コンテンツにスキップ
Rikai

マクスウェル方程式と電磁波：4 本の式から光速が出てくるまで

物理学電磁気学 第4章学部無料公開約 53 分2026-08-23

対象読者: 本テーマ第 1〜3 章（静電場、静磁場、電磁誘導、変位電流）の内容と、学部 1〜2 年の偏微分・ベクトル解析を学んだ人。波動方程式の解法は仮定せず、平面波の扱いはここで説明します。

前提となる記事:電磁誘導と変位電流：マクスウェルが方程式系を閉じた瞬間

生 Markdown

0. この記事の要点

Section titled “0. この記事の要点”

電気と磁気は、もとは別々に調べられていた現象でした。ところが、電気と磁気の法則 4 本を 1 組にして少し手を加えると、光や電波が空間を伝わる波であることが式の中から自然に出てきます。この記事を読み終えると、4 本の式から波の速さを計算して光の速さと比べること、その波の電場と磁場がどんな向きに振動するかを説明すること、波が運ぶエネルギーを式で表すことができるようになります。

  • 真空中の電磁場は 4 本の方程式で完全に記述されます。積分形は「面や輪を貫く量」の言葉、微分形は「各点での発散（湧き出しの密度）と回転（渦の強さ）」の言葉であり、ガウスの発散定理とストークスの定理によって両者は同値です。
  • 変位電流の項があるおかげで、4 本の式は自動的に電荷保存則 ∂ρ/∂t+∇⋅J=0\partial\rho/\partial t + \nabla\cdot\boldsymbol{J} = 0 を含みます。整合性は後付けの要請ではなく、方程式の帰結です。
  • 電荷も電流もない領域では、E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} の各成分が波動方程式を満たします。伝播速度は 1/ε0μ01/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} で、静電気と磁気の実験だけから決まる 2 つの定数の組み合わせが、光の速さ c=2.99792458×108 m/sc = 2.99792458\times 10^{8}\ \mathrm{m/s} と一致します。
  • 平面波では k⋅E=k⋅B=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E} = \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{B} = 0、B=(k^×E)/c\boldsymbol{B} = (\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{E})/c が成り立ちます。すなわち電磁波は横波（進行方向に垂直に振動する波）で、E\boldsymbol{E}、B\boldsymbol{B}、k\boldsymbol{k} は右手系の直交三つ組（互いに直角で、右手の親指・人差し指・中指の向きに並ぶ 3 本のベクトル）をなし、∣B∣=∣E∣/c|\boldsymbol{B}| = |\boldsymbol{E}|/c です。
  • エネルギーの流れはポインティング・ベクトル S=E×B/μ0\boldsymbol{S} = \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/\mu_0 が担い、∂u/∂t+∇⋅S=−J⋅E\partial u/\partial t + \nabla\cdot\boldsymbol{S} = -\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E} という局所的なエネルギー保存則が成り立ちます。平面波では S=c u k^\boldsymbol{S} = c\,u\,\hat{\boldsymbol{k}} となり、エネルギーが光速で運ばれる描像が正当化されます。

1. 動機

Section titled “1. 動機”

19 世紀前半までに、電気と磁気について 4 つの経験則が別々に確立していました。クーロンの法則から導かれるガウスの法則（ガウスの法則（積分形）（定理 4.4）［静電場とガウスの法則］）、磁荷が見つからないという事実、エルステッドとアンペールの法則（アンペールの法則（微分形）（定理 6.2）［定常電流と静磁場］）、そしてファラデーの電磁誘導です。これらは「電気の実験」「磁気の実験」「回路の実験」というばらばらの文脈で得られたもので、互いに独立した規則のように見えていました。

ところがこの 4 つを素朴に並べると矛盾します。アンペールの法則 ∇×B=μ0J\nabla\times\boldsymbol{B} = \mu_0\boldsymbol{J} の両辺に発散を取ると、左辺は恒等的に 00 なので ∇⋅J=0\nabla\cdot\boldsymbol{J} = 0 が要求されます。しかしコンデンサーを充電している最中は、極板に電荷が溜まっていくので ∇⋅J=−∂ρ/∂t≠0\nabla\cdot\boldsymbol{J} = -\partial\rho/\partial t \ne 0 です。マクスウェルはここに変位電流 ε0 ∂E/∂t\varepsilon_0\,\partial\boldsymbol{E}/\partial t を付け加え、矛盾を解消しました（変位電流による修復（命題 6.4）［電磁誘導と変位電流］）。前章で見たとおりです。

この修正の代償として得られたものが、この章の主題です。変位電流を入れると、方程式系は「電場の時間変化が磁場を作り、磁場の時間変化が電場を作る」という自己完結した循環を持つようになります。循環があれば、電荷から切り離された場そのものが自立して空間を伝わりうる。実際に計算すると波動方程式が現れ、その伝播速度は

1ε0μ0\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}

となります。ε0\varepsilon_0 はクーロンの法則、μ0\mu_0 は電流間に働く力という、どちらも光とは無関係な静的な実験から決まる定数です。それにもかかわらず、この組み合わせは光速に一致します。1856 年にヴェーバーとコールラウシュが電気量の単位の比を測定して 3.1×108 m/s3.1\times 10^{8}\ \mathrm{m/s} 程度の値を得ており、フィゾーが 1849 年に測った光速 3.15×108 m/s3.15\times 10^{8}\ \mathrm{m/s} と近いことは知られていました。マクスウェルは 1865 年の論文でこの一致を偶然ではないと結論し、光は電磁波であると主張します。1888 年、ヘルツが火花放電で電磁波を発生・検出し、反射・屈折・偏光まで確認して、この主張は実験的に確定しました。

この章では、4 本の方程式を積分形と微分形の両方で正確に述べ、それらが電荷保存と整合することを確かめ、そこから波動方程式を導き、電磁波の横波性とエネルギー輸送までを一続きに扱います。

2. 準備

Section titled “2. 準備”

2.1. 場と源、単位

Section titled “2.1. 場と源、単位”

真空中の電磁場を、時刻 tt と位置 r=(x,y,z)\boldsymbol{r} = (x,y,z) の関数として

E(r,t)[V/m],B(r,t)[T]\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r},t) \quad [\mathrm{V/m}], \qquad \boldsymbol{B}(\boldsymbol{r},t) \quad [\mathrm{T}]

と書きます。源は電荷密度 ρ(r,t) [C/m3]\rho(\boldsymbol{r},t)\ [\mathrm{C/m^3}] と電流密度 J(r,t) [A/m2]\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r},t)\ [\mathrm{A/m^2}] です。定数は次のとおりです。

記号名称値（CODATA 2018）
ε0\varepsilon_0真空の誘電率8.8541878128×10−12 F/m8.8541878128\times 10^{-12}\ \mathrm{F/m}
μ0\mu_0真空の透磁率1.25663706212×10−6 N/A21.25663706212\times 10^{-6}\ \mathrm{N/A^2}
cc真空中の光速（定義値）299 792 458 m/s299\,792\,458\ \mathrm{m/s}

2.2. ベクトル解析の道具

Section titled “2.2. ベクトル解析の道具”

∇=(∂x,∂y,∂z)\nabla = (\partial_x, \partial_y, \partial_z) とし、スカラー場 φ\varphi とベクトル場 A=(Ax,Ay,Az)\boldsymbol{A} = (A_x, A_y, A_z) に対して

∇φ=(∂xφ, ∂yφ, ∂zφ),∇⋅A=∂xAx+∂yAy+∂zAz,\nabla\varphi = (\partial_x\varphi,\ \partial_y\varphi,\ \partial_z\varphi), \qquad \nabla\cdot\boldsymbol{A} = \partial_x A_x + \partial_y A_y + \partial_z A_z, ∇×A=(∂yAz−∂zAy, ∂zAx−∂xAz, ∂xAy−∂yAx)\nabla\times\boldsymbol{A} = (\partial_y A_z - \partial_z A_y,\ \partial_z A_x - \partial_x A_z,\ \partial_x A_y - \partial_y A_x)

と定義します。ベクトル場のラプラシアンは成分ごとに ∇2A=(∇2Ax,∇2Ay,∇2Az)\nabla^2\boldsymbol{A} = (\nabla^2 A_x, \nabla^2 A_y, \nabla^2 A_z)、ここで ∇2=∂x2+∂y2+∂z2\nabla^2 = \partial_x^2 + \partial_y^2 + \partial_z^2 です。偏微分の基本性質は多変数関数の微分と偏微分で扱っています。特に、2 階偏導関数が連続なら偏微分の順序が交換できるという事実（シュワルツの定理（定理 7.1）［多変数関数の微分と偏微分］）を以下で繰り返し使います。

積分形と微分形をつなぐのは次の 2 定理です。どちらも「小さな領域での湧き出し（や渦）を全部足すと、境界での出入りに等しい」ということを述べており、4 本の式を積分の言葉と各点の言葉の間で行き来するのに使います。証明は重積分と累次積分の内容に基づくので、ここでは既存の定理を引いて短く済ませます（それぞれ 発散定理（定理 5.3）［静電場とガウスの法則］、ストークスの定理（定理 5.3）［定常電流と静磁場］ として既に述べたものです）。

定理 2.1（発散定理とストークスの定理）✓

（i）V⊂R3V \subset \mathbb{R}^3 を有界閉領域で、その境界 ∂V\partial V が区分的に滑らかな閉曲面であるとし、外向き単位法線を n\boldsymbol{n} とする。A\boldsymbol{A} が VV を含む開集合上で C1C^1 級ならば

∫V∇⋅A dV=∮∂VA⋅n dS.\int_V \nabla\cdot\boldsymbol{A}\, dV = \oint_{\partial V} \boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}\, dS .

