電磁気学の基礎 II （その46） 18.10

　(14.21)の第2項である輻射部分において， $\mathbf{z}$ を無視して $R\cong r, \mathbf{n}=\mathbf{R}/R\cong\mathbf{x}/r$ とする．

$\begin{align} \mathbf{E} \cong \frac{\mu_0 q}{4\pi r}\left[ \frac{\mathbf{n}\times((\mathbf{n}-\pmb{\beta})\times\dot{\mathbf{v}})} {(1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta})^3} \right] \end{align}$

ここで，

$\begin{align} \frac{d}{dt'} \left[ \frac{\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})} {1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}} \right] &= \frac{\left[\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\dot{\mathbf{v}}) \right](1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}) + [\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})](\mathbf{n}\cdot\dot{\pmb{\beta}} )}{(1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta})^2} \\ &= \frac{\left[\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\dot{\mathbf{v}}) \right](1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}) + [\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\pmb{\beta})](\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}} )}{(1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta})^2} \end{align}$

である．2番目の等号では $1/c$ 因子をずらした．この分子を展開すると

$\begin{align} &\ [ (\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}})\mathbf{n}-\dot{\mathbf{v}}](1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}) + [ (\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta})\mathbf{n}-\pmb{\beta}](\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}} ) \\ &= (\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}})\mathbf{n} - \dot{\mathbf{v}} + \dot{\mathbf{v}} (\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}) - \pmb{\beta} (\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}} ) \\ &= (\mathbf{n}-\pmb{\beta}) (\mathbf{n}\cdot\dot{\mathbf{v}} ) - \dot{\mathbf{v}} +\dot{\mathbf{v}} (\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}) \\ &= \mathbf{n}\times [ (\mathbf{n}-\pmb{\beta})\times \dot{\mathbf{v}}] \end{align}$

より

$\begin{align} \frac{d}{dt'} \left[ \frac{\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})} {1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}} \right] = \frac{\mathbf{n}\times [ (\mathbf{n}-\pmb{\beta})\times \dot{\mathbf{v}}]}{(1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta})^2} \end{align}$

となり，P593の2番目の式の近似式部分を得る．さらにP431の最初の式を使うと

$\begin{align} \frac{d}{dt}=\frac{dt'}{dt}\frac{d}{dt'}=\frac{1}{[1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}]} \frac{d}{dt'} \end{align}$

であるからP593の2番目の式の等式部分を得る．フーリエ変換すると

$\begin{align} \mathbf{E}(\omega) &= \int_{-\infty}^\infty dt \mathbf{E}(t) e^{i\omega t} \\ &= \frac{\mu_0 q}{4\pi r} \left[ \frac{\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})} {1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}} \right] e^{i\omega t} \bigg|_{-\infty}^\infty - \frac{i\mu_0 q \omega}{4\pi r} \int_{-\infty}^\infty dt \left[ \frac{\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})} {1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}} \right] e^{i\omega t} \\ &= - \frac{i\mu_0 q \omega}{4\pi r} \int_{-\infty}^\infty dt \left[ \frac{\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})} {1-\mathbf{n}\cdot\pmb{\beta}} \right] e^{i\omega t} \end{align}$

となる．落とした項は $|t|\to \infty$ で激しく振動し，寄与がないとした．(14.25)を使って $t$ から $t'$ に変数変換するとP593の最後の式の等式部分を得る．さらに

$\begin{align} R(t') &= \sqrt{ (\mathbf{x}-\mathbf{z} (t') )^2}= \sqrt{ r^2 - 2\mathbf{x}\cdot\mathbf{z}(t')+z^2(t') } \\ &\cong \sqrt{ r^2 - 2\mathbf{x}\cdot\mathbf{z}(t)} = r \left( 1-\frac{2\mathbf{n}\cdot\mathbf{z}(t')}{r}\right)^{1/2} \\ &\cong r - \mathbf{n}\cdot\mathbf{z}(t') \end{align}$

と近似すると

$\begin{align} \mathbf{E}(\omega) &\cong - \frac{i\mu_0 q \omega}{4\pi r} e^{i\omega r/c} \int_{-\infty}^\infty dt' \mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v}) e^{i\omega(t'-\mathbf{n}\cdot\mathbf{z}(t')/c)} \\ &= - \frac{i\mu_0 q \omega}{4\pi r} e^{i\omega r/c} \int_{-\infty}^\infty dt \mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v}) e^{i\omega(t-\mathbf{n}\cdot\mathbf{z}/c)} \end{align}$

となる．2番目の等号は $t'$ を $t$ に名前をつけかえただけである．P433の最初の式から，対応する磁場は $\mathbf{B}=(\mathbf{n}\times\mathbf{E})/c$ であり，単位立体角あたりの輻射エネルギーは

