電磁気学の基礎 II （その45） 18.9

　誘電率と透磁率が一様でないときの，電磁波の伝搬を表すマクスウェル方程式（P591最初の段の式）の第2式から

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times \frac{1}{\mu}\mathbf{B} = \left(\pmb{\nabla}\frac{1}{\mu}\right)\times\mathbf{B}+\frac{1}{\mu}\pmb{\nabla}\times\mathbf{B} =-\frac{\pmb{\nabla}\mu}{\mu^2}\times\mathbf{B}+\frac{1}{\mu}\pmb{\nabla}\times\mathbf{B} \end{align}$

により

$\begin{align} \frac{\pmb{\nabla}\mu}{\mu}\times\mathbf{B}-\pmb{\nabla}\times\mathbf{B}+\mu\epsilon\dot{\mathbf{E}}=0 \end{align}$

となり，これからマクスウェル方程式第1式の回転をとると

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})+\pmb{\nabla}\times\dot{\mathbf{B}} &= \pmb{\nabla}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})+ \frac{\pmb{\nabla}\mu}{\mu}\times\dot{\mathbf{B}}+\mu\epsilon\ddot{\mathbf{E}}=0 \end{align}$

となる．このうち $\dot{\mathbf{B}}$ はマクスウェル方程式第1式を使って

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})- \frac{\pmb{\nabla}\mu}{\mu}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})+\mu\epsilon\ddot{\mathbf{E}}=0 \end{align}$

となる．左辺第1項は

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})= \pmb{\nabla}\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{E} - \nabla^2 \mathbf{E} \end{align}$

であるが，マクスウェル方程式第3式から

$\begin{align} \pmb{\nabla}\cdot\epsilon\mathbf{E}=(\pmb{\nabla}\epsilon)\cdot\mathbf{E}+\epsilon\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{E}=0 \end{align}$

を使って，

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})= -\pmb{\nabla}\left(\frac{\pmb{\nabla}\epsilon}{\epsilon}\cdot\mathbf{E} \right)- \nabla^2 \mathbf{E} \end{align}$

となる．これを使うと4つ上の式は

$\begin{align} -\pmb{\nabla}\left(\frac{\pmb{\nabla}\epsilon}{\epsilon}\cdot\mathbf{E} \right)- \nabla^2 \mathbf{E}- \frac{\pmb{\nabla}\mu}{\mu}\times(\pmb{\nabla}\times\mathbf{E})+\mu\epsilon\ddot{\mathbf{E}}=0 \end{align}$

となり，並べ替えてP591の2番目の式を得る．

　 $\psi=Re^{ik_0 S}$ として(18.31)に代入すると

$\begin{align} \pmb{\nabla}\psi = (\pmb{\nabla} R) e^{ik_0S} +ik_0 R( \pmb{\nabla} S) e^{ik_0S} \end{align}$

$\begin{align} \nabla^2\psi = (\nabla^2 R) e^{ik_0S} +2ik_0 \pmb{\nabla} R\cdot \pmb{\nabla} S e^{ik_0S} +ik_0 R(\nabla^2 S) -k_0^2 R (\pmb{\nabla} S)^2 e^{ik_0S} \end{align}$

よりP591の4番目の式を得る． $k_0$ が大きい極限では左辺の $k_0^2$ 項が支配的となり， $(\pmb{\nabla} S)^2 = n^2$ を満たしていればよい．

　(18.31)はシュレーディンガー方程式

$\begin{align} \nabla^2 \psi + \frac{2m(\varepsilon-V)}{\hbar^2}\psi =0 \end{align}$

と同じ形である． $\hbar$ が小さい極限でシュレーディンガー方程式を解くときは上の問題と同じタイプになるのでアイコナール近似が使える． $\psi = Re^{iS/\hbar}$ とおくと， $k_0$ が $1/\hbar$ に相当するので， $2m(\varepsilon-V)$ が $n^2$ に相当する．よって $S$ は $(\pmb{\nabla} S)^2=2m(\varepsilon-V)$ を満たす．変形するとP592の1番目の式になる．また，

$\begin{align} \pmb{\nabla} \psi = \frac{i}{\hbar}(\pmb{\nabla} S)\psi + (\pmb{\nabla} R) e^{iS/\hbar} \end{align}$

で， $\hbar$ が小さい極限では右辺第1項が支配的になるので

$\begin{align} \pmb{\nabla} \psi = \frac{i}{\hbar}(\pmb{\nabla} S)\psi \end{align}$

になる．運動量演算子は $\mathbf{p}=\pmb{\nabla} S$ であるので，これは $\mathbf{p}\psi =-i\hbar \pmb{\nabla} \psi$ という関係がある．

　シュレーディンガー方程式

$\begin{align} -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+ V\psi = i\hbar \dot{\psi} \end{align}$

に $\psi=Re^{iS/\hbar}$ を代入する．

$\begin{align} \nabla^2 \psi -\frac{2m V}{\hbar^2}\psi = -\frac{i2m}{\hbar}\dot{\psi} \end{align}$

とすれば，左辺はP591の4番目の式を $k_0\to 1/\hbar$ , $n^2\to -2mV$ と置き換えたものである．

$\begin{align} \frac{1}{\hbar^2} R [-2mV-(\pmb{\nabla} S)^2] + \frac{i}{\hbar} (R \nabla^2 S+2\pmb{\nabla} R\cdot\pmb{\nabla} S)+\nabla^2 R \end{align}$

右辺は $\dot{\psi}=\dot{R}e^{iS/\hbar}+(i/\hbar)\dot{S}Re^{iS/\hbar}$ より

$\begin{align} -\frac{i2m}{\hbar} \dot{R} + \frac{2m}{\hbar^2}\dot{S} R \end{align}$

となる．まとめると

$\begin{align} \frac{1}{\hbar^2} R [-2mV-(\pmb{\nabla} S)^2-2m\dot{S}] + \frac{i}{\hbar} (2m\dot{R}+R \nabla^2 S+2\pmb{\nabla} R\cdot\pmb{\nabla} S)+\nabla^2 R =0 \end{align}$