（ii）SS を区分的に滑らかな向き付けられた有界曲面、∂S\partial S をその境界曲線（SS の向きと右手系で整合する向きを入れる）とする。A\boldsymbol{A} が SS を含む開集合上で C1C^1 級ならば

∫S(∇×A)⋅n dS=∮∂SA⋅dl.\int_S (\nabla\times\boldsymbol{A})\cdot\boldsymbol{n}\, dS = \oint_{\partial S} \boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{l} .
証明（定理 2.1）

（i）「区分的に滑らかな閉曲面で囲まれた有界閉領域」を、ベクトル解析 の意味の空間の標準領域 V1,…,VNV_1,\dots,V_N が内部を共有せずに面で貼り合わさったものと理解します。各 VkV_k には 定理 7.1［ベクトル解析と積分定理］ が使えるので、∫Vk∇⋅A dV=∮∂VkA⋅nk dS\int_{V_k}\nabla\cdot\boldsymbol A\,dV=\oint_{\partial V_k}\boldsymbol A\cdot\boldsymbol n_k\,dS です。kk について足すと、左辺は体積積分の加法性から ∫V∇⋅A dV\int_V\nabla\cdot\boldsymbol A\,dV になります。右辺では、隣り合う 2 つの VkV_k が共有する面の上で外向き法線が互いに逆向き（nk=−nl\boldsymbol n_k=-\boldsymbol n_l）なので、その面からの寄与は打ち消し合い、どの VkV_k にも 1 回しか属さない面、すなわち ∂V\partial V の寄与だけが残ります。境界が滑らかな場合は、分割を経ずに 定理 5.3［静電場とガウスの法則］ からも直接得られます。

（ii）は 定理 5.3［定常電流と静磁場］ で F=A\boldsymbol F=\boldsymbol A とし、面要素ベクトルを dS=n dSd\boldsymbol S=\boldsymbol n\,dS と書いたものです。

注意 2.2

2 つの定理は、微分形式の言葉では 1 つの定理（ストークスの定理 の 定理 6.1［ストークスの定理］）にまとまります。

微分形から積分形を出すのは上の 2 定理でよいのですが、逆向きには「積分がいつも 00 なら被積分関数が 00」という局所化が要ります。これは連続性だけから従います。次の補題のねらいは、「どんな球の上で積分しても 0 なら、被積分関数そのものが 0」と言えるようにして、積分形から微分形へ戻る道を作ることです。証明の方針は背理法で、関数がある点で 0 でなければ、その点のごく近くの小さな球では符号が変わらず、積分も 0 にならない、というものです。後の §3.2 で使うので、いまは主張だけ読んで進んでも構いません。

補題 2.3（局所化補題）✓

Ω⊂R3\Omega \subset \mathbb{R}^3 を開集合、f:Ω→Rf:\Omega\to\mathbb{R} を連続関数とする。Ω\Omega に含まれるすべての閉球 VV について ∫Vf dV=0\int_V f\, dV = 0 が成り立つならば、f≡0f \equiv 0 である。

証明（補題 2.3）

f(p)≠0f(\boldsymbol{p}) \ne 0 となる点 p∈Ω\boldsymbol{p}\in\Omega があったとします。必要なら ff を −f-f に取り替えて f(p)=a>0f(\boldsymbol{p}) = a > 0 としてよい（仮定は −f-f についても成り立ちます）。ff は p\boldsymbol{p} で連続なので、ε=a/2>0\varepsilon = a/2 > 0 に対してある δ>0\delta > 0 が存在し、∣r−p∣≤δ|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{p}| \le \delta かつ r∈Ω\boldsymbol{r}\in\Omega ならば ∣f(r)−a∣<a/2|f(\boldsymbol{r}) - a| < a/2、したがって f(r)>a/2f(\boldsymbol{r}) > a/2 となります（連続性の ε\varepsilon-δ\delta 定義については極限と連続性を参照してください）。Ω\Omega は開集合なので δ\delta を小さく取れば閉球 V={r:∣r−p∣≤δ}⊂ΩV = \{\boldsymbol{r} : |\boldsymbol{r}-\boldsymbol{p}|\le \delta\} \subset \Omega とできます。このとき

∫Vf dV≥a2 vol(V)=a2⋅4πδ33>0\int_V f\, dV \ge \frac{a}{2}\,\mathrm{vol}(V) = \frac{a}{2}\cdot\frac{4\pi \delta^3}{3} > 0

となり、仮定 ∫Vf dV=0\int_V f\, dV = 0 に反します。よって f≡0f \equiv 0 です。

系 2.4

Ω⊂R3\Omega \subset \mathbb{R}^3 を開集合、G:Ω→R3\boldsymbol{G}:\Omega\to\mathbb{R}^3 を連続なベクトル場とする。Ω\Omega に含まれるすべての向き付けられた平面円板 SS について ∫SG⋅n dS=0\int_S \boldsymbol{G}\cdot\boldsymbol{n}\, dS = 0 が成り立つならば、G≡0\boldsymbol{G}\equiv 0 である。

証明（系 2.4）

G(p)≠0\boldsymbol{G}(\boldsymbol{p}) \ne \boldsymbol{0} となる点があったとし、n0=G(p)/∣G(p)∣\boldsymbol{n}_0 = \boldsymbol{G}(\boldsymbol{p})/|\boldsymbol{G}(\boldsymbol{p})| とおきます。g(r)=G(r)⋅n0g(\boldsymbol{r}) = \boldsymbol{G}(\boldsymbol{r})\cdot\boldsymbol{n}_0 は連続で g(p)=∣G(p)∣>0g(\boldsymbol{p}) = |\boldsymbol{G}(\boldsymbol{p})| > 0 なので、補題 2.3 の証明と同じ連続性の議論により、p\boldsymbol{p} を中心とし n0\boldsymbol{n}_0 を法線とする十分小さい円板 SS の上で g>∣G(p)∣/2g > |\boldsymbol{G}(\boldsymbol{p})|/2 とできます。その円板について ∫SG⋅n0 dS≥∣G(p)∣ area(S)/2>0\int_S \boldsymbol{G}\cdot\boldsymbol{n}_0\, dS \ge |\boldsymbol{G}(\boldsymbol{p})|\,\mathrm{area}(S)/2 > 0 となり仮定に反します。

最後に、波動方程式を導くときの主役になる恒等式を用意します。

補題 2.5（回転の回転）✓

A\boldsymbol{A} を開集合上の C2C^2 級ベクトル場とすると

∇×(∇×A)=∇(∇⋅A)−∇2A\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{A}) = \nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{A}) - \nabla^2\boldsymbol{A}

が成り立つ。

証明（補題 2.5）

xx 成分を直接計算します。回転の定義から (∇×A)z=∂xAy−∂yAx(\nabla\times\boldsymbol{A})_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x、(∇×A)y=∂zAx−∂xAz(\nabla\times\boldsymbol{A})_y = \partial_z A_x - \partial_x A_z なので

(∇×(∇×A))x=∂y(∇×A)z−∂z(∇×A)y=∂y(∂xAy−∂yAx)−∂z(∂zAx−∂xAz)=∂y∂xAy+∂z∂xAz−∂y2Ax−∂z2Ax.\begin{aligned} \bigl(\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{A})\bigr)_x &= \partial_y(\nabla\times\boldsymbol{A})_z - \partial_z(\nabla\times\boldsymbol{A})_y \\ &= \partial_y(\partial_x A_y - \partial_y A_x) - \partial_z(\partial_z A_x - \partial_x A_z) \\ &= \partial_y\partial_x A_y + \partial_z\partial_x A_z - \partial_y^2 A_x - \partial_z^2 A_x . \end{aligned}

ここで A\boldsymbol{A} が C2C^2 級であることからシュワルツの定理により ∂y∂x=∂x∂y\partial_y\partial_x = \partial_x\partial_y、∂z∂x=∂x∂z\partial_z\partial_x = \partial_x\partial_z と順序を交換できます。さらに ∂x2Ax\partial_x^2 A_x を足して引くと

=∂x∂yAy+∂x∂zAz+∂x2Ax−∂x2Ax−∂y2Ax−∂z2Ax=∂x(∂xAx+∂yAy+∂zAz)−(∂x2+∂y2+∂z2)Ax=(∇(∇⋅A))x−(∇2A)x.\begin{aligned} &= \partial_x\partial_y A_y + \partial_x\partial_z A_z + \partial_x^2 A_x - \partial_x^2 A_x - \partial_y^2 A_x - \partial_z^2 A_x \\ &= \partial_x(\partial_x A_x + \partial_y A_y + \partial_z A_z) - (\partial_x^2 + \partial_y^2 + \partial_z^2)A_x \\ &= \bigl(\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{A})\bigr)_x - (\nabla^2\boldsymbol{A})_x . \end{aligned}

yy 成分、zz 成分も添字を巡回させれば同じ計算になります。

3. 真空中のマクスウェル方程式

Section titled “3. 真空中のマクスウェル方程式”

3.1. 微分形

Section titled “3.1. 微分形”

定義 3.1（真空中のマクスウェル方程式（微分形））↗

Ω⊂R3\Omega\subset\mathbb{R}^3 を開集合、I⊂RI\subset\mathbb{R} を開区間とする。Ω×I\Omega\times I 上の C1C^1 級ベクトル場 E,B\boldsymbol{E}, \boldsymbol{B} と連続関数 ρ\rho、連続ベクトル場 J\boldsymbol{J} が、Ω×I\Omega\times I の各点で次の 4 式を満たすとき、(E,B)(\boldsymbol{E},\boldsymbol{B}) を源 (ρ,J)(\rho,\boldsymbol{J}) に対する真空中の電磁場という。

