物質に電場や磁場をかけると、中の原子や分子がわずかに変形したり向きをそろえたりして、物質そのものが新たに電場や磁場をつくります。この記事は、その「物質の側の反応」を少数の量にまとめて、真空の式をほぼそのまま使えるようにする話です。読み終えると、たとえばコンデンサの極板の間に絶縁体を入れると電場が弱まる理由を、式で説明できるようになります。
物質は原子・分子の集まりで、外から電場や磁場をかけると、各分子が小さな電気双極子・磁気双極子（正負の電荷のずれ、小さな電流の輪がつくる、棒磁石のような性質）になります。単位体積あたりの双極子モーメントが分極 P \boldsymbol{P} P 磁化 M \boldsymbol{M} M
分極は ρ b = − ∇ ⋅ P \rho_b=-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ b = − ∇ ⋅ P σ b = P ⋅ n \sigma_b=\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n} σ b = P ⋅ n 束縛電荷 、磁化は J b = ∇ × M \boldsymbol{J}_b=\nabla\times\boldsymbol{M} J b = ∇ × M K b = M × n \boldsymbol{K}_b=\boldsymbol{M}\times\boldsymbol{n} K b = M × n 束縛電流 とまったく同じ場をつくります。これは近似ではなく、ポテンシャルの積分を部分積分した結果です。
束縛電荷と束縛電流を方程式から消すために D = ε 0 E + P \boldsymbol{D}=\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P} D = ε 0 E + P H = B / μ 0 − M \boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu_0-\boldsymbol{M} H = B / μ 0 − M ∇ ⋅ D = ρ f \nabla\cdot\boldsymbol{D}=\rho_f ∇ ⋅ D = ρ f ∇ × H = J f + ∂ t D \nabla\times\boldsymbol{H}=\boldsymbol{J}_f+\partial_t\boldsymbol{D} ∇ × H = J f + ∂ t D ∂ t P \partial_t\boldsymbol{P} ∂ t P
異なる媒質の界面では、D \boldsymbol{D} D B \boldsymbol{B} B E \boldsymbol{E} E H \boldsymbol{H} H
媒質中のエネルギーの出入りは E ⋅ δ D + H ⋅ δ B \boldsymbol{E}\cdot\delta\boldsymbol{D}+\boldsymbol{H}\cdot\delta\boldsymbol{B} E ⋅ δ D + H ⋅ δ B 1 2 ( E ⋅ D + H ⋅ B ) \frac12(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}+\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{B}) 2 1 ( E ⋅ D + H ⋅ B )
電場 : 電荷が空間につくる、他の電荷に力を及ぼす場。→ 電場 発散 : ベクトル場の各点での湧き出しの密度。→ 発散 電流密度 : 単位面積あたり、単位時間に流れる電荷を表すベクトル場。→ 電流密度 ベクトルポテンシャル : 磁束密度を B = ∇ × A \boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A} B = ∇ × A A \boldsymbol{A} A ベクトルポテンシャル 多重極展開 : 遠くから見た電荷分布の電位を、1/r の累乗の和で近似する方法。→ 静電場の境界値問題 変位電流 : 電場の時間変化が磁場をつくる項 ε 0 ∂ t E \varepsilon_0\partial_t\boldsymbol{E} ε 0 ∂ t E マクスウェル方程式と電磁波 マクスウェル方程式と電磁波 の 4 本の式は、電荷密度 ρ \rho ρ 電流密度 J \boldsymbol{J} J 1 c m 3 1\,\mathrm{cm}^3 1 cm 3 10 22 10^{22} 1 0 22
実験室で自由に制御できるのは、導線に流す電流や電極に与える電荷のような、外から持ち込める電荷と電流（自由電荷 ρ f \rho_f ρ f 自由電流 J f \boldsymbol{J}_f J f P \boldsymbol{P} P M \boldsymbol{M} M
静電場の境界値問題 で導体を扱ったときは、導体の表面電荷が未知でも、表面の電位が一定という条件だけで問題が閉じていました。誘電体や磁性体でも同様に、「物質の中の電荷分布は未知だが、境界での接続条件は分かっている」という形で問題を立てます。それが §7 の境界条件の役割です。
以下では、物質は十分に滑らかな巨視的領域 Ω \Omega Ω E , B \boldsymbol{E},\boldsymbol{B} E , B 定義 3.1［マクスウェル方程式と電磁波］ ）を満たします。平均は線形な操作で、偏微分と交換できるためです。
電荷を 2 種類に分けます。
自由電荷 ρ f \rho_f ρ f 自由電流 J f \boldsymbol{J}_f J f 束縛電荷 ρ b \rho_b ρ b 束縛電流 J b \boldsymbol{J}_b J b
ρ = ρ f + ρ b \rho=\rho_f+\rho_b ρ = ρ f + ρ b J = J f + J b \boldsymbol{J}=\boldsymbol{J}_f+\boldsymbol{J}_b J = J f + J b P \boldsymbol{P} P M \boldsymbol{M} M
定義 3.1 （分極 ） ↗
物質の各点のまわりの微小体積 d V dV d V P d V \boldsymbol{P}\,dV P d V P \boldsymbol{P} P C / m 2 \mathrm{C/m^2} C/ m 2 分極 という。P \boldsymbol{P} P Ω \Omega Ω C 1 C^1 C 1 Ω \Omega Ω 0 0 0
位置 y \boldsymbol{y} y P d V y \boldsymbol{P}\,dV_y P d V y 多重極展開（定理 6.1）［静電場の境界値問題］ の l = 1 l=1 l = 1 y \boldsymbol{y} y P ( y ) ⋅ ( x − y ) 4 π ε 0 ∣ x − y ∣ 3 d V y \dfrac{\boldsymbol{P}(\boldsymbol{y})\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})}{4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3}dV_y 4 π ε 0 ∣ x − y ∣ 3 P ( y ) ⋅ ( x − y ) d V y
V P ( x ) = 1 4 π ε 0 ∫ Ω P ( y ) ⋅ ( x − y ) ∣ x − y ∣ 3 d V y . V_P(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_\Omega\frac{\boldsymbol{P}(\boldsymbol{y})\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3}\,dV_y . V P ( x ) = 4 π ε 0 1 ∫ Ω ∣ x − y ∣ 3 P ( y ) ⋅ ( x − y ) d V y . 定理 3.2 （束縛電荷 ） ✓
上の V P V_P V P
V P ( x ) = 1 4 π ε 0 [ ∫ Ω ρ b ( y ) ∣ x − y ∣ d V y + ∮ ∂ Ω σ b ( y ) ∣ x − y ∣ d S y ] , ρ b = − ∇ ⋅ P , σ b = P ⋅ n V_P(\boldsymbol{x})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\int_\Omega\frac{\rho_b(\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dV_y+\oint_{\partial\Omega}\frac{\sigma_b(\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dS_y\right],\qquad\rho_b=-\nabla\cdot\boldsymbol{P},\quad\sigma_b=\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n} V P ( x ) = 4 π ε 0 1 [ ∫ Ω ∣ x − y ∣ ρ b ( y ) d V y + ∮ ∂ Ω ∣ x − y ∣ σ b ( y ) d S y ] , ρ b = − ∇ ⋅ P , σ b = P ⋅ n と書ける。ここで n \boldsymbol{n} n ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω ∫ Ω ρ b d V + ∮ σ b d S = 0 \int_\Omega\rho_b\,dV+\oint\sigma_b\,dS=0 ∫ Ω ρ b d V + ∮ σ b d S = 0
