アンテナから出た電波が遠くのラジオに届くまでには時間がかかり、電荷を揺らした影響は光の速さで遠くへ伝わっていきます。この記事では、電荷が動いたとき、離れた場所の電場や磁場がいつ・どのように決まるのかを、式で順に確かめます。読み終えると、加速する電荷がどれだけのエネルギーを電磁波として放出するかを計算でき、水素原子を古典的に考えると一瞬で潰れてしまう理由も説明できるようになります。
ローレンツゲージ のポテンシャルは波動方程式 □ φ = − ρ / ε 0 \Box\varphi=-\rho/\varepsilon_0 □ φ = − ρ / ε 0 □ A = − μ 0 J \Box\boldsymbol{A}=-\mu_0\boldsymbol{J} □ A = − μ 0 J 遅延ポテンシャル φ ( x , t ) = 1 4 π ε 0 ∫ ρ ( y , t − ∣ x − y ∣ / c ) ∣ x − y ∣ d V y \varphi(\boldsymbol{x},t)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{\rho(\boldsymbol{y},\,t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}dV_y φ ( x , t ) = 4 π ε 0 1 ∫ ∣ x − y ∣ ρ ( y , t − ∣ x − y ∣/ c ) d V y x \boldsymbol{x} x 動く点電荷の遅延ポテンシャルは、遅延時刻での位置・速度だけで書けます（リエナール・ヴィーヘルトポテンシャル ）。等速運動の場合はローレンツ変換されたクーロンポテンシャルに一致します。
遠方では場が 1 / r 1/r 1/ r p ¨ \ddot{\boldsymbol{p}} p ¨ μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 / ( 6 π c ) \mu_0|\ddot{\boldsymbol{p}}|^2/(6\pi c) μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 / ( 6 π c ) ラーモアの公式 P = q 2 a 2 / ( 6 π ε 0 c 3 ) P=q^2a^2/(6\pi\varepsilon_0c^3) P = q 2 a 2 / ( 6 π ε 0 c 3 )
放射でエネルギーを失う電荷には反作用の力が働きます。エネルギー収支から求めたアブラハム・ローレンツ方程式 m a = F + m τ a ˙ m\boldsymbol{a}=\boldsymbol{F}+m\tau\dot{\boldsymbol{a}} m a = F + m τ a ˙
電荷が瞬間的に速度を変えると、放射エネルギーのスペクトルは低周波側で一定値に近づきます。そのため光子の個数は低周波側で対数発散します（赤外発散の古典的な起源）。
ローレンツゲージ条件 : 電磁ポテンシャルの自由度を ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{A}+c^{-2}\partial_t\varphi=0 ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0 ローレンツゲージ条件 電磁ポテンシャル : 電場と磁場を φ \varphi φ A \boldsymbol{A} A 電磁ポテンシャル 発散 : ベクトル場の各点での湧き出しの密度。発散定理は、その体積積分が境界面を通る流れに等しいと述べる。→ 発散 電流密度 : 単位面積を単位時間に流れる電荷を表すベクトル。電荷保存則 ∂ t ρ + ∇ ⋅ J = 0 \partial_t\rho+\nabla\cdot\boldsymbol{J}=0 ∂ t ρ + ∇ ⋅ J = 0 電流密度 ポインティング・ベクトル : 電磁場が運ぶエネルギーの流れ（単位面積・単位時間あたり）を表すベクトル。→ 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 では、真空中の電磁波が c c c 電磁ポテンシャルとゲージ変換 では、ローレンツゲージで電磁ポテンシャルが波動方程式に従うことまで示しました。ただし、その方程式を実際に解いて、電荷や電流から場がどのように立ち上がるかは扱っていません。
この記事は、その残りを埋めます。
源のある波動方程式の解を、具体的な積分公式として書く（§3）。
それを動く点電荷に適用する（§4）。
遠方に残る波を取り出し、運ばれるエネルギーを計算する（§5）。
エネルギーを放射する電荷には、それに見合う反作用が働くはずだと考えて、運動方程式を修正する（§6）。
静電場や定常電流 の場は 1 / r 2 1/r^2 1/ r 2 4 π r 2 ⋅ r − 4 → 0 4\pi r^2\cdot r^{-4}\to0 4 π r 2 ⋅ r − 4 → 0 1 / r 1/r 1/ r r − 2 r^{-2} r − 2 r r r 放射 です。
