応用物理2前期末 - omuct電子情報2023

応用物理2前期末

時空の各点 (t, x, y, z) に住む電場 E と磁場 B は、以下の方程式をみたす。

$ ∇ × \mathbf{E} + \frac{∂\mathbf{B}}{∂t} = 0

$ ∇ × \mathbf{B} − \frac{1}{c^2}\frac{∂\mathbf{E}}{∂t} = μ_0 \mathbf{j}

$ ∇ · \mathbf{E} = \frac{1}{\epsilon_0}\rho

$ ∇ · \mathbf{B} = 0

$ \rho は電荷密度

定数$ \epsilon_0,$ \mu_0はそれぞれ真空の誘電率、透磁率を表す。

$ \epsilon_0 \mu_0 = 1/c^2

$ ∇ = ( \frac{∂}{∂x},\frac{∂}{∂y},\frac{∂}{∂z})

ベクトル解析の公式

特に

$ \nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{F}) = 0 (divrot=0)

$ \nabla \times (\nabla \psi) = 0 (rot grad = 0)

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3.2

真空中の電磁波（光）

$ ∇ × \mathbf{B} − \frac{1}{c^2}\frac{∂\mathbf{E}}{∂t} = μ_0 \mathbf{j}

これに左から$ ∇ × を演算し、

$ ∇ × \mathbf{E} + \frac{∂\mathbf{B}}{∂t} = 0

$ ∇ · \mathbf{B} = 0

を使うと、

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練習問題 3.1-2 (スカラーポテンシャルとベクトルポテンシャル)

問題 (1)

任意の$ \phi (スカラー場)と任意の$ \mathbf{A} (ベクトル場)をとり、$ \mathbf{E} = - \nabla \phi - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} $ \mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A} とおくと、自動的に$ \nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} = 0 と$ \nabla \cdot \mathbf{B} = 0が満たされることを確認せよ。

解答 (1)

$ \frac{\partial}{\partial t} と$ \nablaが交換可能であるという事実を利用します。

ベクトル解析の公式、特に$ \nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{F}) = 0 (divrot=0)と$ \nabla \times (\nabla \psi) = 0 (rot grad = 0) を用います。

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1. $ \nabla \cdot \mathbf{B} = 0 の証明

$ \mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A} なので、この式に代入します。

div(rot A) = 0より、

$ \nabla \cdot \mathbf{B} = \nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) = 0

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2. $ \nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} = 0 の証明

まず、左辺の$ \nabla \times \mathbf{E} を計算します。$ \mathbf{E} の定義式を代入します。

$ \nabla \times \mathbf{E} = \nabla \times \left( - \nabla \phi - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)

分配法則を使って展開します。

$ \nabla \times \mathbf{E} = \Bigl\{\nabla \times (-\nabla \phi)\Bigr\} - \Bigl\{\nabla \times \left( \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right)\Bigr\} ~~~~ (*)

ここで、最初の項にベクトル解析の公式「rot(grad A) = 0」より、

$ \nabla \times (-\nabla \phi) = 0

次に、(*)の2番目の項では、$ \frac{\partial}{\partial t} と$ \nabla は交換可能であるという事実を使います。

$ - \nabla \times \left( \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right) = - \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \times \mathbf{A})

ここで、$ \nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B} なので、これを代入します。

$ - \nabla \times \left( \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} \right) = - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}

以上をまとめると、$ \nabla \times \mathbf{E} = 0 - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} となります。

この式を移項すると、$ \nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} = 0

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問題 (2)

$ \phi と$ \mathbf{A} を次のように変換しても、同じ$ \mathbf{E} と$ \mathbf{B} を与えることを確認せよ。

$ \phi \to \phi + \frac{\partial \Lambda}{\partial t}

$ \mathbf{A} \to \mathbf{A} - \nabla \Lambda

ここで、$ \Lambda は任意のスカラー場である。

解答 (2)

解答のポイント: - 新しいポテンシャルを元の$ \mathbf{E} と$ \mathbf{B} の定義式に代入し、変換後も同じ電場と磁場が得られることを示します。

① 新しい電場 $ \mathbf{E'} の計算

新しいスカラーポテンシャル$ \phi' = \phi + \frac{\partial \Lambda}{\partial t} と新しいベクトルポテンシャル$ \mathbf{A'} = \mathbf{A} - \nabla \Lambda を用いて、新しい電場$ \mathbf{E'} を計算します。

$ \mathbf{E'} = - \nabla \phi' - \frac{\partial \mathbf{A'}}{\partial t}

それぞれの定義式を代入します。

$ \mathbf{E'} = - \nabla \left( \phi + \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \right) - \frac{\partial}{\partial t} (\mathbf{A} - \nabla \Lambda)