証明の方針は、双極子の式を「1 / ∣ x − y ∣ 1/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}| 1/∣ x − y ∣ P \boldsymbol{P} P − ∇ ⋅ P -\nabla\cdot\boldsymbol{P} − ∇ ⋅ P P ⋅ n \boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n} P ⋅ n x \boldsymbol{x} x x \boldsymbol{x} x
証明（定理 3.2） ∇ y 1 ∣ x − y ∣ = x − y ∣ x − y ∣ 3 \nabla_y\dfrac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}=\dfrac{\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3} ∇ y ∣ x − y ∣ 1 = ∣ x − y ∣ 3 x − y
P ⋅ ( x − y ) ∣ x − y ∣ 3 = P ⋅ ∇ y 1 ∣ x − y ∣ = ∇ y ⋅ ( P ∣ x − y ∣ ) − ∇ y ⋅ P ∣ x − y ∣ . \frac{\boldsymbol{P}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3}=\boldsymbol{P}\cdot\nabla_y\frac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}=\nabla_y\cdot\Bigl(\frac{\boldsymbol{P}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}\Bigr)-\frac{\nabla_y\cdot\boldsymbol{P}}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|} . ∣ x − y ∣ 3 P ⋅ ( x − y ) = P ⋅ ∇ y ∣ x − y ∣ 1 = ∇ y ⋅ ( ∣ x − y ∣ P ) − ∣ x − y ∣ ∇ y ⋅ P . x ∉ Ω ‾ \boldsymbol{x}\notin\overline\Omega x ∈ / Ω Ω \Omega Ω C 1 C^1 C 1 発散定理（定理 5.3）［静電場とガウスの法則］ により第 1 項の積分は ∮ ∂ Ω P ⋅ n / ∣ x − y ∣ d S y \oint_{\partial\Omega}\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n}/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|\,dS_y ∮ ∂ Ω P ⋅ n /∣ x − y ∣ d S y x ∈ Ω \boldsymbol{x}\in\Omega x ∈ Ω B ϵ ( x ) B_\epsilon(\boldsymbol{x}) B ϵ ( x ) B ϵ B_\epsilon B ϵ ≤ sup ∣ P ∣ ⋅ 4 π ϵ 2 / ϵ → 0 \le\sup|\boldsymbol{P}|\cdot4\pi\epsilon^2/\epsilon\to0 ≤ sup ∣ P ∣ ⋅ 4 π ϵ 2 / ϵ → 0 ∣ x − y ∣ − 1 |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^{-1} ∣ x − y ∣ − 1 ∣ x − y ∣ − 2 |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^{-2} ∣ x − y ∣ − 2 ϵ → 0 \epsilon\to0 ϵ → 0
全束縛電荷は、∫ Ω ( − ∇ ⋅ P ) d V = − ∮ P ⋅ n d S \int_\Omega(-\nabla\cdot\boldsymbol{P})dV=-\oint\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n}\,dS ∫ Ω ( − ∇ ⋅ P ) d V = − ∮ P ⋅ n d S 0 0 0
∎ 結局、分極した物質は「体積電荷密度 − ∇ ⋅ P -\nabla\cdot\boldsymbol{P} − ∇ ⋅ P P ⋅ n \boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n} P ⋅ n ρ b = 0 \rho_b=0 ρ b = 0 ± ∣ P ∣ \pm|\boldsymbol{P}| ± ∣ P ∣
− − − + + + P → σ_b = −|P| σ_b = +|P| 一様に分極した板。内部では双極子の正負が隣り合って打ち消し、端面にだけ束縛面電荷 σ_b = P·n が残る。 静電場のガウスの法則（定理 5.6［静電場とガウスの法則］ ）∇ ⋅ E = ρ / ε 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=\rho/\varepsilon_0 ∇ ⋅ E = ρ / ε 0 ρ \rho ρ ρ f + ρ b = ρ f − ∇ ⋅ P \rho_f+\rho_b=\rho_f-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ f + ρ b = ρ f − ∇ ⋅ P ∇ ⋅ ( ε 0 E + P ) = ρ f \nabla\cdot(\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P})=\rho_f ∇ ⋅ ( ε 0 E + P ) = ρ f
定義 4.1 （電束密度 ） ↗
D : = ε 0 E + P \boldsymbol{D}:=\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P} D := ε 0 E + P 電束密度 という。
定理 4.2 （D に対するガウスの法則 ） ✓
物質内の各点で ∇ ⋅ D = ρ f \nabla\cdot\boldsymbol{D}=\rho_f ∇ ⋅ D = ρ f S S S ∮ S D ⋅ d S = Q f \oint_S\boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S}=Q_f ∮ S D ⋅ d S = Q f S S S
証明（定理 4.2） ∇ ⋅ E = ( ρ f + ρ b ) / ε 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=(\rho_f+\rho_b)/\varepsilon_0 ∇ ⋅ E = ( ρ f + ρ b ) / ε 0 定理 3.2 の ρ b = − ∇ ⋅ P \rho_b=-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ b = − ∇ ⋅ P ε 0 ∇ ⋅ E + ∇ ⋅ P = ρ f \varepsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E}+\nabla\cdot\boldsymbol{P}=\rho_f ε 0 ∇ ⋅ E + ∇ ⋅ P = ρ f
∎ この方程式は D \boldsymbol{D} D 発散 ）だけを決めます。E \boldsymbol{E} E ∇ × E = 0 \nabla\times\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} ∇ × E = 0 ∇ × D = ∇ × P \nabla\times\boldsymbol{D}=\nabla\times\boldsymbol{P} ∇ × D = ∇ × P 0 0 0 D \boldsymbol{D} D ρ f \rho_f ρ f P \boldsymbol{P} P E \boldsymbol{E} E 構成方程式 が必要です。多くの等方的な誘電体では、弱い電場で
定義 4.3 （線形誘電体 ） ↗
P = ε 0 χ e E \boldsymbol{P}=\varepsilon_0\chi_e\boldsymbol{E} P = ε 0 χ e E χ e \chi_e χ e 線形誘電体 という。このとき D = ε E \boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E} D = ε E ε = ε 0 ( 1 + χ e ) = ε 0 ε r \varepsilon=\varepsilon_0(1+\chi_e)=\varepsilon_0\varepsilon_r ε = ε 0 ( 1 + χ e ) = ε 0 ε r ε \varepsilon ε ε r \varepsilon_r ε r
水は常温で ε r ≈ 80 \varepsilon_r\approx80 ε r ≈ 80 1.0006 1.0006 1.0006
例 4.4 （誘電体を詰めた平行板コンデンサ ）