□ = ∇ 2 − c − 2 ∂ t 2 \Box=\nabla^2-c^{-2}\partial_t^2 □ = ∇ 2 − c − 2 ∂ t 2 ローレンツゲージ条件（定義 5.1）［電磁ポテンシャルとゲージ変換］ は ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{A}+c^{-2}\partial_t\varphi=0 ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0 系 5.3［電磁ポテンシャルとゲージ変換］ の
□ φ = − ρ ε 0 , □ A = − μ 0 J \Box\varphi=-\frac{\rho}{\varepsilon_0},\qquad\Box\boldsymbol{A}=-\mu_0\boldsymbol{J} □ φ = − ε 0 ρ , □ A = − μ 0 J に従います。電荷保存則 ∂ t ρ + ∇ ⋅ J = 0 \partial_t\rho+\nabla\cdot\boldsymbol{J}=0 ∂ t ρ + ∇ ⋅ J = 0 命題 3.4［マクスウェル方程式と電磁波］ ）。
以下、ρ , J \rho,\boldsymbol{J} ρ , J R 3 × R \mathbb{R}^3\times\mathbb{R} R 3 × R C 2 C^2 C 2 ∣ y ∣ ≤ L |\boldsymbol{y}|\le L ∣ y ∣ ≤ L 0 0 0 S 2 S^2 S 2 d σ d\sigma d σ
波動方程式を解くための鍵は、関数の球面平均 （点 x \boldsymbol{x} x r r r r r r
補題 3.1 （球面平均の補題 ） ✓
f ∈ C 2 ( R 3 × R ) f\in C^2(\mathbb{R}^3\times\mathbb{R}) f ∈ C 2 ( R 3 × R )
M ( x , r , s ) = 1 4 π ∫ S 2 f ( x + r ω , s ) d σ ( ω ) ( r ≥ 0 ) M(\boldsymbol{x},r,s)=\frac{1}{4\pi}\int_{S^2}f(\boldsymbol{x}+r\boldsymbol{\omega},s)\,d\sigma(\boldsymbol{\omega})\qquad(r\ge0) M ( x , r , s ) = 4 π 1 ∫ S 2 f ( x + r ω , s ) d σ ( ω ) ( r ≥ 0 ) と定める。このとき (i) M ( x , 0 , s ) = f ( x , s ) M(\boldsymbol{x},0,s)=f(\boldsymbol{x},s) M ( x , 0 , s ) = f ( x , s ) r > 0 r>0 r > 0 ∂ r M = 1 4 π r 2 ∫ ∣ y − x ∣ < r ∇ 2 f ( y , s ) d V y \partial_rM=\dfrac{1}{4\pi r^2}\displaystyle\int_{|\boldsymbol{y}-\boldsymbol{x}|<r}\nabla^2f(\boldsymbol{y},s)\,dV_y ∂ r M = 4 π r 2 1 ∫ ∣ y − x ∣ < r ∇ 2 f ( y , s ) d V y r → 0 r\to0 r → 0 ∂ r M = O ( r ) \partial_rM=O(r) ∂ r M = O ( r ) ∇ x 2 M = 1 r 2 ∂ r ( r 2 ∂ r M ) \nabla_{\boldsymbol{x}}^2M=\dfrac{1}{r^2}\partial_r\bigl(r^2\partial_rM\bigr) ∇ x 2 M = r 2 1 ∂ r ( r 2 ∂ r M )
証明（補題 3.1） (i) は f f f ∂ r M = 1 4 π ∫ ω ⋅ ∇ f ( x + r ω , s ) d σ \partial_rM=\frac{1}{4\pi}\int\boldsymbol{\omega}\cdot\nabla f(\boldsymbol{x}+r\boldsymbol{\omega},s)\,d\sigma ∂ r M = 4 π 1 ∫ ω ⋅ ∇ f ( x + r ω , s ) d σ r r r Σ r \Sigma_r Σ r 1 4 π r 2 ∮ Σ r ∂ n f d S \frac{1}{4\pi r^2}\oint_{\Sigma_r}\partial_nf\,dS 4 π r 2 1 ∮ Σ r ∂ n f d S d S = r 2 d σ dS=r^2d\sigma d S = r 2 d σ ω \boldsymbol{\omega} ω 発散定理（定理 5.3）［静電場とガウスの法則］ で ∇ f \nabla f ∇ f r 3 r^3 r 3 ∂ r M = O ( r ) \partial_rM=O(r) ∂ r M = O ( r ) r 2 r^2 r 2 r r r ∂ r ( r 2 ∂ r M ) = 1 4 π ∮ Σ r ∇ 2 f d S = r 2 ⋅ 1 4 π ∫ S 2 ∇ 2 f ( x + r ω , s ) d σ \partial_r(r^2\partial_rM)=\frac{1}{4\pi}\oint_{\Sigma_r}\nabla^2f\,dS=r^2\cdot\frac{1}{4\pi}\int_{S^2}\nabla^2f(\boldsymbol{x}+r\boldsymbol{\omega},s)\,d\sigma ∂ r ( r 2 ∂ r M ) = 4 π 1 ∮ Σ r ∇ 2 f d S = r 2 ⋅ 4 π 1 ∫ S 2 ∇ 2 f ( x + r ω , s ) d σ ∇ 2 f \nabla^2f ∇ 2 f x \boldsymbol{x} x ∇ x 2 M \nabla^2_{\boldsymbol{x}}M ∇ x 2 M