分配法則と交換法則を使って展開します。

$ \mathbf{E'} = - \nabla \phi - \nabla \left( \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \right) - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \Lambda)

$ \frac{\partial}{\partial t} と$ \nabla は交換可能なので、2番目と4番目の項は互いに打ち消し合います。

$ \mathbf{E'} = - \nabla \phi - \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \Lambda) - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \Lambda)

$ \mathbf{E'} = - \nabla \phi - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}

この式は、元の電場$ \mathbf{E} の定義式そのものです。

したがって、新しい電場$ \mathbf{E'} は元の電場$ \mathbf{E} と一致します。$ \mathbf{E'} = \mathbf{E}

② 新しい磁場 $ \mathbf{B'} の計算

新しいベクトルポテンシャル$ \mathbf{A'} = \mathbf{A} - \nabla \Lambda を用いて、新しい磁場$ \mathbf{B'} を計算します。

$ \mathbf{B'} = \nabla \times \mathbf{A'} 定義式を代入します。

$ \mathbf{B'} = \nabla \times (\mathbf{A} - \nabla \Lambda) 分配法則を使って展開します。

$ \mathbf{B'} = \nabla \times \mathbf{A} - \nabla \times (\nabla \Lambda)

ここで、ベクトル解析の公式「rot(grad)=0」を使います。

$ \nabla \times (\nabla \Lambda) = 0

したがって、$ \mathbf{B'} = \nabla \times \mathbf{A} - 0

$ \mathbf{B'} = \nabla \times \mathbf{A}

この式は、元の磁場$ \mathbf{B} の定義式そのものです。

したがって、新しい磁場$ \mathbf{B'} は元の磁場$ \mathbf{B} と一致します。$ \mathbf{B'} = \mathbf{B}

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問題 (3)

三次元ベクトル場$ \mathbf{A}(\mathbf{x}) = \mathbf{a}e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} ( $ \mathbf{a} ,\mathbf{k} は定ベクトル)に対し、以下を示せ。

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = i \mathbf{k} \cdot \mathbf{A}

$ \nabla \times \mathbf{A} = i \mathbf{k} \times \mathbf{A}

解答 (3)

解答のポイント:スカラー積 $ \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} = k_x x + k_y y + k_z z を利用して、偏微分を丁寧に計算します。

$ \frac{\partial}{\partial x} e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} = i k_x e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} など、連鎖律（chain rule）を使って微分します。

① $ \nabla \cdot \mathbf{A} = i \mathbf{k} \cdot \mathbf{A} の証明

ダイバージェンスの定義に従って計算します。

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} + \frac{\partial A_y}{\partial y} + \frac{\partial A_z}{\partial z}

ここで、$ \mathbf{A} = (a_x e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}, a_y e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}, a_z e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) です。

展開して整理すると、

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = \frac{\partial}{\partial x}(a_x e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) + \frac{\partial}{\partial y}(a_y e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) + \frac{\partial}{\partial z}(a_z e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}})

xについて微分すると、

$ \frac{\partial}{\partial x} (e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) = \frac{\partial}{\partial x} (e^{i(k_x x + k_y y + k_z z)}) = i k_x e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} となります。

同様に、yとzについても微分します。

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = a_x (i k_x e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) + a_y (i k_y e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) + a_z (i k_z e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}})

共通因数$ i e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} でくくります。

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = i (a_x k_x + a_y k_y + a_z k_z) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

ここで、$ a_x k_x + a_y k_y + a_z k_z = \mathbf{a} \cdot \mathbf{k} です。

また、$ \mathbf{A} = \mathbf{a}e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} なので、

$ \nabla \cdot \mathbf{A} = i (\mathbf{a} \cdot \mathbf{k}) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} = i \mathbf{k} \cdot (\mathbf{a} e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) = i \mathbf{k} \cdot \mathbf{A}

② $ \nabla \times \mathbf{A} = i \mathbf{k} \times \mathbf{A} の証明

回転（rot）の定義に従って計算します。

$ \nabla \times \mathbf{A} = \left( \frac{\partial A_z}{\partial y} - \frac{\partial A_y}{\partial z}, \frac{\partial A_x}{\partial z} - \frac{\partial A_z}{\partial x}, \frac{\partial A_y}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial y} \right)

x成分を例に計算します。

$ \frac{\partial A_z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(a_z e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) = a_z (i k_y e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}})

$ \frac{\partial A_y}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(a_y e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) = a_y (i k_z e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}})

よって、x成分は、

$ (\nabla \times \mathbf{A})_x = i (a_z k_y - a_y k_z) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

