件を考えます. 微小な$\varepsilon>0$に対し
- 遅延条件:$G(\bm{r},t)=0\;(t<0)$ のとき $\frac{\tau}{c}\mapsto \frac{\tau}{c}+i\varepsilon$
- 先進条件:$G(\bm{r},t)=0\;(t>0)$ のとき $\frac{\tau}{c}\mapsto \frac{\tau}{c}-i\varepsilon$
の置き換えを行いその後$\varepsilon\to 0$の極限を考えるとうまくいきます. それぞれの変換で遅延条件, 先進条件を満たすことは求めた解から判断することができます. ここからはそれぞれの条件下でのGreen関数を求めていきます. そのために次の補題を示しましょう.
$z\in\mathbb{C}$に対し次が成り立つ.
$$
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ir\zeta}}{\zeta-z}\;d\zeta
=\begin{cases}
2\pi ie^{irz} &(\mathrm{Im}(z)>0)\\
0 &(\mathrm{Im}(z)<0)
\end{cases}
$$
まず経路$C$を区間$[-R,R]$を直径とした$\Im(z)\geq 0$の領域の原点中心の半円とする. 向きは反時計回りとする.
Cauchyの積分公式を用いると$z$が経路内部に存在するかしないかに注意して次のように求められる.
$$
\int_C\frac{e^{ir\zeta}}{\zeta-z}\;d\zeta=\begin{cases}
2\pi ie^{irz} &(\mathrm{Im}(z)>0)\\
0 &(\mathrm{Im}(z)<0)
\end{cases}
$$
また半円の部分$C_R$ 上の積分は三角不等式を用いて上から抑えることができて
$$
\left|\int_{C_R}\frac{e^{ir\zeta}}{\zeta-z}\;d\zeta\right|\leq \frac{R}{R-|z|}\int_0^{\pi} e^{-rR\sin{\theta}} \;d\theta\to 0\quad(R\to\infty)
$$
以上により求める積分
$$
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ir\zeta}}{\zeta-z}\;d\zeta=\begin{cases}
2\pi ie^{irz} &(\mathrm{Im}(z)>0)\\
0 &(\mathrm{Im}(z)<0)
\end{cases}
$$
を得る.
- 遅延条件
部分分数分解を行い先ほどの結果を適用すると次のようになります.
\begin{align*} \frac{2\pi}{ir} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega e^{i\omega r}}{\omega^2-\left(\tau/c+i\varepsilon\right)^2}\;d\omega &= \frac{\pi}{ir}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{e^{i\omega r}}{\omega-\left(\tau/c+i\varepsilon\right)}+\frac{e^{i\omega r}}{\omega-\left(-\tau/c-i\varepsilon\right)}\right)d\omega \\ &=\frac{2\pi^2}{r}e^{ir\left(\frac{\tau}{c}+i\varepsilon\right)}\stackrel{\varepsilon\to 0}{\longrightarrow}\frac{2\pi^2}{r}e^{ir\frac{\tau}{c}} \end{align*}
よって
\begin{align*}
G(\bm{r},t)&=\frac{1}{(2\pi)^4}\frac{2\pi^2}{r}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ir\frac{\tau}{c}}e^{-i\tau t}\;d\tau
= \frac{1}{4\pi r}\delta\left(t-\frac{r}{c}\right)
\end{align*}
これを遅延Green関数(retarted Green function)と呼びます.
- 先進条件
同様にして
$$
\frac{2\pi}{ir} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega e^{i\omega r}}{\omega^2-\left(\tau/c-i\varepsilon\right)^2}\;d\omega=\frac{\pi}{ir}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{e^{i\omega r}}{\omega-\left(\tau/c-i\varepsilon\right)}+\frac{e^{i\omega r}}{\omega-\left(-\tau/c+i\varepsilon\right)}\right)d\omega=\frac{2\pi^2}{r}e^{ir\left(-\frac{\tau}{c}+i\varepsilon\right)}\to\frac{2\pi^2}{r}e^{-ir\frac{\tau}{c}}
$$
よって
\begin{align*}
G(\bm{r},t)&=\frac{1}{(2\pi)^4}\frac{2\pi^2}{r}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ir\frac{\tau}{c}}e^{-i\tau t}\;d\tau =\frac{1}{4\pi r}\delta\left(t+\frac{r}{c}\right)
\end{align*}
これを先進Green関数(advanced Green function)と呼びます.
これらをまとめて
$$
G_{\pm}(\bm{r},t)=\frac{1}{4\pi r}\delta\left(t\pm \frac{r}{c}\right)
$$
と書くことにすれば求めるスカラーポテンシャルは
$$
\phi_{\pm}(\bm{r},t)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\delta(t-t'\pm \frac{|\bm{r}-\bm{r}'|}{c})\rho(\bm{r}',t')}{|\bm{r}-\bm{r}'|}\;d^3r'dt'
$$
となり目的の表示を得ました.