∎ 次の定理は、電荷や電流が与えられたとき、離れた点のポテンシャルを具体的な積分で書けると述べています。証明の方針は、積分を球面平均の r r r ∇ 2 \nabla^2 ∇ 2 r r r − ρ ( x , t ) -\rho(\boldsymbol{x},t) − ρ ( x , t ) M M M r r r Φ \Phi Φ M M M Ψ \Psi Ψ
定理 3.2 （遅延ポテンシャル ） ✓
ρ , J \rho,\boldsymbol{J} ρ , J
φ ( x , t ) = 1 4 π ε 0 ∫ ρ ( y , t − ∣ x − y ∣ / c ) ∣ x − y ∣ d V y , A ( x , t ) = μ 0 4 π ∫ J ( y , t − ∣ x − y ∣ / c ) ∣ x − y ∣ d V y \varphi(\boldsymbol{x},t)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{\rho\bigl(\boldsymbol{y},\,t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c\bigr)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}\,dV_y,\qquad\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\boldsymbol{J}\bigl(\boldsymbol{y},\,t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c\bigr)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|}\,dV_y φ ( x , t ) = 4 π ε 0 1 ∫ ∣ x − y ∣ ρ ( y , t − ∣ x − y ∣/ c ) d V y , A ( x , t ) = 4 π μ 0 ∫ ∣ x − y ∣ J ( y , t − ∣ x − y ∣/ c ) d V y とおく。このとき
(i) φ , A \varphi,\boldsymbol{A} φ , A C 2 C^2 C 2 □ φ = − ρ / ε 0 \Box\varphi=-\rho/\varepsilon_0 □ φ = − ρ / ε 0 □ A = − μ 0 J \Box\boldsymbol{A}=-\mu_0\boldsymbol{J} □ A = − μ 0 J
(ii) 電荷保存則のもとで、ローレンツゲージ条件 ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{A}+c^{-2}\partial_t\varphi=0 ∇ ⋅ A + c − 2 ∂ t φ = 0
(iii) E = − ∇ φ − ∂ t A \boldsymbol{E}=-\nabla\varphi-\partial_t\boldsymbol{A} E = − ∇ φ − ∂ t A B = ∇ × A \boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A} B = ∇ × A ( ρ , J ) (\rho,\boldsymbol{J}) ( ρ , J ) 定義 3.1［マクスウェル方程式と電磁波］ ）を満たす。
証明（定理 3.2） y = x + z \boldsymbol{y}=\boldsymbol{x}+\boldsymbol{z} y = x + z u ( x , t ) : = 1 4 π ∫ ρ ( x + z , t − ∣ z ∣ / c ) ∣ z ∣ − 1 d V z u(\boldsymbol{x},t):=\frac{1}{4\pi}\int\rho(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{z},t-|\boldsymbol{z}|/c)\,|\boldsymbol{z}|^{-1}dV_z u ( x , t ) := 4 π 1 ∫ ρ ( x + z , t − ∣ z ∣/ c ) ∣ z ∣ − 1 d V z φ = u / ε 0 \varphi=u/\varepsilon_0 φ = u / ε 0 x , t \boldsymbol{x},t x , t ρ \rho ρ ∣ z ∣ − 1 |\boldsymbol{z}|^{-1} ∣ z ∣ − 1 u u u C 2 C^2 C 2 z = r ω \boldsymbol{z}=r\boldsymbol{\omega} z = r ω d V z = r 2 d r d σ dV_z=r^2dr\,d\sigma d V z = r 2 d r d σ 補題 3.1 の M M M f = ρ f=\rho f = ρ