面積 S S S d d d ± Q \pm Q ± Q ε r \varepsilon_r ε r 定理 4.2 を使うと、極板の間で D = Q / S D=Q/S D = Q / S D = 0 \boldsymbol{D}=\boldsymbol{0} D = 0 E = D / ε = Q / ( ε r S ε 0 ) E=D/\varepsilon=Q/(\varepsilon_rS\varepsilon_0) E = D / ε = Q / ( ε r S ε 0 ) 1 / ε r 1/\varepsilon_r 1/ ε r 1 / ε r 1/\varepsilon_r 1/ ε r C = ε r C 0 = ε r ε 0 S / d C=\varepsilon_rC_0=\varepsilon_r\varepsilon_0S/d C = ε r C 0 = ε r ε 0 S / d σ b = ± P = ± ε 0 χ e E = ± ε r − 1 ε r Q S \sigma_b=\pm P=\pm\varepsilon_0\chi_eE=\pm\frac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r}\frac QS σ b = ± P = ± ε 0 χ e E = ± ε r ε r − 1 S Q Q / S Q/S Q / S Q / ( ε r S ) Q/(\varepsilon_rS) Q / ( ε r S )
定義 5.1 （磁化 ） ↗
物質の各点のまわりの微小体積 d V dV d V M d V \boldsymbol{M}\,dV M d V M \boldsymbol{M} M A / m \mathrm{A/m} A/m 磁化 という。M \boldsymbol{M} M Ω \Omega Ω C 1 C^1 C 1 0 0 0
微小な電流ループの磁気モーメントが、電流分布から m = 1 2 ∫ y × J d V \boldsymbol{m}=\frac12\int\boldsymbol{y}\times\boldsymbol{J}\,dV m = 2 1 ∫ y × J d V A = μ 0 4 π m × x r 3 \boldsymbol{A}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{x}}{r^3} A = 4 π μ 0 r 3 m × x
補題 5.2 （定常電流のモーメント ） ✓
J \boldsymbol{J} J C 1 C^1 C 1 ∇ ⋅ J = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{J}=0 ∇ ⋅ J = 0 ∫ J i d V = 0 \int J_i\,dV=0 ∫ J i d V = 0 ∫ ( J i y j + J j y i ) d V = 0 \int(J_iy_j+J_jy_i)\,dV=0 ∫ ( J i y j + J j y i ) d V = 0
証明（補題 5.2） ∇ ⋅ J = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{J}=0 ∇ ⋅ J = 0 ∇ ⋅ ( y i J ) = J i \nabla\cdot(y_i\boldsymbol{J})=J_i ∇ ⋅ ( y i J ) = J i ∇ ⋅ ( y i y j J ) = J i y j + J j y i \nabla\cdot(y_iy_j\boldsymbol{J})=J_iy_j+J_jy_i ∇ ⋅ ( y i y j J ) = J i y j + J j y i C 1 C^1 C 1 0 0 0 0 0 0
∎ 命題 5.3 （磁気双極子のベクトルポテンシャル ） ✓
上と同じ J \boldsymbol{J} J ベクトルポテンシャル（定義 4.1）［定常電流と静磁場］ は r = ∣ x ∣ → ∞ r=|\boldsymbol{x}|\to\infty r = ∣ x ∣ → ∞
A ( x ) = μ 0 4 π m × x r 3 + O ( r − 3 ) , m = 1 2 ∫ y × J ( y ) d V \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x})=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{x}}{r^3}+O(r^{-3}),\qquad\boldsymbol{m}=\frac12\int\boldsymbol{y}\times\boldsymbol{J}(\boldsymbol{y})\,dV A ( x ) = 4 π μ 0 r 3 m × x + O ( r − 3 ) , m = 2 1 ∫ y × J ( y ) d V と振る舞う。
ここで示したいのは、小さな電流の輪を遠くから見ると、電気双極子と同じ形で m × x / r 3 \boldsymbol{m}\times\boldsymbol{x}/r^3 m × x / r 3 1 / ∣ x − y ∣ 1/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}| 1/∣ x − y ∣ ∫ J i y j d V \int J_iy_j\,dV ∫ J i y j d V i , j i,j i , j m \boldsymbol{m} m
証明（命題 5.3） ∣ y ∣ ≤ a |\boldsymbol{y}|\le a ∣ y ∣ ≤ a 1 ∣ x − y ∣ = 1 r + x ⋅ y r 3 + O ( r − 3 ) \dfrac{1}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}=\dfrac1r+\dfrac{\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{y}}{r^3}+O(r^{-3}) ∣ x − y ∣ 1 = r 1 + r 3 x ⋅ y + O ( r − 3 ) 定理 6.1［静電場の境界値問題］ の証明の展開、l = 0 , 1 l=0,1 l = 0 , 1 A i = μ 0 4 π ∫ J i / ∣ x − y ∣ d V A_i=\frac{\mu_0}{4\pi}\int J_i/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|\,dV A i = 4 π μ 0 ∫ J i /∣ x − y ∣ d V 補題 5.2 で 0 0 0 μ 0 4 π r 3 x j ∫ J i y j d V \frac{\mu_0}{4\pi r^3}x_j\int J_iy_j\,dV 4 π r 3 μ 0 x j ∫ J i y j d V ∫ J i y j d V = 1 2 ∫ ( J i y j − J j y i ) d V \int J_iy_j\,dV=\frac12\int(J_iy_j-J_jy_i)dV ∫ J i y j d V = 2 1 ∫ ( J i y j − J j y i ) d V
∑ j x j ∫ J i y j d V = 1 2 ∫ [ ( x ⋅ y ) J i − ( x ⋅ J ) y i ] d V = 1 2 [ x × ∫ J × y d V ] i = ( m × x ) i \sum_jx_j\int J_iy_j\,dV=\frac12\int\bigl[(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{y})J_i-(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{J})y_i\bigr]dV=\frac12\Bigl[\boldsymbol{x}\times\int\boldsymbol{J}\times\boldsymbol{y}\,dV\Bigr]_i=\bigl(\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{x}\bigr)_i j ∑ x j ∫ J i y j d V = 2 1 ∫ [ ( x ⋅ y ) J i − ( x ⋅ J ) y i ] d V = 2 1 [ x × ∫ J × y d V ] i = ( m × x ) i です。2 つ目の等号は二重外積の公式 x × ( J × y ) = J ( x ⋅ y ) − y ( x ⋅ J ) \boldsymbol{x}\times(\boldsymbol{J}\times\boldsymbol{y})=\boldsymbol{J}(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{y})-\boldsymbol{y}(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{J}) x × ( J × y ) = J ( x ⋅ y ) − y ( x ⋅ J ) ∫ J × y d V = − 2 m \int\boldsymbol{J}\times\boldsymbol{y}\,dV=-2\boldsymbol{m} ∫ J × y d V = − 2 m
∎ 位置 y \boldsymbol{y} y M d V y \boldsymbol{M}\,dV_y M d V y ベクトルポテンシャル は、これを原点移動したもので、全体では
A M ( x ) = μ 0 4 π ∫ Ω M ( y ) × ( x − y ) ∣ x − y ∣ 3 d V y . \boldsymbol{A}_M(\boldsymbol{x})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_\Omega\frac{\boldsymbol{M}(\boldsymbol{y})\times(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3}\,dV_y . A M ( x ) = 4 π μ 0 ∫ Ω ∣ x − y ∣ 3 M ( y ) × ( x − y ) d V y . 定理 5.4 （束縛電流 ） ✓