(M1) ガウスの法則:∇⋅E=ρε0(M2) 磁場に関するガウスの法則:∇⋅B=0(M3) ファラデーの法則:∇×E=−∂B∂t(M4) アンペール・マクスウェルの法則:∇×B=μ0J+ε0μ0∂E∂t\begin{aligned} \text{(M1) ガウスの法則:}&\qquad \nabla\cdot\boldsymbol{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\[2pt] \text{(M2) 磁場に関するガウスの法則:}&\qquad \nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 \\[2pt] \text{(M3) ファラデーの法則:}&\qquad \nabla\times\boldsymbol{E} = -\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} \\[2pt] \text{(M4) アンペール・マクスウェルの法則:}&\qquad \nabla\times\boldsymbol{B} = \mu_0\boldsymbol{J} + \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t} \end{aligned}

4 式の役割を一言ずつ確認しておきます。(M1) は電場の湧き出しが電荷であること、(M2) は磁場に湧き出しがない（磁荷が存在しない）こと、(M3) は磁場の時間変化が電場の渦を作ること、(M4) は電流と電場の時間変化が磁場の渦を作ることを述べています。(M1) と (M2) は各時刻ごとの場の「形」に対する制約、(M3) と (M4) は場の時間発展を決める方程式です。

注意 3.2

(M2) は「磁気単極子が存在しない」という実験事実の表現です。もし磁荷密度 ρm\rho_m が存在すれば (M2) は ∇⋅B=μ0ρm\nabla\cdot\boldsymbol{B} = \mu_0\rho_m に、(M3) は磁流の項を持つ形に修正されます。ディラックは 1931 年に、磁気単極子が 1 個でも存在すれば電荷が量子化されることを示しましたが、単極子は現在まで観測されていません。

3.2. 積分形との同値性

Section titled “3.2. 積分形との同値性”

実験室で直接測るのは、面を貫く電束や輪に沿った起電力といった積分量です。微分形と積分形が同じ内容であることを、仮定を明示して確かめます。使う道具は 2 つだけで、微分形から積分形へは §2.2 の発散定理とストークスの定理、逆向きには局所化補題です。

定理 3.3（積分形と微分形の同値性）✓

定義 3.1 と同じ設定（E,B\boldsymbol{E},\boldsymbol{B} は Ω×I\Omega\times I 上 C1C^1 級、ρ\rho と J\boldsymbol{J} は連続、さらに ∂E/∂t, ∂B/∂t\partial\boldsymbol{E}/\partial t,\ \partial\boldsymbol{B}/\partial t は連続）のもとで、次の 2 つは同値である。

（a）Ω×I\Omega\times I の各点で (M1)–(M4) が成り立つ。

（b）Ω\Omega に含まれ時間に依存しない任意の閉領域 VV（境界 ∂V\partial V は区分的に滑らかな閉曲面、外向き法線）と、Ω\Omega に含まれ時間に依存しない任意の区分的に滑らかな向き付き有界曲面 SS（境界 ∂S\partial S は区分的に滑らかな閉曲線）について、すべての t∈It\in I で

(I1)∮∂VE⋅n dS=1ε0∫Vρ dV(I2)∮∂VB⋅n dS=0(I3)∮∂SE⋅dl=−ddt∫SB⋅n dS(I4)∮∂SB⋅dl=μ0∫SJ⋅n dS+ε0μ0ddt∫SE⋅n dS\begin{aligned} \text{(I1)}&\quad \oint_{\partial V}\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}\,dS = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_V \rho\, dV \\ \text{(I2)}&\quad \oint_{\partial V}\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{n}\,dS = 0 \\ \text{(I3)}&\quad \oint_{\partial S}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l} = -\frac{d}{dt}\int_S \boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{n}\,dS \\ \text{(I4)}&\quad \oint_{\partial S}\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l} = \mu_0\int_S \boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{n}\,dS + \varepsilon_0\mu_0\frac{d}{dt}\int_S \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}\,dS \end{aligned}

が成り立つ。

証明（定理 3.3）

(a) ⇒\Rightarrow (b)。 (M1) の両辺を VV 上で積分し、左辺に 定理 2.1(i) を適用すると

∮∂VE⋅n dS=∫V∇⋅E dV=∫Vρε0 dV\oint_{\partial V}\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{n}\,dS = \int_V \nabla\cdot\boldsymbol{E}\,dV = \int_V \frac{\rho}{\varepsilon_0}\,dV

となり (I1) を得ます。(M2) についても同様で (I2) が出ます。

(M3) の両辺を SS 上で面積分し、左辺に 定理 2.1(ii) を適用すると

∮∂SE⋅dl=∫S(∇×E)⋅n dS=−∫S∂B∂t⋅n dS.\oint_{\partial S}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l} = \int_S(\nabla\times\boldsymbol{E})\cdot\boldsymbol{n}\,dS = -\int_S \frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot\boldsymbol{n}\,dS .

ここで SS は時間に依存せず、∂B/∂t\partial\boldsymbol{B}/\partial t は SS の各点で連続なので、積分と微分の順序を入れ替えて ∫S(∂B/∂t)⋅n dS=ddt∫SB⋅n dS\int_S (\partial\boldsymbol{B}/\partial t)\cdot\boldsymbol{n}\,dS = \frac{d}{dt}\int_S \boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{n}\,dS とできます。これで (I3) が従います。(M4) からも同じ手順で (I4) が出ます。

(b) ⇒\Rightarrow (a)。 (I1) と 定理 2.1(i) から、Ω\Omega に含まれる任意の閉球 VV について

∫V(∇⋅E−ρε0)dV=0\int_V\Bigl(\nabla\cdot\boldsymbol{E} - \frac{\rho}{\varepsilon_0}\Bigr)dV = 0

が成り立ちます。被積分関数は連続なので 補題 2.3 より ∇⋅E−ρ/ε0≡0\nabla\cdot\boldsymbol{E} - \rho/\varepsilon_0 \equiv 0、すなわち (M1) です。(I2) からも同様に (M2) が出ます。

(I3) と 定理 2.1(ii)、および上と同じ微分と積分の交換により、Ω\Omega に含まれる任意の向き付き円板 SS について

∫S(∇×E+∂B∂t)⋅n dS=0\int_S\Bigl(\nabla\times\boldsymbol{E} + \frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\Bigr)\cdot\boldsymbol{n}\,dS = 0

が成り立ちます。括弧の中は連続なベクトル場なので 系 2.4 より恒等的に 0\boldsymbol{0}、すなわち (M3) です。(I4) からも同様に (M4) が従います。

3.3. 電荷保存則は方程式の帰結

Section titled “3.3. 電荷保存則は方程式の帰結”

命題 3.4（電荷保存則）✓

(E,B)(\boldsymbol{E},\boldsymbol{B}) が源 (ρ,J)(\rho,\boldsymbol{J}) に対する真空中の電磁場であり、B\boldsymbol{B} が C2C^2 級、E\boldsymbol{E} の空間 1 階微分が tt で微分可能であるとする。このとき

∂ρ∂t+∇⋅J=0\frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\boldsymbol{J} = 0

が成り立つ。積分形では、時間に依存しない任意の閉領域 VV について ddt∫Vρ dV=−∮∂VJ⋅n dS\dfrac{d}{dt}\displaystyle\int_V\rho\,dV = -\oint_{\partial V}\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{n}\,dS である。

証明（命題 3.4）

まず、C2C^2 級ベクトル場 A\boldsymbol{A} について ∇⋅(∇×A)=0\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A}) = 0 が成り立ちます。実際

∇⋅(∇×A)=∂x(∂yAz−∂zAy)+∂y(∂zAx−∂xAz)+∂z(∂xAy−∂yAx)\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A}) = \partial_x(\partial_y A_z - \partial_z A_y) + \partial_y(\partial_z A_x - \partial_x A_z) + \partial_z(\partial_x A_y - \partial_y A_x)

で、シュワルツの定理により ∂x∂yAz\partial_x\partial_y A_z と ∂y∂xAz\partial_y\partial_x A_z などが打ち消し合い、6 項すべてが対で消えます。

これを (M4) の両辺に適用すると、左辺は 00 になり

0=μ0∇⋅J+ε0μ0 ∇⋅∂E∂t=μ0∇⋅J+ε0μ0 ∂∂t(∇⋅E)0 = \mu_0\nabla\cdot\boldsymbol{J} + \varepsilon_0\mu_0\,\nabla\cdot\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t} = \mu_0\nabla\cdot\boldsymbol{J} + \varepsilon_0\mu_0\,\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\boldsymbol{E})

を得ます。2 番目の等号では、仮定した微分可能性のもとで空間微分と時間微分を交換しました。ここに (M1) の ∇⋅E=ρ/ε0\nabla\cdot\boldsymbol{E} = \rho/\varepsilon_0 を代入すると

0=μ0∇⋅J+ε0μ0⋅1ε0∂ρ∂t=μ0(∇⋅J+∂ρ∂t).0 = \mu_0\nabla\cdot\boldsymbol{J} + \varepsilon_0\mu_0\cdot\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{\partial\rho}{\partial t} = \mu_0\Bigl(\nabla\cdot\boldsymbol{J} + \frac{\partial\rho}{\partial t}\Bigr).