u ( x , t ) = ∫ 0 ∞ r M ( x , r , t − r / c ) d r . u(\boldsymbol{x},t)=\int_0^\infty r\,M\bigl(\boldsymbol{x},r,t-r/c\bigr)\,dr . u ( x , t ) = ∫ 0 ∞ r M ( x , r , t − r / c ) d r . (i) 固定した x , t \boldsymbol{x},t x , t Φ ( r ) = M r ( x , r , t − r / c ) \Phi(r)=M_r(\boldsymbol{x},r,t-r/c) Φ ( r ) = M r ( x , r , t − r / c ) Ψ ( r ) = M s ( x , r , t − r / c ) \Psi(r)=M_s(\boldsymbol{x},r,t-r/c) Ψ ( r ) = M s ( x , r , t − r / c ) M r , M s M_r,M_s M r , M s 補題 3.1 (iii) により
∇ 2 u = ∫ 0 ∞ 1 r [ ∂ r ( r 2 M r ) ] ( r , t − r / c ) d r . \nabla^2u=\int_0^\infty\frac1r\,\bigl[\partial_r(r^2M_r)\bigr](r,t-r/c)\,dr . ∇ 2 u = ∫ 0 ∞ r 1 [ ∂ r ( r 2 M r ) ] ( r , t − r / c ) d r . d d r [ r 2 M r ( r , t − r / c ) ] = [ ∂ r ( r 2 M r ) ] − 1 c r 2 M r s \dfrac{d}{dr}\bigl[r^2M_r(r,t-r/c)\bigr]=\bigl[\partial_r(r^2M_r)\bigr]-\dfrac{1}{c}r^2M_{rs} d r d [ r 2 M r ( r , t − r / c ) ] = [ ∂ r ( r 2 M r ) ] − c 1 r 2 M r s 1 r ( r 2 Φ ) ′ + r c M r s \frac1r(r^2\Phi)'+\frac rcM_{rs} r 1 ( r 2 Φ ) ′ + c r M r s ∫ 0 ∞ 1 r ( r 2 Φ ) ′ d r = ∫ 0 ∞ ( 2 Φ + r Φ ′ ) d r = ∫ 0 ∞ Φ d r + [ r Φ ] 0 ∞ = ∫ 0 ∞ Φ d r \int_0^\infty\frac1r(r^2\Phi)'dr=\int_0^\infty(2\Phi+r\Phi')\,dr=\int_0^\infty\Phi\,dr+[r\Phi]_0^\infty=\int_0^\infty\Phi\,dr ∫ 0 ∞ r 1 ( r 2 Φ ) ′ d r = ∫ 0 ∞ ( 2Φ + r Φ ′ ) d r = ∫ 0 ∞ Φ d r + [ r Φ ] 0 ∞ = ∫ 0 ∞ Φ d r r = 0 r=0 r = 0 補題 3.1 (ii) により r Φ → 0 r\Phi\to0 r Φ → 0 r r r M = 0 M=0 M = 0 Ψ ′ ( r ) = M s r − c − 1 M s s \Psi'(r)=M_{sr}-c^{-1}M_{ss} Ψ ′ ( r ) = M sr − c − 1 M ss M r s = Ψ ′ + c − 1 M s s M_{rs}=\Psi'+c^{-1}M_{ss} M r s = Ψ ′ + c − 1 M ss
1 c ∫ 0 ∞ r M r s d r = 1 c ∫ 0 ∞ r Ψ ′ d r + 1 c 2 ∫ 0 ∞ r M s s d r = − 1 c ∫ 0 ∞ Ψ d r + 1 c 2 ∂ t 2 u \frac1c\int_0^\infty rM_{rs}\,dr=\frac1c\int_0^\infty r\Psi'\,dr+\frac{1}{c^2}\int_0^\infty rM_{ss}\,dr=-\frac1c\int_0^\infty\Psi\,dr+\frac{1}{c^2}\partial_t^2u c 1 ∫ 0 ∞ r M r s d r = c 1 ∫ 0 ∞ r Ψ ′ d r + c 2 1 ∫ 0 ∞ r M ss d r = − c 1 ∫ 0 ∞ Ψ d r + c 2 1 ∂ t 2 u です（部分積分の境界項は 0 0 0 ∂ t 2 u = ∫ r M s s d r \partial_t^2u=\int rM_{ss}\,dr ∂ t 2 u = ∫ r M ss d r