これは、ベクトル積$ (\mathbf{k} \times \mathbf{a}) のx成分に$ i e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} をかけたものに等しいです。

同様に、y成分とz成分も計算します。

$ (\nabla \times \mathbf{A})_y = i (a_x k_z - a_z k_x) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

$ (\nabla \times \mathbf{A})_z = i (a_y k_x - a_x k_y) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

これらをまとめると、

$ \nabla \times \mathbf{A} = i ( (a_z k_y - a_y k_z), (a_x k_z - a_z k_x), (a_y k_x - a_x k_y) ) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

括弧の中は、ベクトル積$ \mathbf{a} \times \mathbf{k} の成分です。

$ \nabla \times \mathbf{A} = i (\mathbf{a} \times \mathbf{k}) e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}

$ = i \mathbf{k} \times (\mathbf{a} e^{i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}}) = i \mathbf{k} \times \mathbf{A}

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問題 (4)

オモテ面記載の、真空中の磁場$ \mathbf{B} が満たす波動方程式を導出せよ。

解答 (4)

解答のポイント:真空中のマクスウェル方程式から出発します。

ベクトル解析の公式、特に「rot rot = grad div - Laplacian」の関係を利用します。

① 真空中のマクスウェル方程式

真空中のマクスウェル方程式は以下の4つの式で与えられます。

$ \nabla \times \mathbf{B} = \frac{1}{c^2} \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} ...①$ \nabla \times \mathbf{E} = - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} ...②

$ \nabla \cdot \mathbf{B} = 0 ...③$ \nabla \cdot \mathbf{E} = 0 ... ④

② 波動方程式の導出

まず、式①の両辺の回転（rot）をとります。

$ \nabla \times (\nabla \times \mathbf{B}) = \nabla \times \left( \frac{1}{c^2} \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \right)

左辺の変形:

ベクトル解析の公式「rot rot = grad div - Laplacian」を使います。

$ \nabla \times (\nabla \times \mathbf{B}) = \nabla(\nabla \cdot \mathbf{B}) - \nabla^2 \mathbf{B}

ここで、マクスウェル方程式③より、$ \nabla \cdot \mathbf{B} = 0 なので、第1項はゼロになります。

$ \nabla \times (\nabla \times \mathbf{B}) = \nabla(0) - \nabla^2 \mathbf{B} = - \nabla^2 \mathbf{B}

となります。

右辺の変形:

$ \nabla \times \left( \frac{1}{c^2} \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \right)

$ \frac{1}{c^2} は定数なので外に出せます。

$ = \frac{1}{c^2} \nabla \times \left( \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \right) $ \nabla と$ \frac{\partial}{\partial t} は交換可能なので、順序を入れ替えます。

$ = \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \times \mathbf{E})

ここで、マクスウェル方程式②より、$ \nabla \times \mathbf{E} = - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} なので、これを代入します。

$ = \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \left( - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} \right) = - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 \mathbf{B}}{\partial t^2}

となります。

③ 左右辺を結合

左辺と右辺を等式で結びます。

$ - \nabla^2 \mathbf{B} = - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 \mathbf{B}}{\partial t^2}

両辺のマイナス符号を消して、移項すると、$ \nabla^2 \mathbf{B} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 \mathbf{B}}{\partial t^2} = 0

これは、磁場$ \mathbf{B} が満たす波動方程式です。

この方程式は、$ \left( \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right) \mathbf{B} = 0 と書くこともできます。

同様の手順で、電場$ \mathbf{E} も同じ波動方程式を満たすことが導出できます。

$ \left( \nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right) \mathbf{E} = 0

これらの波動方程式は、電磁波が真空を光速$ c で伝搬することを示しています。

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練習問題 3.2-2 (直線偏光・円偏光)

はじめに:

マクスウェル方程式および波動方程式は線型であるため、二つの異なる解の和もまた解になります。

そこで、同じ方向$ \mathbf{k} に進むが、異なる振動方向$ \mathbf{\hat{x}} と$ \mathbf{\hat{y}} 、そして異なる位相$ \alpha と$ \beta を持つ以下の二つの電磁波の重ね合わせを考えます。

電場$ \mathbf{E}(t, \mathbf{x}) = a \mathbf{\hat{x}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) + b \mathbf{\hat{y}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta) $ (a, b, \alpha, \beta は定数)

これを成分表示すると、

$ \mathbf{E}(t, \mathbf{x}) = \begin{pmatrix} a \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) \\ b \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta) \\ 0 \end{pmatrix}

問題 (1)

上記の電場$ \mathbf{E} とペアになる磁場$ \mathbf{B} を求めよ。

解答 (1)