μ0≠0\mu_0 \ne 0 で割れば結論を得ます。積分形は両辺を VV 上で積分し、∇⋅J\nabla\cdot\boldsymbol{J} の項に 定理 2.1(i) を使えば出ます。

ここで注目すべきは、電荷保存則を仮定として置いていないことです。変位電流の項がなければ (M4) から ∇⋅J=0\nabla\cdot\boldsymbol{J} = 0（定常電流のみ）という強すぎる制約が出てしまいますが、その項があるおかげで、方程式系は電荷保存則をちょうど過不足なく含みます。マクスウェルの修正が単なるつじつま合わせでないことの、最初の証拠です。

4. 電磁波の波動方程式

Section titled “4. 電磁波の波動方程式”

以下、源のない領域、すなわち ρ≡0\rho \equiv 0 かつ J≡0\boldsymbol{J}\equiv\boldsymbol{0} である開集合 Ω\Omega を考えます。このとき (M1)–(M4) は

∇⋅E=0,∇⋅B=0,∇×E=−∂B∂t,∇×B=ε0μ0∂E∂t\nabla\cdot\boldsymbol{E} = 0,\qquad \nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0,\qquad \nabla\times\boldsymbol{E} = -\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t},\qquad \nabla\times\boldsymbol{B} = \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t}

という、E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} について対称性の高い形になります。

ここからの方針は次のとおりです。(M3) は「B\boldsymbol{B} の時間変化が E\boldsymbol{E} の回転を決める」、(M4) は「E\boldsymbol{E} の時間変化が B\boldsymbol{B} の回転を決める」という式でした。そこで E\boldsymbol{E} の回転をもう一度とると、右辺に B\boldsymbol{B} の回転が現れ、それが (M4) で E\boldsymbol{E} の時間微分に置き換わります。こうして E\boldsymbol{E} だけの式が得られ、それが波動方程式の形をしています。

4 本の方程式から波動方程式が出るまでの流れ

定理 4.1（真空中の電磁場の波動方程式）✓

Ω×I\Omega\times I 上で ρ≡0\rho\equiv 0、J≡0\boldsymbol{J}\equiv\boldsymbol{0} とし、E,B\boldsymbol{E},\boldsymbol{B} は C2C^2 級で (M1)–(M4) を満たすとする。c=1/ε0μ0c = 1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} とおくと、Ω×I\Omega\times I 上で

∇2E−1c2∂2E∂t2=0,∇2B−1c2∂2B∂t2=0\nabla^2\boldsymbol{E} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol{E}}{\partial t^2} = \boldsymbol{0}, \qquad \nabla^2\boldsymbol{B} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol{B}}{\partial t^2} = \boldsymbol{0}

が成り立つ。すなわち E,B\boldsymbol{E},\boldsymbol{B} の各デカルト成分は速さ cc の波動方程式を満たす。

証明（定理 4.1）

∇×(∇×E)\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) を 2 通りに計算します。

まず 補題 2.5（E\boldsymbol{E} は C2C^2 級なので適用できます）により

∇×(∇×E)=∇(∇⋅E)−∇2E=−∇2E\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) = \nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{E}) - \nabla^2\boldsymbol{E} = -\nabla^2\boldsymbol{E}

です。最後の等号では源がないときの (M1)、すなわち ∇⋅E=0\nabla\cdot\boldsymbol{E} = 0 を使い、∇(0)=0\nabla(0) = \boldsymbol{0} としました。

一方、(M3) を代入すると

∇×(∇×E)=∇×(−∂B∂t)=−∂∂t(∇×B)\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) = \nabla\times\Bigl(-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\Bigr) = -\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\times\boldsymbol{B})

です。ここで空間微分（回転）と時間微分の交換を行いましたが、これは B\boldsymbol{B} が C2C^2 級であることからシュワルツの定理により正当化されます。さらに源がないときの (M4)、すなわち ∇×B=ε0μ0 ∂E/∂t\nabla\times\boldsymbol{B} = \varepsilon_0\mu_0\,\partial\boldsymbol{E}/\partial t を代入して

∇×(∇×E)=−ε0μ0∂2E∂t2\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) = -\varepsilon_0\mu_0\frac{\partial^2\boldsymbol{E}}{\partial t^2}

を得ます。2 つの結果を等置すると −∇2E=−ε0μ0 ∂2E/∂t2-\nabla^2\boldsymbol{E} = -\varepsilon_0\mu_0\,\partial^2\boldsymbol{E}/\partial t^2、すなわち

∇2E=ε0μ0∂2E∂t2=1c2∂2E∂t2\nabla^2\boldsymbol{E} = \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial^2\boldsymbol{E}}{\partial t^2} = \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol{E}}{\partial t^2}

です。B\boldsymbol{B} についても同様に、補題 2.5 と ∇⋅B=0\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 から ∇×(∇×B)=−∇2B\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{B}) = -\nabla^2\boldsymbol{B}、(M4) と (M3) から

∇×(∇×B)=ε0μ0∂∂t(∇×E)=−ε0μ0∂2B∂t2\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{B}) = \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\times\boldsymbol{E}) = -\varepsilon_0\mu_0\frac{\partial^2\boldsymbol{B}}{\partial t^2}

となり、同じ結論を得ます。

注意 4.2

逆は成り立ちません。波動方程式は E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} を別々に扱う 6 本のスカラー方程式であり、そこには「∇⋅E=0\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0」という横波条件も「E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} の結び付き」も含まれていません。たとえば E=E0sin⁡(kz−ωt) ez\boldsymbol{E} = E_0\sin(kz-\omega t)\,\boldsymbol{e}_z（ω=ck\omega = ck）は波動方程式を満たしますが ∇⋅E=E0kcos⁡(kz−ωt)≠0\nabla\cdot\boldsymbol{E} = E_0 k\cos(kz-\omega t) \ne 0 なので (M1) を破ります。波動方程式は必要条件を取り出したものにすぎず、物理的な解を選び出すには元の 4 式に戻る必要があります。次節ではその作業を平面波について実行します。

例 4.3（伝播速度を数値で確かめる）

定理 4.1 の c=1/ε0μ0c = 1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} に、§2.1 の表の値を代入します。まず積を計算します。

ε0μ0=(8.8541878128×10−12)×(1.25663706212×10−6)=1.11265005×10−17 s2/m2.\varepsilon_0\mu_0 = (8.8541878128\times 10^{-12})\times(1.25663706212\times 10^{-6}) = 1.11265005\times 10^{-17}\ \mathrm{s^2/m^2}.

平方根を取ると

ε0μ0=3.33564095×10−9 s/m\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} = 3.33564095\times 10^{-9}\ \mathrm{s/m}

であり、その逆数は

c=13.33564095×10−9=2.99792458×108 m/sc = \frac{1}{3.33564095\times 10^{-9}} = 2.99792458\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}

となります。これは定義値としての光速に有効数字 9 桁で一致します。

単位も確かめておきます。ε0\varepsilon_0 の単位は F/m=C2 N−1 m−2\mathrm{F/m} = \mathrm{C^2\,N^{-1}\,m^{-2}}、μ0\mu_0 の単位は N A−2=N s2 C−2\mathrm{N\,A^{-2}} = \mathrm{N\,s^2\,C^{-2}} なので、積の単位は C2 N−1 m−2⋅N s2 C−2=s2 m−2\mathrm{C^2\,N^{-1}\,m^{-2}}\cdot\mathrm{N\,s^2\,C^{-2}} = \mathrm{s^2\,m^{-2}} です。その平方根の逆数は確かに速さの単位 m/s\mathrm{m/s} になります。

5. 平面波：横波性と電場・磁場の直交性

Section titled “5. 平面波：横波性と電場・磁場の直交性”

波動方程式の解は無数にありますが、その中でいちばん単純なのは、進行方向に垂直などの平面でも場の値が一様で、その平面が一定の速さで進んでいくものです。これを平面波と呼びます。次の定義の ff は波の形を表す任意の関数で、たとえば f=sin⁡f=\sin とすれば、すぐ後の正弦波の例になります。先にその例（例 5.3）を眺めてから命題の証明に戻っても構いません。

定義 5.1（平面波）↗

k∈R3∖{0}\boldsymbol{k}\in\mathbb{R}^3\setminus\{\boldsymbol{0}\}（波数ベクトル）、ω>0\omega > 0（角振動数）、定ベクトル E0,B0∈R3\boldsymbol{E}_0,\boldsymbol{B}_0\in\mathbb{R}^3、および 1 変数の C2C^2 級関数 ff に対して

E(r,t)=E0 f(k⋅r−ωt),B(r,t)=B0 f(k⋅r−ωt)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r},t) = \boldsymbol{E}_0\, f(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r} - \omega t), \qquad \boldsymbol{B}(\boldsymbol{r},t) = \boldsymbol{B}_0\, f(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r} - \omega t)

の形の場を平面波という。k⋅r−ωt\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r} - \omega t が一定の面（k\boldsymbol{k} に垂直な平面）の上で場が一定であり、その平面は速さ ω/∣k∣\omega/|\boldsymbol{k}| で k^=k/∣k∣\hat{\boldsymbol{k}} = \boldsymbol{k}/|\boldsymbol{k}| 方向に動く。

命題 5.2（平面波が満たすべき条件）✓

定義 5.1 の平面波が、源のない領域で (M1)–(M4) を満たすとする。さらに f′f' が恒等的に 00 でなく、f′′f'' も恒等的に 00 でない（つまり ff は 1 次関数ではない）とし、場が消えていない、すなわち E0≠0\boldsymbol{E}_0\ne\boldsymbol{0} と仮定する。このとき次が成り立つ。

（i）k⋅E0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0 = 0 かつ k⋅B0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{B}_0 = 0（横波性）。

（ii）B0=k×E0ω\boldsymbol{B}_0 = \dfrac{\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0}{\omega}。とくに E0⊥B0\boldsymbol{E}_0\perp\boldsymbol{B}_0 であり、(E0,B0,k)(\boldsymbol{E}_0,\boldsymbol{B}_0,\boldsymbol{k}) はこの順に右手系をなす。

（iii）∣k∣=ω/c|\boldsymbol{k}| = \omega/c、したがって位相速度は ω/∣k∣=c\omega/|\boldsymbol{k}| = c であり、∣B0∣=∣E0∣/c|\boldsymbol{B}_0| = |\boldsymbol{E}_0|/c。

証明（命題 5.2）

θ=k⋅r−ωt\theta = \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r} - \omega t とおきます。合成関数の微分から ∂xf(θ)=kxf′(θ)\partial_x f(\theta) = k_x f'(\theta) などとなるので、定ベクトル a\boldsymbol{a} に対して

