電磁気学の基礎 II （その42） 18.5

　(18.17)式を導く．

$\begin{align} \mathbf{P}(\mathbf{x}, \omega)&=\int_{-\infty}^\infty dt \mathbf{P}(\mathbf{x}, t) e^{i\omega t} \\ &= \epsilon_0 \int_{-\infty}^\infty dt \int_{-\infty}^t dt' \chi_e(t-t') \mathbf{E}(\mathbf{x}, t') e^{i\omega t} \\ &= \epsilon_0 \int_{-\infty}^\infty dt \int_{-\infty}^t dt' \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} \chi_e(t-t')\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega') e^{i( \omega t-\omega' t')} \\ &= \epsilon_0 \int_{-\infty}^\infty dt \int_{-\infty}^0 dt'' \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} \chi_e(-t'')\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega') e^{i( \omega t-\omega' (t+t''))} \end{align}$

ここで， $t''=t'-t$ とした．さらに $t''\to -t''$ とすると

$\begin{align} \mathbf{P}(\mathbf{x}, \omega)&= \epsilon_0 \int_{-\infty}^\infty dt \int_0^{\infty} dt'' \int_{-\infty}^\infty \frac{d\omega'}{2\pi} \chi_e(t'')\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega') e^{i( \omega t-\omega' (t-t''))} \\ &= \epsilon_0 \int_0^{\infty} dt'' \int_{-\infty}^\infty d\omega' \delta(\omega-\omega') \chi_e(t'')\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega') e^{i \omega' t''} \\ &= \epsilon_0 \int_0^{\infty} dt'' \chi_e(t'')\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega) e^{i \omega' t''} \\ &= \epsilon_0 \chi_e(\omega)\mathbf{E}(\mathbf{x}, \omega) \end{align}$

となる．磁場についても

$\begin{align} \mathbf{M}(\mathbf{x}, t) = \frac{1}{\mu_0} \int_{-\infty}^t dt' \chi'_m(t-t') \mathbf{B}(\mathbf{x}, t') \end{align}$

である場合，同様な計算により

$\begin{align} \mathbf{M}(\mathbf{x}, \omega)= \frac{1}{\mu_0} \chi'_m(\omega)\mathbf{B}(\mathbf{x}, \omega) \end{align}$

となるので， $\chi_m=\chi'_m/(1-\chi'_m)$ とすると，

$\begin{align} \mathbf{H}(\mathbf{x}, \omega) = \frac{1}{\mu_0} \mathbf{E} - \mathbf{M} = \left(\frac{1}{\mu_0}-\frac{\chi'_m(\omega)}{\mu_0}\right)\mathbf{B}(\mathbf{x}, \omega) = \frac{1}{\mu(\omega)}\mathbf{B}(\mathbf{x}, \omega) \end{align}$

となる．

　(18.19)最初の式の左辺第2項の分母は $v^2(\omega)$ である（真空中で $c^2$ ）．(18.19)とファラデイの法則 $\pmb{\nabla}\times\mathbf{E}-i\omega \mathbf{B}=0$ と $\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{B}=0$ より，(18.20)が得られる．

　P583でガウス波束を例にあげているが，

$\begin{align} f(z, 0) = N \exp\left(-\frac{1}{2}\lambda z^2 + ik_0 z\right) \end{align}$

としたほうが正確である．このとき

$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty dz f(z, 0) e^{-ikz} &= N\int_{-\infty}^\infty dz e^{-\lambda z^2/2}e^{-i(k-k_0)z} \\ &= N e^{-(k-k_0)^2/2\lambda} \int_{-\infty}^\infty dz e^{-\lambda(x+i(k-k_0)/\lambda)^2} \\ &= N \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda}} e^{-(k-k_0)^2/2\lambda} \equiv F(k) \end{align}$

である．また

$\begin{align} f(z, t) &= N \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda}} \int \frac{dk'}{2\pi} e^{-k'^2 /2\lambda} e^{ik'z -ik'^2 \omega''_0 t/2} \\ &= N \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda}} \int \frac{dk'}{2\pi} e^{-k'^2 /2\lambda} e^{ik'z -ik'^2 \gamma/2\lambda} \end{align}$

となるので（ $\gamma=\lambda \omega''_0 t$ とした），

$\begin{align} -\frac{k^2}{2\lambda}+ikz-\frac{ik^2\gamma}{2\lambda}=-\frac{1+i\gamma}{2\lambda}\left(k-\frac{i\lambda z}{1+i\gamma}\right)^2 -\frac{\lambda z^2}{2(1+i\gamma)} \end{align}$

より

$\begin{align} f(z, t)= N \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda}} \sqrt{\frac{2\pi \lambda}{1+i\gamma}} \frac{1}{2\pi} e^{-\lambda z^2/2(1+i\gamma)} = \frac{N}{\sqrt{1+i\gamma}} e^{-\lambda z^2/2(1+i\gamma)} \end{align}$

となる．すなわち

$\begin{align} \psi(z, t) &= e^{ik_0z-i\omega_0 t} f(z-\omega'_0 t, t) \\ &= \frac{N}{\sqrt{1+i\gamma}} e^{ik_0z-i\omega_0 t} e^{-\lambda (z-\omega'_0 t)^2/2(1+i\gamma)} \end{align}$

である． $\Delta z_0 = \sqrt{1/2\lambda}$ とおくと， $\lambda = 1/(2\Delta z_0^2)$ であるから，

$\begin{align} -\frac{\lambda(z-\omega'_0 t)^2}{2(1+i\gamma)} &= -\frac{(z-\omega'_0 t)^2}{4\Delta z_0^2 (1+i\gamma)} \\ &= \frac{1}{1+\gamma^2}\left[ -\frac{(z-\omega'_0 t)^2}{4\Delta z_0^2} + i \frac{(z-\omega'_0 t)^2 \gamma}{4\Delta z_0^2} \right] \\ &= -\frac{(z-\omega'_0 t)^2}{4\Delta z^2} + i \frac{(z-\omega'_0 t)^2 \gamma}{4\Delta z^2} \end{align}$

となる．ここで

$\begin{align} \Delta z = \sqrt{\frac{1+\gamma^2}{2\lambda}} = \sqrt{1+\gamma^2} \Delta z_0 = \sqrt{ (\Delta z_0)^2 + \frac{\gamma^2}{2\lambda}} \end{align}$

とした．係数の $1/\sqrt{1+i\gamma}$ は，

$\begin{align} \frac{1}{(1+\gamma^2)^{1/4}} \exp\left[ -\frac{i}{2}\arctan\gamma \right]=\frac{1}{\sqrt{1+i\gamma}} \end{align}$

と表すことで $i$ を指数に移動させることができる．これは

$\begin{align} \arctan x = \frac{i}{2}\ln \frac{1+ix}{1-ix} \end{align}$

を使っている．以上により

$\begin{align} \psi(z, t)&=\frac{N}{\left(1+\gamma^{2}\right)^{1 / 4}} \mathrm{e}^{-\left(z-\omega_{0}^{\prime} t\right)^{2} /4 \Delta z^{2}} \mathrm{e}^{\mathrm{i}\left\{k_{0} z-\omega_{0} t+\left(z-\omega_{0}^{\prime} t\right)^{2} \gamma /4 \Delta z^{2}- (\arctan \gamma)/2\right\}} \end{align}$

となる．