解答のポイント:

電場$ \mathbf{E} と磁場$ \mathbf{B} の振幅および進行方向の間には、真空中で$ \mathbf{B}_0 = \frac{1}{c} \mathbf{\hat{k}} \times \mathbf{E}_0 の関係が成り立ちます。

この関係式を、重ね合わせられた各電場$ \mathbf{E}_1 と$ \mathbf{E}_2 に個別に適用し、対応する磁場$ \mathbf{B}_1 と$ \mathbf{B}_2 を求め、最後に足し合わせます。

① 第一項の電場 $ \mathbf{E}_1 に対応する磁場$ \mathbf{B}_1

電場$ \mathbf{E}_1 = a \mathbf{\hat{x}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) ここで、振幅は$ \mathbf{E}_{1} = a \mathbf{\hat{x}} です。

進行方向を$ \mathbf{\hat{k}} = \mathbf{\hat{z}} とすると、磁場の振幅は次のようになります。

$ \mathbf{B}_{1} = \frac{1}{c} \mathbf{\hat{k}} \times \mathbf{E}_{1} = \frac{1}{c} \mathbf{\hat{z}} \times (a \mathbf{\hat{x}}) = \frac{a}{c} (\mathbf{\hat{z}} \times \mathbf{\hat{x}}) = \frac{a}{c} \mathbf{\hat{y}}

したがって、対応する磁場$ \mathbf{B}_1 は、振幅と位相を考慮して

$ \mathbf{B}_1 = \frac{a}{c} \mathbf{\hat{y}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) となります。

② 第二項の電場 $ \mathbf{E}_2 に対応する磁場$ \mathbf{B}_2

ほぼ同じhill_san.icon

電場$ \mathbf{E}_2 = b \mathbf{\hat{y}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta)

ここで、振幅は$ \mathbf{E}_{2} = b \mathbf{\hat{y}} です。

同様に、磁場の振幅は

$ \mathbf{B}_{2} = \frac{1}{c} \mathbf{\hat{k}} \times \mathbf{E}_{2} = \frac{1}{c} \mathbf{\hat{z}} \times (b \mathbf{\hat{y}}) = \frac{b}{c} (\mathbf{\hat{z}} \times \mathbf{\hat{y}}) = \frac{b}{c} (-\mathbf{\hat{x}}) = - \frac{b}{c} \mathbf{\hat{x}}

したがって、対応する磁場$ \mathbf{B}_2 は$ \mathbf{B}_2 = - \frac{b}{c} \mathbf{\hat{x}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta)

となります。

マクスウェル方程式は線型なので、全体の磁場$ \mathbf{B} は個々の磁場の和として求められます。$ \mathbf{B} = \mathbf{B}_1 + \mathbf{B}_2 $ \mathbf{B}(t, \mathbf{x}) = \frac{a}{c} \mathbf{\hat{y}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) - \frac{b}{c} \mathbf{\hat{x}} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta)

これを成分表示にすると、

$ \mathbf{B}(t, \mathbf{x}) = \begin{pmatrix} - \frac{b}{c} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \beta) \\ \frac{a}{c} \sin(\omega t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + \alpha) \\ 0 \end{pmatrix}

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練習問題 3.3-1 (ベクトル解析・続)

はじめに:

$ 3+1 次元時空$ (t, \mathbf{x}) 上に定義された$ 3 成分ベクトル場$ \mathbf{A}, \mathbf{B} について、以下の式を証明する問題です。

問題 (1)

$ \mathbf{A} \cdot \frac{\partial}{\partial t} \mathbf{A} = \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \mathbf{A}^2) を確認せよ。

$ \mathbf{A}^2 = \mathbf{A} \cdot \mathbf{A} = A_x^2 + A_y^2 + A_z^2 であることを使います。

まず、右辺の$ \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \mathbf{A}^2) から計算を始めます。

$ \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \mathbf{A}^2) = \frac{1}{2} \frac{\partial}{\partial t} (A_x^2 + A_y^2 + A_z^2)

各成分に積の微分法則を適用します。

$ = \frac{1}{2} \left( \frac{\partial}{\partial t}(A_x^2) + \frac{\partial}{\partial t}(A_y^2) + \frac{\partial}{\partial t}(A_z^2) \right)

$ = \frac{1}{2} \left( 2A_x \frac{\partial A_x}{\partial t} + 2A_y \frac{\partial A_y}{\partial t} + 2A_z \frac{\partial A_z}{\partial t} \right)

共通因数$ 2 を消します。

$ = A_x \frac{\partial A_x}{\partial t} + A_y \frac{\partial A_y}{\partial t} + A_z \frac{\partial A_z}{\partial t}