A M \boldsymbol{A}_M A M
A M ( x ) = μ 0 4 π [ ∫ Ω J b ( y ) ∣ x − y ∣ d V y + ∮ ∂ Ω K b ( y ) ∣ x − y ∣ d S y ] , J b = ∇ × M , K b = M × n \boldsymbol{A}_M(\boldsymbol{x})=\frac{\mu_0}{4\pi}\left[\int_\Omega\frac{\boldsymbol{J}_b(\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dV_y+\oint_{\partial\Omega}\frac{\boldsymbol{K}_b(\boldsymbol{y})}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dS_y\right],\qquad\boldsymbol{J}_b=\nabla\times\boldsymbol{M},\quad\boldsymbol{K}_b=\boldsymbol{M}\times\boldsymbol{n} A M ( x ) = 4 π μ 0 [ ∫ Ω ∣ x − y ∣ J b ( y ) d V y + ∮ ∂ Ω ∣ x − y ∣ K b ( y ) d S y ] , J b = ∇ × M , K b = M × n と書ける。
証明（定理 5.4） f ( y ) = 1 / ∣ x − y ∣ f(\boldsymbol{y})=1/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}| f ( y ) = 1/∣ x − y ∣ ∇ y f = ( x − y ) / ∣ x − y ∣ 3 \nabla_yf=(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})/|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|^3 ∇ y f = ( x − y ) /∣ x − y ∣ 3 M × ∇ f \boldsymbol{M}\times\nabla f M × ∇ f ∇ × ( f M ) = f ∇ × M + ∇ f × M \nabla\times(f\boldsymbol{M})=f\nabla\times\boldsymbol{M}+\nabla f\times\boldsymbol{M} ∇ × ( f M ) = f ∇ × M + ∇ f × M M × ∇ f = f ∇ × M − ∇ × ( f M ) \boldsymbol{M}\times\nabla f=f\,\nabla\times\boldsymbol{M}-\nabla\times(f\boldsymbol{M}) M × ∇ f = f ∇ × M − ∇ × ( f M )
次に、回転定理 ∫ Ω ∇ × F d V = ∮ ∂ Ω n × F d S \int_\Omega\nabla\times\boldsymbol{F}\,dV=\oint_{\partial\Omega}\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{F}\,dS ∫ Ω ∇ × F d V = ∮ ∂ Ω n × F d S c \boldsymbol{c} c ∇ ⋅ ( F × c ) = c ⋅ ( ∇ × F ) \nabla\cdot(\boldsymbol{F}\times\boldsymbol{c})=\boldsymbol{c}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{F}) ∇ ⋅ ( F × c ) = c ⋅ ( ∇ × F ) 定理 6.2［マクスウェル方程式と電磁波］ の証明で使ったものと同じです）、発散定理から c ⋅ ∫ ∇ × F d V = ∮ ( F × c ) ⋅ n d S = c ⋅ ∮ n × F d S \boldsymbol{c}\cdot\int\nabla\times\boldsymbol{F}\,dV=\oint(\boldsymbol{F}\times\boldsymbol{c})\cdot\boldsymbol{n}\,dS=\boldsymbol{c}\cdot\oint\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{F}\,dS c ⋅ ∫ ∇ × F d V = ∮ ( F × c ) ⋅ n d S = c ⋅ ∮ n × F d S c \boldsymbol{c} c
したがって x ∉ Ω ‾ \boldsymbol{x}\notin\overline\Omega x ∈ / Ω ∫ M × ∇ f d V = ∫ f ∇ × M d V − ∮ f n × M d S \int\boldsymbol{M}\times\nabla f\,dV=\int f\nabla\times\boldsymbol{M}\,dV-\oint f\,\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{M}\,dS ∫ M × ∇ f d V = ∫ f ∇ × M d V − ∮ f n × M d S − n × M = M × n -\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{M}=\boldsymbol{M}\times\boldsymbol{n} − n × M = M × n x ∈ Ω \boldsymbol{x}\in\Omega x ∈ Ω 定理 3.2 の証明と同じです。
∎ 分極が ρ b = − ∇ ⋅ P \rho_b=-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ b = − ∇ ⋅ P σ b = P ⋅ n \sigma_b=\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n} σ b = P ⋅ n J b = ∇ × M \boldsymbol{J}_b=\nabla\times\boldsymbol{M} J b = ∇ × M K b = M × n \boldsymbol{K}_b=\boldsymbol{M}\times\boldsymbol{n} K b = M × n
各輪の電流は反時計回り （M は紙面の手前向き） 点線：外周に残る電流 K_b 一様に磁化した物体の断面。小さな分子電流の輪（紙面から手前向きの磁化）は、内部で隣り合う部分の電流が逆向きに打ち消し合い、外周にだけ一周する束縛面電流 K_b = M × n が残る。 分極が時間変化 すると、束縛電荷が動くので電流が生じます。この電流の密度 J p \boldsymbol{J}_p J p ∂ t ρ b + ∇ ⋅ J p = 0 \partial_t\rho_b+\nabla\cdot\boldsymbol{J}_p=0 ∂ t ρ b + ∇ ⋅ J p = 0 ρ b = − ∇ ⋅ P \rho_b=-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ b = − ∇ ⋅ P
∇ ⋅ J p = − ∂ t ρ b = ∇ ⋅ ∂ t P \nabla\cdot\boldsymbol{J}_p=-\partial_t\rho_b=\nabla\cdot\partial_t\boldsymbol{P} ∇ ⋅ J p = − ∂ t ρ b = ∇ ⋅ ∂ t P で、J p = ∂ t P \boldsymbol{J}_p=\partial_t\boldsymbol{P} J p = ∂ t P ∂ t P \partial_t\boldsymbol{P} ∂ t P 分極電流 といいます。全電流は J = J f + ∇ × M + ∂ t P \boldsymbol{J}=\boldsymbol{J}_f+\nabla\times\boldsymbol{M}+\partial_t\boldsymbol{P} J = J f + ∇ × M + ∂ t P
定義 6.1 （磁場の強さ H ） ↗
H : = B μ 0 − M \boldsymbol{H}:=\dfrac{\boldsymbol{B}}{\mu_0}-\boldsymbol{M} H := μ 0 B − M 磁場の強さ という。
定理 6.2 （巨視的なマクスウェル方程式 ） ✓
( E , B ) (\boldsymbol{E},\boldsymbol{B}) ( E , B ) ρ = ρ f − ∇ ⋅ P \rho=\rho_f-\nabla\cdot\boldsymbol{P} ρ = ρ f − ∇ ⋅ P J = J f + ∇ × M + ∂ t P \boldsymbol{J}=\boldsymbol{J}_f+\nabla\times\boldsymbol{M}+\partial_t\boldsymbol{P} J = J f + ∇ × M + ∂ t P 定義 3.1［マクスウェル方程式と電磁波］ ）を満たすとき、D = ε 0 E + P \boldsymbol{D}=\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P} D = ε 0 E + P H = B / μ 0 − M \boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu_0-\boldsymbol{M} H = B / μ 0 − M