∇⋅(af(θ))=f′(θ) k⋅a,∇×(af(θ))=f′(θ) k×a,∂∂t(af(θ))=−ωf′(θ) a\nabla\cdot\bigl(\boldsymbol{a}f(\theta)\bigr) = f'(\theta)\,\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{a}, \qquad \nabla\times\bigl(\boldsymbol{a}f(\theta)\bigr) = f'(\theta)\,\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{a}, \qquad \frac{\partial}{\partial t}\bigl(\boldsymbol{a}f(\theta)\bigr) = -\omega f'(\theta)\,\boldsymbol{a}

が成り立ちます。1 番目を確かめると、∇⋅(af)=∑i∂i(aif)=∑iaikif′=f′ k⋅a\nabla\cdot(\boldsymbol{a}f) = \sum_i \partial_i(a_i f) = \sum_i a_i k_i f' = f'\,\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{a} です。2 番目の xx 成分は ∂y(azf)−∂z(ayf)=(kyaz−kzay)f′=f′(k×a)x\partial_y(a_z f) - \partial_z(a_y f) = (k_y a_z - k_z a_y)f' = f'(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{a})_x で、他の成分も同様です。

（i）の前半。 (M1) より f′(θ) k⋅E0=0f'(\theta)\,\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0 = 0 がすべての r,t\boldsymbol{r},t で成り立ちます。f′f' は恒等的に 00 ではないので、f′(θ1)≠0f'(\theta_1)\ne 0 となる θ1\theta_1 が存在し、k≠0\boldsymbol{k}\ne\boldsymbol{0} よりその値 θ1\theta_1 を実現する (r,t)(\boldsymbol{r},t) も存在します。そこで k⋅E0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0 = 0 を得ます。(M2) からも同様に k⋅B0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{B}_0 = 0 が出ます。これで（i）が示せました。

（ii）。 (M3) に上の公式を代入すると f′(θ) k×E0=ωf′(θ) B0f'(\theta)\,\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0 = \omega f'(\theta)\,\boldsymbol{B}_0、すなわち f′(θ)(k×E0−ωB0)=0f'(\theta)\bigl(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0 - \omega\boldsymbol{B}_0\bigr) = \boldsymbol{0} です。（i）と同じ理由で f′(θ1)≠0f'(\theta_1)\ne 0 の点を取れば B0=(k×E0)/ω\boldsymbol{B}_0 = (\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0)/\omega を得ます。外積の性質から B0\boldsymbol{B}_0 は E0\boldsymbol{E}_0 にも k\boldsymbol{k} にも直交し、E0×B0=E0×(k×E0)/ω=(∣E0∣2k−(E0⋅k)E0)/ω=∣E0∣2k/ω\boldsymbol{E}_0\times\boldsymbol{B}_0 = \boldsymbol{E}_0\times(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0)/\omega = \bigl(|\boldsymbol{E}_0|^2\boldsymbol{k} - (\boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{k})\boldsymbol{E}_0\bigr)/\omega = |\boldsymbol{E}_0|^2\boldsymbol{k}/\omega となり（最後の等号で（i）を使いました）、E0×B0\boldsymbol{E}_0\times\boldsymbol{B}_0 は k\boldsymbol{k} と同じ向きです。すなわち右手系です。

（iii）。 (M4) に代入すると f′(θ) k×B0=−ε0μ0 ωf′(θ) E0f'(\theta)\,\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{B}_0 = -\varepsilon_0\mu_0\,\omega f'(\theta)\,\boldsymbol{E}_0 です。左辺に（ii）を使うと

k×B0=k×(k×E0)ω=(k⋅E0)k−∣k∣2E0ω=−∣k∣2ωE0\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{B}_0 = \frac{\boldsymbol{k}\times(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0)}{\omega} = \frac{(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0)\boldsymbol{k} - |\boldsymbol{k}|^2\boldsymbol{E}_0}{\omega} = -\frac{|\boldsymbol{k}|^2}{\omega}\boldsymbol{E}_0

となります（2 番目の等号は a×(b×c)=b(a⋅c)−c(a⋅b)\boldsymbol{a}\times(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{c}) = \boldsymbol{b}(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}) - \boldsymbol{c}(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})、3 番目は（i））。したがって

f′(θ)(∣k∣2ω−ε0μ0 ω)E0=0.f'(\theta)\Bigl(\frac{|\boldsymbol{k}|^2}{\omega} - \varepsilon_0\mu_0\,\omega\Bigr)\boldsymbol{E}_0 = \boldsymbol{0}.

仮定より E0≠0\boldsymbol{E}_0\ne\boldsymbol{0} です（E0=0\boldsymbol{E}_0 = \boldsymbol{0} なら（ii）より B0=0\boldsymbol{B}_0 = \boldsymbol{0} となって場が消えてしまい、k\boldsymbol{k} と ω\omega には何の制約もつきません）。すると f′(θ1)≠0f'(\theta_1)\ne 0 の点で ∣k∣2/ω=ε0μ0ω|\boldsymbol{k}|^2/\omega = \varepsilon_0\mu_0\omega、すなわち ∣k∣2=ε0μ0ω2=ω2/c2|\boldsymbol{k}|^2 = \varepsilon_0\mu_0\omega^2 = \omega^2/c^2 を得ます。ω>0\omega > 0、∣k∣>0|\boldsymbol{k}| > 0 より ∣k∣=ω/c|\boldsymbol{k}| = \omega/c です。最後に（ii）と（i）から ∣B0∣=∣k×E0∣/ω=∣k∣∣E0∣/ω=∣E0∣/c|\boldsymbol{B}_0| = |\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0|/\omega = |\boldsymbol{k}||\boldsymbol{E}_0|/\omega = |\boldsymbol{E}_0|/c となります（k⊥E0\boldsymbol{k}\perp\boldsymbol{E}_0 なので外積の大きさは積になります）。

なお、f′′f'' が恒等的に 00 でないという仮定を外すと ff は 1 次関数でもよくなり、そのとき ∣r∣→∞|\boldsymbol{r}|\to\infty で場が無限大に発散します。物理的な解として除外してよい状況です。一方、f′f' が恒等的に 00 でないという仮定は落とせません。ff が定数なら E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} は一様な定ベクトル場になってしまい、k\boldsymbol{k} や ω\omega に何の制約もつかないので、（iii）の分散関係（波数と角振動数の間の関係）∣k∣=ω/c|\boldsymbol{k}| = \omega/c は導けないからです。

EB伝播方向 k（速さ c）E × B は k と同じ向き、|B| = |E| / c
+z 方向に進む直線偏光の平面波。E と B は同位相で振動し、互いに直交し、どちらも進行方向に垂直

例 5.3（正弦波解を 4 式すべてで検証する）

E0>0E_0 > 0、k>0k > 0、ω=ck\omega = ck として

E=E0sin⁡(kz−ωt) ex,B=E0csin⁡(kz−ωt) ey\boldsymbol{E} = E_0\sin(kz-\omega t)\,\boldsymbol{e}_x, \qquad \boldsymbol{B} = \frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)\,\boldsymbol{e}_y

が真空中のマクスウェル方程式を満たすことを直接確かめます。以下 s=sin⁡(kz−ωt)s = \sin(kz-\omega t)、C=cos⁡(kz−ωt)C = \cos(kz-\omega t) と略記します。

(M1)。 E\boldsymbol{E} の xx 成分は zz にしか依存しないので ∇⋅E=∂x(E0s)=0\nabla\cdot\boldsymbol{E} = \partial_x\bigl(E_0 s\bigr) = 0。同様に (M2) も ∇⋅B=∂y((E0/c)s)=0\nabla\cdot\boldsymbol{B} = \partial_y\bigl((E_0/c)s\bigr) = 0 です。

(M3)。 回転の定義から、E=(Ex,0,0)\boldsymbol{E} = (E_x,0,0)、Ex=E0sE_x = E_0 s に対して

∇×E=(∂y⋅0−∂z⋅0, ∂zEx−∂x⋅0, ∂x⋅0−∂yEx)=(0, E0kC, 0).\nabla\times\boldsymbol{E} = (\partial_y\cdot 0 - \partial_z\cdot 0,\ \partial_z E_x - \partial_x\cdot 0,\ \partial_x\cdot 0 - \partial_y E_x) = (0,\ E_0 k C,\ 0).

一方

−∂B∂t=−E0c⋅(−ωC) ey=E0ωcC ey=E0kC ey-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} = -\frac{E_0}{c}\cdot(-\omega C)\,\boldsymbol{e}_y = \frac{E_0\omega}{c}C\,\boldsymbol{e}_y = E_0 k C\,\boldsymbol{e}_y

で（最後に ω=ck\omega = ck を使いました）、両者は一致します。

(M4)。 B=(0,By,0)\boldsymbol{B} = (0,B_y,0)、By=(E0/c)sB_y = (E_0/c)s に対して

∇×B=(∂y⋅0−∂zBy, 0, ∂xBy−0)=(−E0kcC, 0, 0).\nabla\times\boldsymbol{B} = (\partial_y\cdot 0 - \partial_z B_y,\ 0,\ \partial_x B_y - 0) = \Bigl(-\frac{E_0 k}{c}C,\ 0,\ 0\Bigr).