これは、ベクトル$ \mathbf{A} と$ \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} の内積の定義そのものです。

$ = \mathbf{A} \cdot \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}

したがって、$ \mathbf{A} \cdot \frac{\partial}{\partial t} \mathbf{A} = \frac{\partial}{\partial t} (\frac{1}{2} \mathbf{A}^2)

問題 (2)

$ \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B}) を確認せよ。

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ベクトル外積

3次元ベクトル $ \vec{A} と $ \vec{B} の外積 $ \vec{C} = \vec{A} \times \vec{B} は、成分ごとに以下のように書くことができます。

$ C_i = (A \times B)i = \sum_{j=1}^3 \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk}A_jB_k

これはアインシュタインの縮約記法を用いると、より簡潔に

$ C_i = \epsilon_{ijk}A_jB_k

と書くことができます。

（この場合、同じ添字 $ j と $ k について和をとることを意味します。）

例：$ C_1 成分を計算してみます。

$ C_1 = \epsilon_{ijk}A_jB_k = \epsilon_{123}A_2B_3 + \epsilon_{132}A_3B_2 = (1)A_2B_3 + (-1)A_3B_2 = A_2B_3 - A_3B_2

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完全反対称テンソル$ \epsilon_{ijk} を用いたアインシュタインの縮約記法（Einstein summation convention）で計算を進めます。この記法では、同じ添字（この場合は$ i と$ i など）が二回登場した時には、$ \sum_{i=1}^3の和をとることを意味します。

証明:

左辺の$ \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) を成分表示で書きます。

$ \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \partial_i (\mathbf{A} \times \mathbf{B})_i

ここで、$ \partial_i = \frac{\partial}{\partial x_i} です。

ベクトル積の定義は、$ (\mathbf{A} \times \mathbf{B})_i = \epsilon_{ijk} A_j B_k です。

これを代入すると、$ \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \partial_i (\epsilon_{ijk} A_j B_k)

積の微分法則を適用します。

$ = \epsilon_{ijk} (\partial_i A_j) B_k + \epsilon_{ijk} A_j (\partial_i B_k)

添字を入れ替えて見やすくするために、第1項の添字を$ (i, j, k) \to (j, k, i) 、第2項の添字を$ (i, j, k) \to (k, i, j) と循環させます。ただし、$ \epsilon_{ijk} は添字の入れ替えで符号が変わることに注意します。

$ \epsilon_{ijk} = \epsilon_{jki} = \epsilon_{kij}

$ \epsilon_{ijk} = -\epsilon_{jik} = -\epsilon_{ikj}

第1項の$ \epsilon_{ijk} (\partial_i A_j) B_k は、$ \epsilon_{kij} B_k (\partial_i A_j) と書くことができます。

これは、$ \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) の成分表示、

$ B_k (\nabla \times \mathbf{A})_k と一致します。

第2項の$ \epsilon_{ijk} A_j (\partial_i B_k) は、$ -\epsilon_{ikj} A_j (\partial_i B_k) と書くことができます。

これは、$ - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B}) の成分表示と一致します。

もう少し丁寧に展開します。

$ = \epsilon_{ijk} (\partial_i A_j) B_k - \epsilon_{ikj} A_j (\partial_i B_k)

$ = \epsilon_{kij} B_k (\partial_i A_j) - \epsilon_{ikj} A_j (\partial_i B_k)

第1項は、$ (\nabla \times \mathbf{A})_k = \epsilon_{kij} \partial_i A_j なので、

$ = B_k (\nabla \times \mathbf{A})_k = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A})

第2項は、$ (\nabla \times \mathbf{B})_j = \epsilon_{jki} \partial_k B_i = \epsilon_{ikj} \partial_i B_k なので、

$ = - A_j (\nabla \times \mathbf{B})_j = - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B})

したがって、$ \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B})

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3.3-2 コンデンサのエネルギー

$ U = \frac{1}{2}\epsilon_0 E_0^2 \times Sd

(2) 面積が $ 10^7[m^2] ある寝屋川市の上空 $ 10^4 [m]

に同じ形の底面をもつ積乱雲が発生した。

地表から積乱雲に向けて $ 10^5[V/m] の一様静電場が形成され、

この電位差が一発の落雷によって完全に解放された。この落雷のエネルギーを求めよ。

$ U = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 V

Vは体積

$ = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-12}[V/(C \cdot m)]) \times (10^5[V/m])^2 \times (10^{11}[m^3])

$ = 4.5 \times 10^9[V \cdot C] = 4.5 \times 10^9[J]

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