∇ ⋅ D = ρ f , ∇ ⋅ B = 0 , ∇ × E = − ∂ t B , ∇ × H = J f + ∂ t D \begin{aligned}
\nabla\cdot\boldsymbol{D}&=\rho_f, & \nabla\cdot\boldsymbol{B}&=0,\\
\nabla\times\boldsymbol{E}&=-\partial_t\boldsymbol{B}, & \nabla\times\boldsymbol{H}&=\boldsymbol{J}_f+\partial_t\boldsymbol{D}
\end{aligned} ∇ ⋅ D ∇ × E = ρ f , = − ∂ t B , ∇ ⋅ B ∇ × H = 0 , = J f + ∂ t D が成り立つ。
証明（定理 6.2） (M1) は 定理 4.2 で、(M2) と (M3) は D , H \boldsymbol{D},\boldsymbol{H} D , H ∇ × B = μ 0 J + ε 0 μ 0 ∂ t E \nabla\times\boldsymbol{B}=\mu_0\boldsymbol{J}+\varepsilon_0\mu_0\partial_t\boldsymbol{E} ∇ × B = μ 0 J + ε 0 μ 0 ∂ t E J \boldsymbol{J} J μ 0 \mu_0 μ 0
∇ × B μ 0 = J f + ∇ × M + ∂ t P + ε 0 ∂ t E , \nabla\times\frac{\boldsymbol{B}}{\mu_0}=\boldsymbol{J}_f+\nabla\times\boldsymbol{M}+\partial_t\boldsymbol{P}+\varepsilon_0\partial_t\boldsymbol{E} , ∇ × μ 0 B = J f + ∇ × M + ∂ t P + ε 0 ∂ t E , つまり ∇ × ( B / μ 0 − M ) = J f + ∂ t ( ε 0 E + P ) \nabla\times(\boldsymbol{B}/\mu_0-\boldsymbol{M})=\boldsymbol{J}_f+\partial_t(\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P}) ∇ × ( B / μ 0 − M ) = J f + ∂ t ( ε 0 E + P )
∎ 分極電流 ∂ t P \partial_t\boldsymbol{P} ∂ t P ∂ t D \partial_t\boldsymbol{D} ∂ t D ε 0 ∂ t E \varepsilon_0\partial_t\boldsymbol{E} ε 0 ∂ t E
これでも方程式は閉じません（未知数が E , B , D , H \boldsymbol{E},\boldsymbol{B},\boldsymbol{D},\boldsymbol{H} E , B , D , H M = χ m H \boldsymbol{M}=\chi_m\boldsymbol{H} M = χ m H B = μ H \boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H} B = μ H μ = μ 0 ( 1 + χ m ) \mu=\mu_0(1+\chi_m) μ = μ 0 ( 1 + χ m ) χ m \chi_m χ m 10 − 5 10^{-5} 1 0 − 5 10 3 10^3 1 0 3 H \boldsymbol{H} H
定理 7.1 （界面の境界条件 ） ✓
媒質 1 と媒質 2 の界面 Σ \Sigma Σ n \boldsymbol{n} n Σ \Sigma Σ Σ \Sigma Σ σ f \sigma_f σ f K f \boldsymbol{K}_f K f Σ \Sigma Σ
n ⋅ ( D 2 − D 1 ) = σ f , n ⋅ ( B 2 − B 1 ) = 0 , \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{D}_2-\boldsymbol{D}_1)=\sigma_f,\qquad\boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{B}_2-\boldsymbol{B}_1)=0, n ⋅ ( D 2 − D 1 ) = σ f , n ⋅ ( B 2 − B 1 ) = 0 , n × ( E 2 − E 1 ) = 0 , n × ( H 2 − H 1 ) = K f \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{E}_2-\boldsymbol{E}_1)=\boldsymbol{0},\qquad\boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{H}_2-\boldsymbol{H}_1)=\boldsymbol{K}_f n × ( E 2 − E 1 ) = 0 , n × ( H 2 − H 1 ) = K f が成り立つ。
証明の考え方は、界面を挟む「薄い円柱」と「細長い長方形の閉曲線」に積分形の法則を使い、厚み 2 h 2h 2 h 0 0 0
証明（定理 7.1） 積分形の法則 ∮ D ⋅ d S = Q f \oint\boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S}=Q_f ∮ D ⋅ d S = Q f ∮ B ⋅ d S = 0 \oint\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}=0 ∮ B ⋅ d S = 0 ∮ E ⋅ d l = − d d t ∫ B ⋅ d S \oint\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}=-\frac{d}{dt}\int\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S} ∮ E ⋅ d l = − d t d ∫ B ⋅ d S ∮ H ⋅ d l = I f + d d t ∫ D ⋅ d S \oint\boldsymbol{H}\cdot d\boldsymbol{l}=I_f+\frac{d}{dt}\int\boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S} ∮ H ⋅ d l = I f + d t d ∫ D ⋅ d S 定理 6.2 に発散定理・ストークスの定理を使って得られ、面分布の自由電荷・自由電流を含めて成り立つ形で用います。定理 3.3［マクスウェル方程式と電磁波］ を参照）。
法線成分。 界面上の点を含む、底面積 A A A 2 h 2h 2 h h → 0 h\to0 h → 0 0 0 0 n ⋅ ( D 2 − D 1 ) A = σ f A \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{D}_2-\boldsymbol{D}_1)A=\sigma_fA n ⋅ ( D 2 − D 1 ) A = σ f A B \boldsymbol{B} B 0 0 0 n ⋅ ( B 2 − B 1 ) = 0 \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{B}_2-\boldsymbol{B}_1)=0 n ⋅ ( B 2 − B 1 ) = 0
接線成分。 界面に接する単位ベクトル t \boldsymbol{t} t ℓ \ell ℓ t \boldsymbol{t} t 2 h 2h 2 h + t +\boldsymbol{t} + t − t -\boldsymbol{t} − t h → 0 h\to0 h → 0 0 0 0 d d t ∫ B ⋅ d S \frac{d}{dt}\int\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S} d t d ∫ B ⋅ d S d d t ∫ D ⋅ d S \frac{d}{dt}\int\boldsymbol{D}\cdot d\boldsymbol{S} d t d ∫ D ⋅ d S 0 0 0 0 0 0 E \boldsymbol{E} E ℓ t ⋅ ( E 1 − E 2 ) = 0 \ell\,\boldsymbol{t}\cdot(\boldsymbol{E}_1-\boldsymbol{E}_2)=0 ℓ t ⋅ ( E 1 − E 2 ) = 0 H \boldsymbol{H} H ℓ t ⋅ ( H 1 − H 2 ) = \ell\,\boldsymbol{t}\cdot(\boldsymbol{H}_1-\boldsymbol{H}_2)= ℓ t ⋅ ( H 1 − H 2 ) = = ℓ K f ⋅ ( t × n ) = ℓ t ⋅ ( n × K f ) =\ell\,\boldsymbol{K}_f\cdot(\boldsymbol{t}\times\boldsymbol{n})=\ell\,\boldsymbol{t}\cdot(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{K}_f) = ℓ K f ⋅ ( t × n ) = ℓ t ⋅ ( n × K f ) t \boldsymbol{t} t E 2 ∥ = E 1 ∥ \boldsymbol{E}_{2\parallel}=\boldsymbol{E}_{1\parallel} E 2 ∥ = E 1 ∥ H 1 ∥ − H 2 ∥ = n × K f \boldsymbol{H}_{1\parallel}-\boldsymbol{H}_{2\parallel}=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{K}_f H 1 ∥ − H 2 ∥ = n × K f n × \boldsymbol{n}\times n × n × ( n × K f ) = − K f \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{K}_f)=-\boldsymbol{K}_f n × ( n × K f ) = − K f n × ( H 2 − H 1 ) = K f \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{H}_2-\boldsymbol{H}_1)=\boldsymbol{K}_f n × ( H 2 − H 1 ) = K f