$\begin{align} \frac{dP}{d\Omega} &= \frac{r^2}{\mu_0 c} \int_{-\infty}^\infty E^2(t) \\ &= \frac{r^2}{\mu_0 c} \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty d\omega |\mathbf{E}(\omega)|^2 \\ &= \frac{r^2}{\mu_0 c} \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty d\omega E(\omega)E(-\omega) \\ &= \frac{r^2}{\mu_0 c}\frac{1}{\pi} \int_{0}^\infty d\omega E(\omega)E(-\omega) \\ &= \frac{r^2}{\mu_0 c}\frac{1}{\pi} \int_{0}^\infty d\omega |\mathbf{E}(\omega)|^2 \end{align}$

となる．ここでパルセヴァルの等式と $E(t)$ が実数であることからくる， $E^*(\omega)=E(-\omega)$ を使った． $\mathbf{E}(\omega)$ を代入して

$\begin{align} \frac{dP}{d\Omega} = \int_{0}^\infty d\omega \frac{d^2P}{d\Omega d\omega} \end{align}$

からP594の2番目の式を得る．非磁性的 ( $\mu_r=1$ ) な屈折率 $n$ の物質中では $n=\sqrt{\epsilon_r}$ であるから，(18.13)より $q\to q/n$ と置き換え，(18.14)より $c\to c/n$ と置き換えればよい．

$\begin{align} \frac{d^2P}{d\Omega d\omega} = \frac{\mu_0 q^2 \omega^2}{(4\pi)^2 cn}\frac{1}{\pi} \bigg| \int_{-\infty}^\infty dt \mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v}) e^{i\omega(t-n\mathbf{n}\cdot\mathbf{z}/c)} \bigg|^2 \end{align}$

$\mathbf{z}=\mathbf{v}t$ とし， $\mathbf{n}$ と $\mathbf{v}$ のなす角を $\theta$ とすると， $\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v})$ は時間によらないので，

$\begin{align} |\mathbf{n}\times(\mathbf{n}\times\mathbf{v}) |^2 &= |v\cos\theta \mathbf{n}-\mathbf{v}|^2 =v^2 - v^2\cos^2\theta = v^2 \sin^2 \theta \end{align}$

より

$\begin{align} \frac{d^2P}{d\Omega d\omega} = \frac{\mu_0 q^2 \omega^2 v^2\sin^2\theta }{(4\pi)^2 cn}\frac{1}{\pi} \bigg| \int_{-\infty}^\infty dt e^{i\omega t(1-n\beta\cos\theta)} \bigg|^2 \end{align}$

になる．本の表式は $n$ の位置がおかしい． $\mu_0$ も脱落している．

$\begin{align} \int_{-T}^T dt e^{i\alpha t}= \frac{2\sin(\alpha T)}{\alpha} \end{align}$

よりP594の4番目の式が成り立ち，(A.11)の2番目の式から，右辺は594の5番目の式のようにできる．

$\begin{align} 4 T^2 \left| \frac{\sin \{\omega T(1-n \beta \cos \theta)\}}{\omega T(1-n \beta \cos \theta)} \right|^{2} \cong \frac{4\pi T^2}{\omega } \delta ( T (1-n \beta \cos \theta ) ) \end{align}$

となる．これは電磁波の放射が

$\begin{align} \cos \theta = \frac{1}{n \beta } \end{align}$

によって決まる円錐上であることを意味する．

$\begin{align} \frac{d^2P}{d \Omega d \omega} &= \frac{\mu_0 q^2 \omega^2 v^2\sin^2\theta }{(4\pi)^2 cn}\frac{1}{\pi} \frac{4\pi T^2}{\omega } \delta ( T ( 1-n \beta \cos \theta ) ) \\ &= \frac{\mu_0T q^2 \omega v^2\sin^2\theta }{4\pi^2 cn} \delta (1-n \beta \cos \theta ) \end{align}$

として全立体角で積分すると

$\begin{align} \frac{dP}{d\omega} &= \frac{\mu_0T q^2 \omega v^2 }{2\pi cn} \int_0^\pi d\theta \sin^3\theta \delta(1-n\beta\cos\theta) \\ &= \frac{\mu_0T q^2 \omega v }{2\pi n^2 } \int_0^\pi d\theta \sin^3\theta \delta\left(\frac{1}{n\beta}-\cos\theta\right) \\ &= \frac{\mu_0T q^2 \omega v }{2\pi n^2 } \int_{-1}^1 dt (1-t^2) \delta\left(\frac{c}{nv}-t\right) \\ &= 2vT \frac{\mu_0 q^2 \omega}{4\pi n^2} \left( 1-\frac{c^2}{n^2v^2}\right) \end{align}$