一方

ε0μ0∂E∂t=1c2⋅E0(−ωC) ex=−E0ωc2C ex=−E0kcC ex\varepsilon_0\mu_0\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t} = \frac{1}{c^2}\cdot E_0(-\omega C)\,\boldsymbol{e}_x = -\frac{E_0\omega}{c^2}C\,\boldsymbol{e}_x = -\frac{E_0 k}{c}C\,\boldsymbol{e}_x

となり、これも一致します。

命題 5.2 の各主張も確認できます。k=kez\boldsymbol{k} = k\boldsymbol{e}_z なので k⋅E0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0 = 0、k⋅B0=0\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{B}_0 = 0。k×E0/ω=kE0(ez×ex)/ω=(kE0/ω)ey=(E0/c)ey=B0\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}_0/\omega = kE_0(\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_x)/\omega = (kE_0/\omega)\boldsymbol{e}_y = (E_0/c)\boldsymbol{e}_y = \boldsymbol{B}_0。そして E0×B0=E0(E0/c)(ex×ey)=(E02/c)ez\boldsymbol{E}_0\times\boldsymbol{B}_0 = E_0(E_0/c)(\boldsymbol{e}_x\times\boldsymbol{e}_y) = (E_0^2/c)\boldsymbol{e}_z は確かに k\boldsymbol{k} 方向です。

注意 5.4

命題 5.2 は k\boldsymbol{k} を固定したとき、E0\boldsymbol{E}_0 が k\boldsymbol{k} に垂直な 2 次元平面内で自由に選べることを示しています。この 2 自由度が偏光です。互いに直交する 2 つの直線偏光を位相をずらして重ね合わせると円偏光や楕円偏光になります（演習 3）。マクスウェル方程式は線形なので、平面波の重ね合わせもまた解です。フーリエ解析により、真空中の十分素性のよい解は平面波の重ね合わせとして表せます。

6. エネルギーの流れとポインティング・ベクトル

Section titled “6. エネルギーの流れとポインティング・ベクトル”

電磁波が「伝わる」というとき、何が運ばれているのかを式で押さえます。

定義 6.1（エネルギー密度とポインティング・ベクトル）↗

電磁場のエネルギー密度 uu とポインティング・ベクトル S\boldsymbol{S} を

u=ε02∣E∣2+12μ0∣B∣2[J/m3],S=1μ0E×B[W/m2]u = \frac{\varepsilon_0}{2}|\boldsymbol{E}|^2 + \frac{1}{2\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2 \quad [\mathrm{J/m^3}], \qquad \boldsymbol{S} = \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} \quad [\mathrm{W/m^2}]

で定める。

uu の 2 項は、それぞれコンデンサーに蓄えられるエネルギーとコイルに蓄えられるエネルギーの表式から自然に出てくるものです。S\boldsymbol{S} の意味づけを与えるのが次の定理です。直感的には、水の流れで「ある箱の中の水の量の変化 = 境界から出入りする量」と書けるのと同じ形の式を、電磁場のエネルギーについて作ります。証明では、E×B\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} の発散を (M3) と (M4) で書き換えると、E\boldsymbol{E} と B\boldsymbol{B} の時間変化の項がちょうど uu の時間微分にまとまります。

定理 6.2（ポインティングの定理）✓

(E,B)(\boldsymbol{E},\boldsymbol{B}) が源 (ρ,J)(\rho,\boldsymbol{J}) に対する真空中の電磁場（C1C^1 級）であるとき、各点で

∂u∂t+∇⋅S=−J⋅E\frac{\partial u}{\partial t} + \nabla\cdot\boldsymbol{S} = -\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E}

が成り立つ。積分形では、時間に依存しない任意の閉領域 VV について

ddt∫Vu dV=−∮∂VS⋅n dS−∫VJ⋅E dV.\frac{d}{dt}\int_V u\, dV = -\oint_{\partial V}\boldsymbol{S}\cdot\boldsymbol{n}\, dS - \int_V \boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E}\, dV .
証明（定理 6.2）

まずベクトル解析の恒等式 ∇⋅(A×C)=C⋅(∇×A)−A⋅(∇×C)\nabla\cdot(\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{C}) = \boldsymbol{C}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A}) - \boldsymbol{A}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{C}) を使います。これは成分計算で確かめられます。実際

∇⋅(A×C)=∑i∂i(A×C)i=∂x(AyCz−AzCy)+∂y(AzCx−AxCz)+∂z(AxCy−AyCx)\nabla\cdot(\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{C}) = \sum_i \partial_i\bigl(\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{C}\bigr)_i = \partial_x(A_yC_z - A_zC_y) + \partial_y(A_zC_x - A_xC_z) + \partial_z(A_xC_y - A_yC_x)

を積の微分法で展開し、A\boldsymbol{A} が微分される 6 項と C\boldsymbol{C} が微分される 6 項に分けて整理すると、前者が C⋅(∇×A)\boldsymbol{C}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A})、後者が −A⋅(∇×C)-\boldsymbol{A}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{C}) になります。

これを A=E\boldsymbol{A} = \boldsymbol{E}、C=B\boldsymbol{C} = \boldsymbol{B} に適用し、(M3) と (M4) を代入します。

μ0 ∇⋅S=∇⋅(E×B)=B⋅(∇×E)−E⋅(∇×B)=B⋅(−∂B∂t)−E⋅(μ0J+ε0μ0∂E∂t)=−B⋅∂B∂t−ε0μ0 E⋅∂E∂t−μ0 J⋅E.\begin{aligned} \mu_0\,\nabla\cdot\boldsymbol{S} = \nabla\cdot(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}) &= \boldsymbol{B}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{E}) - \boldsymbol{E}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{B}) \\ &= \boldsymbol{B}\cdot\Bigl(-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\Bigr) - \boldsymbol{E}\cdot\Bigl(\mu_0\boldsymbol{J} + \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t}\Bigr) \\ &= -\boldsymbol{B}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} - \varepsilon_0\mu_0\,\boldsymbol{E}\cdot\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t} - \mu_0\,\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E}. \end{aligned}

ここで B⋅∂tB=12∂t∣B∣2\boldsymbol{B}\cdot\partial_t\boldsymbol{B} = \frac{1}{2}\partial_t|\boldsymbol{B}|^2 および E⋅∂tE=12∂t∣E∣2\boldsymbol{E}\cdot\partial_t\boldsymbol{E} = \frac{1}{2}\partial_t|\boldsymbol{E}|^2 を使います（∣B∣2=∑iBi2|\boldsymbol{B}|^2 = \sum_i B_i^2 を tt で微分すれば 2∑iBi∂tBi2\sum_i B_i\partial_t B_i です）。両辺を μ0\mu_0 で割ると

∇⋅S=−∂∂t(12μ0∣B∣2+ε02∣E∣2)−J⋅E=−∂u∂t−J⋅E\nabla\cdot\boldsymbol{S} = -\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(\frac{1}{2\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2 + \frac{\varepsilon_0}{2}|\boldsymbol{E}|^2\Bigr) - \boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E} = -\frac{\partial u}{\partial t} - \boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E}

となり、微分形が示せました。積分形は両辺を VV 上で積分し、∇⋅S\nabla\cdot\boldsymbol{S} の項に 定理 2.1(i) を適用し、時間微分と積分の順序を交換すれば得られます。

右辺の −J⋅E-\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E} は、単位体積あたりに電場が電流に対してする仕事の符号を変えたものです。したがってこの定理は「領域内の場のエネルギーの減り方 = 境界から流れ出る量 + 電荷にした仕事」と読めます。S\boldsymbol{S} をエネルギーの流束密度と解釈する根拠がこれです。

系 6.3（平面波のエネルギー輸送）✓

命題 5.2 の条件を満たす平面波について、各点各時刻で

ε02∣E∣2=12μ0∣B∣2,u=ε0∣E∣2,S=c u k^\frac{\varepsilon_0}{2}|\boldsymbol{E}|^2 = \frac{1}{2\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2, \qquad u = \varepsilon_0|\boldsymbol{E}|^2, \qquad \boldsymbol{S} = c\,u\,\hat{\boldsymbol{k}}

が成り立つ。

証明（系 6.3）

命題 5.2(iii) より ∣B∣=∣E∣/c|\boldsymbol{B}| = |\boldsymbol{E}|/c です（両辺に f(θ)f(\theta) が同じ係数として掛かるので、振幅だけでなく各点各時刻で成り立ちます）。よって

12μ0∣B∣2=12μ0∣E∣2c2=ε0μ02μ0∣E∣2=ε02∣E∣2\frac{1}{2\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2 = \frac{1}{2\mu_0}\frac{|\boldsymbol{E}|^2}{c^2} = \frac{\varepsilon_0\mu_0}{2\mu_0}|\boldsymbol{E}|^2 = \frac{\varepsilon_0}{2}|\boldsymbol{E}|^2

となり、電場と磁場のエネルギーが等分されます（2 番目の等号で 1/c2=ε0μ01/c^2 = \varepsilon_0\mu_0 を使いました）。したがって uu はその 2 倍で u=ε0∣E∣2u = \varepsilon_0|\boldsymbol{E}|^2 です。

次に 命題 5.2(ii) から B=(k^×E)/c\boldsymbol{B} = (\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{E})/c なので

S=1μ0E×B=1μ0cE×(k^×E)=1μ0c(∣E∣2k^−(E⋅k^)E)=∣E∣2μ0ck^\boldsymbol{S} = \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} = \frac{1}{\mu_0 c}\boldsymbol{E}\times(\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{E}) = \frac{1}{\mu_0 c}\Bigl(|\boldsymbol{E}|^2\hat{\boldsymbol{k}} - (\boldsymbol{E}\cdot\hat{\boldsymbol{k}})\boldsymbol{E}\Bigr) = \frac{|\boldsymbol{E}|^2}{\mu_0 c}\hat{\boldsymbol{k}}

です（3 番目の等号でベクトル三重積の公式、4 番目で横波性 E⋅k^=0\boldsymbol{E}\cdot\hat{\boldsymbol{k}} = 0 を使いました）。最後に 1/(μ0c)=ε0c1/(\mu_0 c) = \varepsilon_0 c（ε0μ0c2=1\varepsilon_0\mu_0 c^2 = 1 より）を使うと S=ε0c∣E∣2k^=c u k^\boldsymbol{S} = \varepsilon_0 c|\boldsymbol{E}|^2\hat{\boldsymbol{k}} = c\,u\,\hat{\boldsymbol{k}} を得ます。

S=c u k^\boldsymbol{S} = c\,u\,\hat{\boldsymbol{k}} という形は、密度 uu のものが速さ cc で k^\hat{\boldsymbol{k}} 方向に流れるときの流束そのものです。「電磁波はエネルギーを光速で運ぶ」という言い方が、ここで初めて式の裏付けを得ます。

例 6.4（太陽光の電場と磁場の大きさ）

地球の大気圏外で太陽光が運ぶエネルギー流束（太陽定数）は I=1361 W/m2I = 1361\ \mathrm{W/m^2} です。これを角振動数 1 つの平面波で近似したときの振幅を求めます。

E=E0cos⁡(kz−ωt)ex\boldsymbol{E} = E_0\cos(kz-\omega t)\boldsymbol{e}_x とすると 系 6.3 より ∣S∣=ε0cE02cos⁡2(kz−ωt)|\boldsymbol{S}| = \varepsilon_0 c E_0^2\cos^2(kz-\omega t) です。cos⁡2\cos^2 の時間平均は 1/21/2 なので

I=⟨∣S∣⟩=12ε0cE02.I = \langle|\boldsymbol{S}|\rangle = \frac{1}{2}\varepsilon_0 c E_0^2 .