∎ 自由電荷・自由電流が界面にない場合は、D n D_n D n B n B_n B n E t E_t E t H t H_t H t
例 7.2 （界面での電気力線の屈折 ）
自由電荷のない誘電体界面（誘電率 ε 1 , ε 2 \varepsilon_1,\varepsilon_2 ε 1 , ε 2 θ 1 , θ 2 \theta_1,\theta_2 θ 1 , θ 2 E t E_t E t E 1 sin θ 1 = E 2 sin θ 2 E_1\sin\theta_1=E_2\sin\theta_2 E 1 sin θ 1 = E 2 sin θ 2 D n D_n D n ε 1 E 1 cos θ 1 = ε 2 E 2 cos θ 2 \varepsilon_1E_1\cos\theta_1=\varepsilon_2E_2\cos\theta_2 ε 1 E 1 cos θ 1 = ε 2 E 2 cos θ 2
tan θ 1 ε 1 = tan θ 2 ε 2 \frac{\tan\theta_1}{\varepsilon_1}=\frac{\tan\theta_2}{\varepsilon_2} ε 1 tan θ 1 = ε 2 tan θ 2 です。誘電率の大きい側ほど電気力線は界面に寝ます。磁場でも、B n B_n B n H t H_t H t tan θ 1 / μ 1 = tan θ 2 / μ 2 \tan\theta_1/\mu_1=\tan\theta_2/\mu_2 tan θ 1 / μ 1 = tan θ 2 / μ 2
導体のとき同様、誘電体を含む問題も解が一意に決まります。
命題 7.3 （区分的に一様な誘電体の一意性 ） ✓
有界領域 Ω \Omega Ω Ω 1 , … , Ω N \Omega_1,\dots,\Omega_N Ω 1 , … , Ω N ε k > 0 \varepsilon_k>0 ε k > 0 V V V Ω k ‾ \overline{\Omega_k} Ω k C 2 C^2 C 2 Ω k \Omega_k Ω k Δ V = 0 \Delta V=0 Δ V = 0 V V V ε ∂ n V \varepsilon\partial_nV ε ∂ n V ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω V V V V V V
証明（命題 7.3） 2 つの解の差 w w w ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω w = 0 w=0 w = 0 Ω k \Omega_k Ω k 命題 2.2［静電場の境界値問題］ ）を φ = ψ = w \varphi=\psi=w φ = ψ = w ε k \varepsilon_k ε k
∑ k ε k ∫ Ω k ∣ ∇ w ∣ 2 d V = ∑ k ε k ∮ ∂ Ω k w ∂ ν w d S \sum_k\varepsilon_k\int_{\Omega_k}|\nabla w|^2dV=\sum_k\varepsilon_k\oint_{\partial\Omega_k}w\,\partial_\nu w\,dS k ∑ ε k ∫ Ω k ∣∇ w ∣ 2 d V = k ∑ ε k ∮ ∂ Ω k w ∂ ν w d S です（ν \nu ν Ω k \Omega_k Ω k ν \nu ν w w w ε ∂ n w \varepsilon\partial_nw ε ∂ n w ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω w = 0 w=0 w = 0 0 0 0 ∇ w ≡ 0 \nabla w\equiv\boldsymbol{0} ∇ w ≡ 0 Ω k \Omega_k Ω k w w w w w w 0 0 0 w ≡ 0 w\equiv0 w ≡ 0
∎ 外部が無限に広がる場合も、定理 3.1［静電場の境界値問題］ (c) と同様に、減衰条件の下で同じ結論が成り立ちます。
例 7.4 （一様電場の中の誘電体球 ）
誘電率 ε = ε r ε 0 \varepsilon=\varepsilon_r\varepsilon_0 ε = ε r ε 0 R R R E 0 = E 0 e z \boldsymbol{E}_0=E_0\boldsymbol{e}_z E 0 = E 0 e z 命題 5.5［静電場の境界値問題］ の解（l = 1 l=1 l = 1
V in = − A r cos θ , V out = − E 0 r cos θ + B cos θ r 2 . V_{\text{in}}=-Ar\cos\theta,\qquad V_{\text{out}}=-E_0r\cos\theta+\frac{B\cos\theta}{r^2}. V in = − A r cos θ , V out = − E 0 r cos θ + r 2 B cos θ . r = R r=R r = R V V V − A R = − E 0 R + B / R 2 -AR=-E_0R+B/R^2 − A R = − E 0 R + B / R 2 D r D_r D r 定理 7.1 ）: − ε ∂ r V in = − ε 0 ∂ r V out -\varepsilon\partial_rV_{\text{in}}=-\varepsilon_0\partial_rV_{\text{out}} − ε ∂ r V in = − ε 0 ∂ r V out ε A = ε 0 ( E 0 + 2 B / R 3 ) \varepsilon A=\varepsilon_0(E_0+2B/R^3) ε A = ε 0 ( E 0 + 2 B / R 3 ) B = R 3 ( E 0 − A ) B=R^3(E_0-A) B = R 3 ( E 0 − A ) ε r A = 3 E 0 − 2 A \varepsilon_rA=3E_0-2A ε r A = 3 E 0 − 2 A
A = 3 ε r + 2 E 0 , B = ε r − 1 ε r + 2 R 3 E 0 . A=\frac{3}{\varepsilon_r+2}E_0,\qquad B=\frac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r+2}R^3E_0 . A = ε r + 2 3 E 0 , B = ε r + 2 ε r − 1 R 3 E 0 . 球内の電場 E in = A e z \boldsymbol{E}_{\text{in}}=A\boldsymbol{e}_z E in = A e z 一様 で、E 0 E_0 E 0 ε r → ∞ \varepsilon_r\to\infty ε r → ∞ 0 0 0 命題 7.3 と、無限遠での減衰（V out + E 0 z = O ( r − 2 ) V_{\text{out}}+E_0z=O(r^{-2}) V out + E 0 z = O ( r − 2 ) P = ε 0 ( ε r − 1 ) E in \boldsymbol{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)\boldsymbol{E}_{\text{in}} P = ε 0 ( ε r − 1 ) E in B cos θ r 2 = p cos θ 4 π ε 0 r 2 \dfrac{B\cos\theta}{r^2}=\dfrac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2} r 2 B cos θ = 4 π ε 0 r 2 p cos θ p = 4 π 3 R 3 P p=\dfrac{4\pi}{3}R^3P p = 3 4 π R 3 P p 4 π ε 0 = R 3 P 3 ε 0 = R 3 3 ( ε r − 1 ) A \dfrac{p}{4\pi\varepsilon_0}=\dfrac{R^3P}{3\varepsilon_0}=\dfrac{R^3}{3}(\varepsilon_r-1)A 4 π ε 0 p = 3 ε 0 R 3 P = 3 R 3 ( ε r − 1 ) A A = 3 E 0 / ( ε r + 2 ) A=3E_0/(\varepsilon_r+2) A = 3 E 0 / ( ε r + 2 ) B B B
次の例は、電気の場合を先に解き、磁気の場合は同じ計算の置き換え（P / ε 0 \boldsymbol{P}/\varepsilon_0 P / ε 0 M \boldsymbol{M} M E \boldsymbol{E} E H \boldsymbol{H} H
定理 8.1 （媒質中のポインティングの定理 ） ✓
定理 6.2 の方程式のもとで、各点で
− J f ⋅ E = E ⋅ ∂ D ∂ t + H ⋅ ∂ B ∂ t + ∇ ⋅ ( E × H ) -\boldsymbol{J}_f\cdot\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t}+\boldsymbol{H}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}+\nabla\cdot(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}) − J f ⋅ E = E ⋅ ∂ t ∂ D + H ⋅ ∂ t ∂ B + ∇ ⋅ ( E × H ) が成り立つ。
証明（定理 8.1） 恒等式 ∇ ⋅ ( E × H ) = H ⋅ ( ∇ × E ) − E ⋅ ( ∇ × H ) \nabla\cdot(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})=\boldsymbol{H}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{E})-\boldsymbol{E}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{H}) ∇ ⋅ ( E × H ) = H ⋅ ( ∇ × E ) − E ⋅ ( ∇ × H ) 定理 6.2 の ∇ × E = − ∂ t B \nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial_t\boldsymbol{B} ∇ × E = − ∂ t B ∇ × H = J f + ∂ t D \nabla\times\boldsymbol{H}=\boldsymbol{J}_f+\partial_t\boldsymbol{D} ∇ × H = J f + ∂ t D ∇ ⋅ ( E × H ) = − H ⋅ ∂ t B − E ⋅ J f − E ⋅ ∂ t D \nabla\cdot(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})=-\boldsymbol{H}\cdot\partial_t\boldsymbol{B}-\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{J}_f-\boldsymbol{E}\cdot\partial_t\boldsymbol{D} ∇ ⋅ ( E × H ) = − H ⋅ ∂ t B − E ⋅ J f − E ⋅ ∂ t D
∎ 左辺 − J f ⋅ E -\boldsymbol{J}_f\cdot\boldsymbol{E} − J f ⋅ E E × H \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} E × H
系 8.2 （媒質のエネルギー密度 ） ✓
源が有界な領域にあり、場が遠方で ∣ E × H ∣ = o ( r − 2 ) |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|=o(r^{-2}) ∣ E × H ∣ = o ( r − 2 )
− ∫ J f ⋅ E d V = ∫ ( E ⋅ ∂ D ∂ t + H ⋅ ∂ B ∂ t ) d V . -\int\boldsymbol{J}_f\cdot\boldsymbol{E}\,dV=\int\Bigl(\boldsymbol{E}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t}+\boldsymbol{H}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\Bigr)dV . − ∫ J f ⋅ E d V = ∫ ( E ⋅ ∂ t ∂ D + H ⋅ ∂ t ∂ B ) d V . 媒質が線形で、D = ε E \boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E} D = ε E B = μ H \boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H} B = μ H ε , μ \varepsilon,\mu ε , μ d d t W \dfrac{d}{dt}W d t d W
W = 1 2 ∫ ( E ⋅ D + H ⋅ B ) d V . W=\frac12\int\bigl(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}+\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{B}\bigr)\,dV . W = 2 1 ∫ ( E ⋅ D + H ⋅ B ) d V . 証明（系 8.2） 前半は、定理 8.1 を半径 R R R ∫ ∇ ⋅ ( E × H ) d V = ∮ S R ( E × H ) ⋅ d S \int\nabla\cdot(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})dV=\oint_{S_R}(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})\cdot d\boldsymbol{S} ∫ ∇ ⋅ ( E × H ) d V = ∮ S R ( E × H ) ⋅ d S 4 π R 2 ⋅ o ( R − 2 ) = o ( 1 ) 4\pi R^2\cdot o(R^{-2})=o(1) 4 π R 2 ⋅ o ( R − 2 ) = o ( 1 ) R → ∞ R\to\infty R → ∞ E ⋅ ∂ t D = ε E ⋅ ∂ t E = ∂ t ( ε ∣ E ∣ 2 / 2 ) \boldsymbol{E}\cdot\partial_t\boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E}\cdot\partial_t\boldsymbol{E}=\partial_t(\varepsilon|\boldsymbol{E}|^2/2) E ⋅ ∂ t D = ε E ⋅ ∂ t E = ∂ t ( ε ∣ E ∣ 2 /2 ) H ⋅ ∂ t B = ∂ t ( μ ∣ H ∣ 2 / 2 ) \boldsymbol{H}\cdot\partial_t\boldsymbol{B}=\partial_t(\mu|\boldsymbol{H}|^2/2) H ⋅ ∂ t B = ∂ t ( μ ∣ H ∣ 2 /2 )
∎ 真空では ε = ε 0 \varepsilon=\varepsilon_0 ε = ε 0 μ = μ 0 \mu=\mu_0 μ = μ 0 真空のエネルギー密度（定義 6.1）［マクスウェル方程式と電磁波］ に一致します。静電場だけなら、E = − ∇ V \boldsymbol{E}=-\nabla V E = − ∇ V ∇ ⋅ D = ρ f \nabla\cdot\boldsymbol{D}=\rho_f ∇ ⋅ D = ρ f ∫ E ⋅ D d V = − ∫ ∇ V ⋅ D d V = ∫ V ρ f d V \int\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}\,dV=-\int\nabla V\cdot\boldsymbol{D}\,dV=\int V\rho_f\,dV ∫ E ⋅ D d V = − ∫ ∇ V ⋅ D d V = ∫ V ρ f d V 0 0 0 W = 1 2 ∫ ρ f V d V W=\frac12\int\rho_fV\,dV W = 2 1 ∫ ρ f V d V
次の例は、エネルギーの式から力を求める典型例です。電池をつないだままだと、電池も仕事をするので、エネルギーの増加だけでは力が決まりません。電池の仕事を勘定に入れる点に注意してください。
例 8.4 （コンデンサに誘電体を引き込む力 ）
幅 w w w L L L d d d ε \varepsilon ε x x x
C ( x ) = ε 0 w d ( L − x ) + ε w d x = ε 0 w d ( L + χ e x ) C(x)=\frac{\varepsilon_0w}{d}(L-x)+\frac{\varepsilon w}{d}x=\frac{\varepsilon_0w}{d}\bigl(L+\chi_ex\bigr) C ( x ) = d ε 0 w ( L − x ) + d εw x = d ε 0 w ( L + χ e x ) です。電圧 V V V W = 1 2 C V 2 W=\frac12CV^2 W = 2 1 C V 2 V d Q = V 2 d C V\,dQ=V^2dC V d Q = V 2 d C F = 1 2 V 2 d C d x = ε 0 χ e w V 2 2 d > 0 F=\dfrac12V^2\dfrac{dC}{dx}=\dfrac{\varepsilon_0\chi_ewV^2}{2d}>0 F = 2 1 V 2 d x d C = 2 d ε 0 χ e w V 2 > 0 Q Q Q W = Q 2 / ( 2 C ) W=Q^2/(2C) W = Q 2 / ( 2 C ) F = − d W / d x = Q 2 2 C 2 d C d x F=-dW/dx=\frac{Q^2}{2C^2}\frac{dC}{dx} F = − d W / d x = 2 C 2 Q 2 d x d C Q = C V Q=CV Q = C V