これを E0E_0 について解きます。ε0c=(8.854×10−12)×(2.998×108)=2.654×10−3\varepsilon_0 c = (8.854\times 10^{-12})\times(2.998\times 10^{8}) = 2.654\times 10^{-3} なので

E0=2Iε0c=2×13612.654×10−3=1.025×106=1.01×103 V/m.E_0 = \sqrt{\frac{2I}{\varepsilon_0 c}} = \sqrt{\frac{2\times 1361}{2.654\times 10^{-3}}} = \sqrt{1.025\times 10^{6}} = 1.01\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}.

対応する磁場の振幅は B0=E0/c=(1.01×103)/(2.998×108)=3.4×10−6 TB_0 = E_0/c = (1.01\times 10^3)/(2.998\times 10^8) = 3.4\times 10^{-6}\ \mathrm{T} です。地磁気（およそ 5×10−5 T5\times 10^{-5}\ \mathrm{T}）の 15 分の 1 程度にすぎません。日常的な感覚では強烈な太陽光でも、磁場としては小さい。これは ∣B∣=∣E∣/c|\boldsymbol{B}| = |\boldsymbol{E}|/c の 1/c1/c という因子の効果です。

なお、実際の太陽光は幅広い波長の非干渉な重ね合わせなので、この E0E_0 は「同じ強度を持つ単色平面波の振幅」という意味の代表値です。

注意 6.5

電磁場は運動量も運びます。真空中では運動量密度が S/c2\boldsymbol{S}/c^2 で与えられ、完全吸収体に垂直入射する平面波が及ぼす放射圧は I/cI/c になります。太陽定数の場合 1361/(2.998×108)=4.5×10−6 Pa1361/(2.998\times 10^8) = 4.5\times 10^{-6}\ \mathrm{Pa} で、大気圧のおよそ 200 億分の 1 です。それでも太陽帆（ソーラーセイル）の推進力として利用できます。運動量密度の導出にはマクスウェル応力テンソルが必要で、本記事の範囲を超えます。文献欄の Jackson 第 6 章、Griffiths 第 8 章を参照してください。

7. まとめと次章への橋渡し

Section titled “7. まとめと次章への橋渡し”

4 本の方程式から出発して、変位電流が電荷保存を保証すること、源のない領域では場が速さ c=1/ε0μ0c = 1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} の波動方程式に従うこと、平面波が横波で E⊥B⊥k\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{B}\perp\boldsymbol{k} であること、そしてエネルギーが S=E×B/μ0\boldsymbol{S} = \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/\mu_0 の形で運ばれることを見ました。

ここで 1 つ、大きな問題が残ります。波動方程式に現れる速さ cc は、ε0\varepsilon_0 と μ0\mu_0 という物質定数のような量だけで決まっており、観測者の運動状態がどこにも入っていません。ニュートン力学の速度合成則に従うなら、光を追いかける観測者にとって光速は cc より小さく見えるはずで、そのときマクスウェル方程式は形を変えてしまいます。この矛盾を解いたのが特殊相対性理論であり、実はマクスウェル方程式のほうが正しく、変えるべきは時間と空間の座標変換則でした。

その接続を見通しよく扱うための道具が電磁ポテンシャル (φ,A)(\varphi, \boldsymbol{A}) とゲージ変換です。(M2) と (M3) を自動的に満たす形に場を書き換えると、残りの 2 式が波動方程式の形に整理され、時空の 4 次元的な構造が姿を現します。次章電磁ポテンシャルとゲージ変換（電磁ポテンシャルの存在（定理 3.1）［電磁ポテンシャルとゲージ変換］）で扱います。

8. 演習

Section titled “8. 演習”

演習 8.1易

E\boldsymbol{E} が C2C^2 級で (M3) を満たすとする。ある時刻 t0t_0 で領域全体において ∇⋅B=0\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 が成り立っているならば、その後のすべての時刻でも ∇⋅B=0\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 であることを示せ。これは (M2) が「初期条件」としての性格を持つことを意味する。

解答

∇⋅B\nabla\cdot\boldsymbol{B} の時間微分を計算します。B\boldsymbol{B} の必要な微分可能性のもとで空間微分と時間微分を交換し、(M3) を代入すると

∂∂t(∇⋅B)=∇⋅∂B∂t=∇⋅(−∇×E)=−∇⋅(∇×E)=0\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\boldsymbol{B}) = \nabla\cdot\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} = \nabla\cdot(-\nabla\times\boldsymbol{E}) = -\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{E}) = 0

となります。最後の等号は 命題 3.4 の証明で示した恒等式 ∇⋅(∇×A)=0\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A}) = 0（E\boldsymbol{E} が C2C^2 級なので適用できます）によります。

したがって各点で ∇⋅B\nabla\cdot\boldsymbol{B} は時間について定数です。t0t_0 で 00 なら、以後も 00 です。

同じ議論を (M1) と (M4) について行うと、∂t(∇⋅E−ρ/ε0)=0\partial_t(\nabla\cdot\boldsymbol{E} - \rho/\varepsilon_0) = 0 が電荷保存則 ∂tρ+∇⋅J=0\partial_t\rho + \nabla\cdot\boldsymbol{J} = 0 のもとで従います。つまり (M1)(M2) は初期時刻で課しておけばよく、時間発展を担うのは (M3)(M4) だというのが正確な構図です。

演習 8.2標準

源のない領域で B\boldsymbol{B} が満たす波動方程式 ∇2B=c−2∂t2B\nabla^2\boldsymbol{B} = c^{-2}\partial_t^2\boldsymbol{B} を、E\boldsymbol{E} の場合と同じ手順で、使った仮定と定理を明示しながら導け。

解答

B\boldsymbol{B} は C2C^2 級とします。補題 2.5 を B\boldsymbol{B} に適用すると

∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇2B=−∇2B\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{B}) = \nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{B}) - \nabla^2\boldsymbol{B} = -\nabla^2\boldsymbol{B}

です。ここでは (M2) ∇⋅B=0\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 を使いました。これは源の有無によらず常に成り立つ点が、E\boldsymbol{E} の場合との違いです。

一方、源がないときの (M4) ∇×B=ε0μ0 ∂tE\nabla\times\boldsymbol{B} = \varepsilon_0\mu_0\,\partial_t\boldsymbol{E} を左辺に代入し、回転と時間微分を交換して（E\boldsymbol{E} が C2C^2 級であることからシュワルツの定理により正当化されます）、さらに (M3) を使うと

∇×(∇×B)=ε0μ0∂∂t(∇×E)=ε0μ0∂∂t(−∂B∂t)=−ε0μ0∂2B∂t2\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{B}) = \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\times\boldsymbol{E}) = \varepsilon_0\mu_0\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\Bigr) = -\varepsilon_0\mu_0\frac{\partial^2\boldsymbol{B}}{\partial t^2}

となります。2 式を等置して ∇2B=ε0μ0 ∂t2B=c−2∂t2B\nabla^2\boldsymbol{B} = \varepsilon_0\mu_0\,\partial_t^2\boldsymbol{B} = c^{-2}\partial_t^2\boldsymbol{B} を得ます。

演習 8.3標準

ω=ck\omega = ck、E0>0E_0 > 0 として

E=E0(cos⁡(kz−ωt), sin⁡(kz−ωt), 0)\boldsymbol{E} = E_0\bigl(\cos(kz-\omega t),\ \sin(kz-\omega t),\ 0\bigr)

を考える。（1）これが源のないマクスウェル方程式を満たすことを、対応する B\boldsymbol{B} を求めたうえで確かめよ。（2）∣E∣|\boldsymbol{E}| が定数であることを示し、ポインティング・ベクトル S\boldsymbol{S} を計算せよ。

解答

（1）この E\boldsymbol{E} は、例 5.3 の解と、それを ey\boldsymbol{e}_y 方向に偏光させ位相を π/2\pi/2 ずらした解との和です。マクスウェル方程式は線形なので、それぞれが解であれば和も解です。対応する磁場は 命題 5.2(ii) の B=(k^×E)/c\boldsymbol{B} = (\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{E})/c を成分ごとに適用して

B=1cez×E=E0c(−sin⁡(kz−ωt), cos⁡(kz−ωt), 0)\boldsymbol{B} = \frac{1}{c}\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{E} = \frac{E_0}{c}\bigl(-\sin(kz-\omega t),\ \cos(kz-\omega t),\ 0\bigr)

です（ez×ex=ey\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_x = \boldsymbol{e}_y、ez×ey=−ex\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_y = -\boldsymbol{e}_x を使いました）。

念のため直接検算します。θ=kz−ωt\theta = kz-\omega t と書くと ∇⋅E=∂x(E0cos⁡θ)+∂y(E0sin⁡θ)=0\nabla\cdot\boldsymbol{E} = \partial_x(E_0\cos\theta) + \partial_y(E_0\sin\theta) = 0（どちらも x,yx,y に依存しません）で (M1) が成り立ちます。(M2) も同様です。回転は zz 依存性だけが効くので

∇×E=(−∂zEy, ∂zEx, 0)=E0k(−cos⁡θ, −sin⁡θ, 0),\nabla\times\boldsymbol{E} = (-\partial_z E_y,\ \partial_z E_x,\ 0) = E_0 k(-\cos\theta,\ -\sin\theta,\ 0),−∂B∂t=−E0c(ωcos⁡θ, ωsin⁡θ, 0)=−E0k(cos⁡θ, sin⁡θ, 0)-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} = -\frac{E_0}{c}(\omega\cos\theta,\ \omega\sin\theta,\ 0) = -E_0 k(\cos\theta,\ \sin\theta,\ 0)

で一致し、(M3) が成り立ちます（ω=ck\omega = ck を使いました）。(M4) も同じ要領で確かめられます。

（2）∣E∣2=E02(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=E02|\boldsymbol{E}|^2 = E_0^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = E_0^2 なので ∣E∣=E0|\boldsymbol{E}| = E_0 は定数です。電場ベクトルは大きさを変えずに xyxy 平面内を回転しており、これが円偏光です。

系 6.3 より u=ε0∣E∣2=ε0E02u = \varepsilon_0|\boldsymbol{E}|^2 = \varepsilon_0 E_0^2、S=c ε0E02 ez\boldsymbol{S} = c\,\varepsilon_0 E_0^2\,\boldsymbol{e}_z となり、S\boldsymbol{S} は時間にも位置にも依存しない定ベクトルです。直線偏光では cos⁡2\cos^2 の因子で S\boldsymbol{S} が振動しましたが、円偏光では 2 つの成分の cos⁡2+sin⁡2\cos^2 + \sin^2 が常に 11 になるため、エネルギー流が一定になります。

演習 8.4難

半径 aa の円形平行平板コンデンサー（極板間隔 dd、d≪ad \ll a とし、極板間の電場は一様で E=E(t)ez\boldsymbol{E} = E(t)\boldsymbol{e}_z、外部の場と縁の効果は無視する）を充電している。極板間の側面（半径 aa、高さ dd の円筒面）を通って流れ込むエネルギーが、コンデンサーに蓄えられるエネルギーの増加率に等しいことを示せ。

解答

磁場を求める。 極板間には伝導電流がないので、(I4) の右辺は変位電流の項だけです。極板間で zz 軸を中心とする半径 aa の円 ∂S\partial S（SS はそれが囲む円板、法線 ez\boldsymbol{e}_z）に (I4) を適用します。対称性から B=B(a,t)eϕ\boldsymbol{B} = B(a,t)\boldsymbol{e}_\phi の形なので

2πa B(a,t)=ε0μ0ddt(E(t)⋅πa2)=ε0μ0πa2E˙(t),2\pi a\,B(a,t) = \varepsilon_0\mu_0\frac{d}{dt}\bigl(E(t)\cdot\pi a^2\bigr) = \varepsilon_0\mu_0\pi a^2\dot{E}(t),

したがって B(a,t)=ε0μ0aE˙2B(a,t) = \dfrac{\varepsilon_0\mu_0 a\dot{E}}{2} です（E˙=dE/dt\dot{E} = dE/dt）。

ポインティング・ベクトルを求める。 側面上で E=Eez\boldsymbol{E} = E\boldsymbol{e}_z、B=Beϕ\boldsymbol{B} = B\boldsymbol{e}_\phi なので、円筒座標の関係 ez×eϕ=−er\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_\phi = -\boldsymbol{e}_r を使って

S=1μ0E×B=EBμ0(ez×eϕ)=−EBμ0er.\boldsymbol{S} = \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} = \frac{EB}{\mu_0}(\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_\phi) = -\frac{EB}{\mu_0}\boldsymbol{e}_r .

E˙>0\dot{E} > 0 のとき S\boldsymbol{S} は内向き、つまりエネルギーは側面から流れ込みます。大きさは

∣S∣=1μ0E⋅ε0μ0aE˙2=ε0aEE˙2.|\boldsymbol{S}| = \frac{1}{\mu_0}E\cdot\frac{\varepsilon_0\mu_0 a\dot{E}}{2} = \frac{\varepsilon_0 a E\dot{E}}{2}.

流入量を計算する。 側面の面積は 2πad2\pi a d なので、単位時間あたりの流入エネルギーは

Pin=∣S∣⋅2πad=ε0aEE˙2⋅2πad=πa2d ε0EE˙.P_{\text{in}} = |\boldsymbol{S}|\cdot 2\pi a d = \frac{\varepsilon_0 a E\dot{E}}{2}\cdot 2\pi a d = \pi a^2 d\,\varepsilon_0 E\dot{E}.

蓄積エネルギーの増加率と比べる。 定義 6.1 より極板間のエネルギー密度は u=ε0E2/2u = \varepsilon_0E^2/2（磁場の寄与は E˙\dot{E} について 2 次で、準静的な充電では無視できます）。体積は πa2d\pi a^2 d なので

U=ε0E22πa2d,dUdt=ε0EE˙ πa2d.U = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\pi a^2 d, \qquad \frac{dU}{dt} = \varepsilon_0 E\dot{E}\,\pi a^2 d .

Pin=dU/dtP_{\text{in}} = dU/dt が確かめられました。これは 定理 6.2 の積分形を極板間の円筒領域に適用した結果にほかなりません（この領域では J=0\boldsymbol{J} = \boldsymbol{0} なので右辺第 2 項は消えます）。

この計算は「コンデンサーのエネルギーは導線を通って入る」という素朴な描像が正しくないことを示しています。エネルギーは極板の縁のまわりの空間を横切って、側面から入ってくるのです。

参考文献

Section titled “参考文献”
  • J. C. Maxwell, “A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field”, Philosophical Transactions of the Royal Society of London 155 (1865), 459–512. 電磁場の方程式系と、光が電磁波であるという主張が体系的に提示された論文（光速と電磁気の定数の一致自体は 1862 年の「物理的力線について」で先に指摘されている）。
  • D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 4th ed., Pearson, 2013 — 第 7 章（Electrodynamics）、第 8 章（Conservation Laws）、第 9 章（Electromagnetic Waves）。本記事の内容をほぼそのまま、より詳しい物理的議論とともに扱っています。
  • J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999 — 第 6 章（Maxwell Equations, Macroscopic Electromagnetism, Conservation Laws and Fields）、第 7 章（Plane Electromagnetic Waves and Wave Propagation）。マクスウェル応力テンソルや媒質中の伝播まで含む標準的な大学院教科書。
  • R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Vol. II — 第 18 章（The Maxwell Equations）、第 20 章（Solutions of Maxwell’s Equations in Free Space）、第 27 章（Field Energy and Field Momentum）。全文が feynmanlectures.caltech.edu で公開されています。
  • 砂川重信『理論電磁気学』第 3 版、紀伊國屋書店、1999 — マクスウェル方程式の体系的な扱いと電磁波の章。日本語の標準的な教科書。
  • NIST, CODATA Internationally Recommended Values of the Fundamental Physical Constants — ε0\varepsilon_0、μ0\mu_0、cc の最新の推奨値と不確かさ。

Appendix: 波動方程式の一般解（1 次元の場合）

Section titled “Appendix: 波動方程式の一般解（1 次元の場合）”

ダランベールの解。 波動方程式が「速さ cc で伝わる波」を表すことを、1 次元の場合に確認しておきます。ψ(z,t)\psi(z,t) が

∂2ψ∂z2=1c2∂2ψ∂t2\frac{\partial^2\psi}{\partial z^2} = \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2}

を満たすとします。新しい変数 ξ=z−ct\xi = z - ct、η=z+ct\eta = z + ct を導入すると、連鎖律から ∂z=∂ξ+∂η\partial_z = \partial_\xi + \partial_\eta、∂t=c(−∂ξ+∂η)\partial_t = c(-\partial_\xi + \partial_\eta) なので

∂2∂z2−1c2∂2∂t2=(∂ξ+∂η)2−(−∂ξ+∂η)2=4 ∂ξ∂η\frac{\partial^2}{\partial z^2} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2} = (\partial_\xi + \partial_\eta)^2 - (-\partial_\xi + \partial_\eta)^2 = 4\,\partial_\xi\partial_\eta

となります。したがって方程式は ∂ξ∂ηψ=0\partial_\xi\partial_\eta\psi = 0 と同値です。∂ηψ\partial_\eta\psi が ξ\xi に依らないので ∂ηψ=h(η)\partial_\eta\psi = h(\eta) と書け、η\eta で積分して

ψ=F(ξ)+G(η)=F(z−ct)+G(z+ct)\psi = F(\xi) + G(\eta) = F(z - ct) + G(z + ct)

を得ます（FF、GG は C2C^2 級の任意関数）。F(z−ct)F(z-ct) は形を変えずに +z+z 方向へ速さ cc で進む波、G(z+ct)G(z+ct) は −z-z 方向へ進む波です。

平面波との関係。 定義 5.1 の平面波は、k\boldsymbol{k} 方向に座標軸を取れば F(z−ct)F(z - ct) の形（各成分ごと）にほかなりません。3 次元の一般解はこれほど単純ではありませんが、フーリエ変換によって様々な k\boldsymbol{k} の平面波の重ね合わせとして表せます。命題 5.2 が各 k\boldsymbol{k} ごとに横波性と E⊥B\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{B} を保証するので、真空中の電磁波は常に横波です。

このテーマの 100 本ノック（100 問）

関連記事

執筆: Claude Code（Opus 5.5）、Claude Code（Sonnet 5.5）・監査 3 回（Claude Code）・最終 2026-10-12

この記事の誤りを報告する ・運営: 夢現技研合同会社 ・料金 ・利用条件 ・特定商取引法に基づく表記

© 2026 夢現技研合同会社 ・コード例は MIT ライセンスです。