演習 9.1 易
面積 S S S d d d ± Q \pm Q ± Q ε r \varepsilon_r ε r
解答 電荷 Q Q Q C 0 = ε 0 S / d C_0=\varepsilon_0S/d C 0 = ε 0 S / d C = ε r C 0 C=\varepsilon_rC_0 C = ε r C 0 W = Q 2 / ( 2 C ) W=Q^2/(2C) W = Q 2 / ( 2 C ) W / W 0 = C 0 / C = 1 / ε r W/W_0=C_0/C=1/\varepsilon_r W / W 0 = C 0 / C = 1/ ε r 例 8.4 ）。
演習 9.2 標準
比誘電率 ε r \varepsilon_r ε r z < 0 z<0 z < 0 z > 0 z>0 z > 0 E 1 E_1 E 1 σ b \sigma_b σ b
解答 D n D_n D n E 2 = ε r E 1 E_2=\varepsilon_rE_1 E 2 = ε r E 1 P = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 P=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)E_1 P = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 + e z +\boldsymbol{e}_z + e z σ b = P ⋅ n = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 \sigma_b=\boldsymbol{P}\cdot\boldsymbol{n}=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)E_1 σ b = P ⋅ n = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 定理 7.1 の代わりに E E E ε 0 ( E 2 − E 1 ) = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 = σ b \varepsilon_0(E_2-E_1)=\varepsilon_0(\varepsilon_r-1)E_1=\sigma_b ε 0 ( E 2 − E 1 ) = ε 0 ( ε r − 1 ) E 1 = σ b
演習 9.3 難
z > 0 z>0 z > 0 ε 1 \varepsilon_1 ε 1 z < 0 z<0 z < 0 ε 2 \varepsilon_2 ε 2 ( 0 , 0 , d ) (0,0,d) ( 0 , 0 , d ) q q q z > 0 z>0 z > 0 V 1 = 1 4 π ε 1 ( q R 1 + q ′ R 2 ) V_1=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_1}\Bigl(\dfrac{q}{R_1}+\dfrac{q'}{R_2}\Bigr) V 1 = 4 π ε 1 1 ( R 1 q + R 2 q ′ ) z < 0 z<0 z < 0 V 2 = 1 4 π ε 2 q ′ ′ R 1 V_2=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_2}\dfrac{q''}{R_1} V 2 = 4 π ε 2 1 R 1 q ′′ R 1 , R 2 R_1,R_2 R 1 , R 2 ( 0 , 0 , ± d ) (0,0,\pm d) ( 0 , 0 , ± d ) q ′ , q ′ ′ q',q'' q ′ , q ′′
解答 z = 0 z=0 z = 0 R 1 = R 2 = ρ 2 + d 2 = : R R_1=R_2=\sqrt{\rho^2+d^2}=:R R 1 = R 2 = ρ 2 + d 2 =: R V V V ( q + q ′ ) / ε 1 = q ′ ′ / ε 2 (q+q')/\varepsilon_1=q''/\varepsilon_2 ( q + q ′ ) / ε 1 = q ′′ / ε 2 D z D_z D z ε 1 ∂ z V 1 = ε 2 ∂ z V 2 \varepsilon_1\partial_zV_1=\varepsilon_2\partial_zV_2 ε 1 ∂ z V 1 = ε 2 ∂ z V 2 z = 0 z=0 z = 0 ∂ z ( 1 / R 1 ) = d / R 3 \partial_z(1/R_1)=d/R^3 ∂ z ( 1/ R 1 ) = d / R 3 ∂ z ( 1 / R 2 ) = − d / R 3 \partial_z(1/R_2)=-d/R^3 ∂ z ( 1/ R 2 ) = − d / R 3 q − q ′ = q ′ ′ q-q'=q'' q − q ′ = q ′′
q ′ = − ε 2 − ε 1 ε 2 + ε 1 q , q ′ ′ = 2 ε 2 ε 1 + ε 2 q q'=-\frac{\varepsilon_2-\varepsilon_1}{\varepsilon_2+\varepsilon_1}q,\qquad q''=\frac{2\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}q q ′ = − ε 2 + ε 1 ε 2 − ε 1 q , q ′′ = ε 1 + ε 2 2 ε 2 q です。実際 q + q ′ = 2 ε 1 ε 1 + ε 2 q q+q'=\frac{2\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}q q + q ′ = ε 1 + ε 2 2 ε 1 q ( q + q ′ ) / ε 1 = 2 q / ( ε 1 + ε 2 ) = q ′ ′ / ε 2 (q+q')/\varepsilon_1=2q/(\varepsilon_1+\varepsilon_2)=q''/\varepsilon_2 ( q + q ′ ) / ε 1 = 2 q / ( ε 1 + ε 2 ) = q ′′ / ε 2 q − q ′ = 2 ε 2 ε 1 + ε 2 q = q ′ ′ q-q'=\frac{2\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}q=q'' q − q ′ = ε 1 + ε 2 2 ε 2 q = q ′′ 命題 7.3 により唯一の解です。ε 2 → ∞ \varepsilon_2\to\infty ε 2 → ∞ q ′ → − q q'\to-q q ′ → − q V 2 → 0 V_2\to0 V 2 → 0
演習 9.4 標準
一様に磁化した半径 R R R M \boldsymbol{M} M
解答 例 7.5 で A = − M / 3 A=-M/3 A = − M /3 B = − A R 3 = M R 3 / 3 B=-AR^3=MR^3/3 B = − A R 3 = M R 3 /3 ψ out = B cos θ / r 2 \psi_{\text{out}}=B\cos\theta/r^2 ψ out = B cos θ / r 2 H \boldsymbol{H} H m \boldsymbol{m} m m ⋅ x 4 π r 3 = m cos θ 4 π r 2 \dfrac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{x}}{4\pi r^3}=\dfrac{m\cos\theta}{4\pi r^2} 4 π r 3 m ⋅ x = 4 π r 2 m cos θ m = 4 π B = 4 π 3 R 3 M m=4\pi B=\dfrac{4\pi}{3}R^3M m = 4 π B = 3 4 π R 3 M m = M V 球 \boldsymbol{m}=\boldsymbol{M}V_{\text{球}} m = M V 球
J. D. Jackson『電磁気学（原書第 3 版）』（Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999）— 第 4 章（Multipoles, Electrostatics of Macroscopic Media, Dielectrics）、第 5 章（Magnetostatics）、第 6 章。
D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics , 4th ed., Cambridge University Press, 2017 — 第 4 章（Electrostatic Fields in Matter）、第 6 章（Magnetostatic Fields in Matter）。
L. D. Landau, E. M. Lifshitz, Electrodynamics of Continuous Media , 2nd ed., Pergamon Press, 1984 — 誘電体・磁性体の章。
砂川重信『理論電磁気学（第 3 版）』紀伊國屋書店、1999 — 誘電体・磁性体の章。
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Vol. II — 第 10 章（Dielectrics）、第 11 章（Inside Dielectrics）、第 34–36 章（磁性）。