∇ 2 u − 1 c 2 ∂ t 2 u = ∫ 0 ∞ ( Φ − 1 c Ψ ) d r = ∫ 0 ∞ d d r [ M ( x , r , t − r / c ) ] d r = − M ( x , 0 , t ) = − ρ ( x , t ) \nabla^2u-\frac{1}{c^2}\partial_t^2u=\int_0^\infty\Bigl(\Phi-\frac1c\Psi\Bigr)dr=\int_0^\infty\frac{d}{dr}\Bigl[M(\boldsymbol{x},r,t-r/c)\Bigr]dr=-M(\boldsymbol{x},0,t)=-\rho(\boldsymbol{x},t) ∇ 2 u − c 2 1 ∂ t 2 u = ∫ 0 ∞ ( Φ − c 1 Ψ ) d r = ∫ 0 ∞ d r d [ M ( x , r , t − r / c ) ] d r = − M ( x , 0 , t ) = − ρ ( x , t ) で、□ u = − ρ \Box u=-\rho □ u = − ρ □ φ = − ρ / ε 0 \Box\varphi=-\rho/\varepsilon_0 □ φ = − ρ / ε 0 A \boldsymbol{A} A ρ → J i \rho\to J_i ρ → J i μ 0 \mu_0 μ 0
(ii) 置き換えた形で ∇ ⋅ A = μ 0 4 π ∫ ( ∇ ⋅ J ) ( x + z , t − ∣ z ∣ / c ) ∣ z ∣ − 1 d V z \nabla\cdot\boldsymbol{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int(\nabla\cdot\boldsymbol{J})(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{z},t-|\boldsymbol{z}|/c)|\boldsymbol{z}|^{-1}dV_z ∇ ⋅ A = 4 π μ 0 ∫ ( ∇ ⋅ J ) ( x + z , t − ∣ z ∣/ c ) ∣ z ∣ − 1 d V z ∇ ⋅ J = − ∂ t ρ \nabla\cdot\boldsymbol{J}=-\partial_t\rho ∇ ⋅ J = − ∂ t ρ = − μ 0 ∂ t 1 4 π ∫ ρ ( … ) ∣ z ∣ − 1 d V z = − μ 0 ε 0 ∂ t φ = − c − 2 ∂ t φ =-\mu_0\partial_t\frac{1}{4\pi}\int\rho(\ldots)|\boldsymbol{z}|^{-1}dV_z=-\mu_0\varepsilon_0\partial_t\varphi=-c^{-2}\partial_t\varphi = − μ 0 ∂ t 4 π 1 ∫ ρ ( … ) ∣ z ∣ − 1 d V z = − μ 0 ε 0 ∂ t φ = − c − 2 ∂ t φ
(iii) ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ t B \nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial_t\boldsymbol{B} ∇ × E = − ∂ t B ∇ ⋅ ( ∇ × A ) = 0 \nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A})=0 ∇ ⋅ ( ∇ × A ) = 0 補題 4.3［定常電流と静磁場］ 、∇ × ∇ φ = 0 \nabla\times\nabla\varphi=\boldsymbol{0} ∇ × ∇ φ = 0 ∇ ⋅ E = − ∇ 2 φ − ∂ t ∇ ⋅ A = − ∇ 2 φ + c − 2 ∂ t 2 φ = − □ φ = ρ / ε 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=-\nabla^2\varphi-\partial_t\nabla\cdot\boldsymbol{A}=-\nabla^2\varphi+c^{-2}\partial_t^2\varphi=-\Box\varphi=\rho/\varepsilon_0 ∇ ⋅ E = − ∇ 2 φ − ∂ t ∇ ⋅ A = − ∇ 2 φ + c − 2 ∂ t 2 φ = − □ φ = ρ / ε 0 補題 2.5［マクスウェル方程式と電磁波］ と (ii) により ∇ × B = ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A = − c − 2 ∇ ∂ t φ − ∇ 2 A \nabla\times\boldsymbol{B}=\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{A})-\nabla^2\boldsymbol{A}=-c^{-2}\nabla\partial_t\varphi-\nabla^2\boldsymbol{A} ∇ × B = ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A = − c − 2 ∇ ∂ t φ − ∇ 2 A μ 0 J + c − 2 ∂ t E = μ 0 J − c − 2 ∇ ∂ t φ − c − 2 ∂ t 2 A \mu_0\boldsymbol{J}+c^{-2}\partial_t\boldsymbol{E}=\mu_0\boldsymbol{J}-c^{-2}\nabla\partial_t\varphi-c^{-2}\partial_t^2\boldsymbol{A} μ 0 J + c − 2 ∂ t E = μ 0 J − c − 2 ∇ ∂ t φ − c − 2 ∂ t 2 A − ∇ 2 A + c − 2 ∂ t 2 A − μ 0 J = − □ A − μ 0 J = 0 -\nabla^2\boldsymbol{A}+c^{-2}\partial_t^2\boldsymbol{A}-\mu_0\boldsymbol{J}=-\Box\boldsymbol{A}-\mu_0\boldsymbol{J}=0 − ∇ 2 A + c − 2 ∂ t 2 A − μ 0 J = − □ A − μ 0 J = 0
∎ 「t − ∣ x − y ∣ / c t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c t − ∣ x − y ∣/ c 遅延時刻 といいます。場 x \boldsymbol{x} x t t t y \boldsymbol{y} y t − ∣ x − y ∣ / c t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c t − ∣ x − y ∣/ c c c c
軌道 r q ( t ) \boldsymbol{r}_q(t) r q ( t ) q q q ρ ( y , t ) = q δ 3 ( y − r q ( t ) ) \rho(\boldsymbol{y},t)=q\,\delta^3(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{r}_q(t)) ρ ( y , t ) = q δ 3 ( y − r q ( t )) 電流密度 は J = q v ( t ) δ 3 ( y − r q ( t ) ) \boldsymbol{J}=q\boldsymbol{v}(t)\delta^3(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{r}_q(t)) J = q v ( t ) δ 3 ( y − r q ( t )) v = r ˙ q \boldsymbol{v}=\dot{\boldsymbol{r}}_q v = r ˙ q 定理 3.2 の仮定（C 2 C^2 C 2 C 2 C^2 C 2
観測点 x \boldsymbol{x} x t t t 遅延時刻 t r t_r t r t − t r = ∣ x − r q ( t r ) ∣ / c t-t_r=|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t_r)|/c t − t r = ∣ x − r q ( t r ) ∣/ c
電荷の軌道 遅延位置（時刻 t_r） 現在位置（時刻 t） 観測点 x 光（速さ c） 観測点 x に時刻 t で届く場は、遅延時刻 t_r の電荷の位置（遅延位置）で決まる。現在位置とは一般に異なる。 補題 4.1 （遅延時刻の存在と一意性 ） ✓
r q \boldsymbol{r}_q r q C 1 C^1 C 1 ∣ v ( t ) ∣ ≤ v max < c |\boldsymbol{v}(t)|\le v_{\max}<c ∣ v ( t ) ∣ ≤ v m a x < c ( x , t ) (\boldsymbol{x},t) ( x , t ) t r t_r t r
証明（補題 4.1） g ( t ′ ) = t ′ + ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ / c g(t')=t'+|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t')|/c g ( t ′ ) = t ′ + ∣ x − r q ( t ′ ) ∣/ c t 1 < t 2 t_1<t_2 t 1 < t 2 ∣ x − r q ( t 2 ) ∣ − ∣ x − r q ( t 1 ) ∣ ≥ − ∣ r q ( t 2 ) − r q ( t 1 ) ∣ ≥ − v max ( t 2 − t 1 ) |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t_2)|-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t_1)|\ge-|\boldsymbol{r}_q(t_2)-\boldsymbol{r}_q(t_1)|\ge-v_{\max}(t_2-t_1) ∣ x − r q ( t 2 ) ∣ − ∣ x − r q ( t 1 ) ∣ ≥ − ∣ r q ( t 2 ) − r q ( t 1 ) ∣ ≥ − v m a x ( t 2 − t 1 )
g ( t 2 ) − g ( t 1 ) ≥ ( 1 − v max c ) ( t 2 − t 1 ) > 0 g(t_2)-g(t_1)\ge\Bigl(1-\frac{v_{\max}}{c}\Bigr)(t_2-t_1)>0 g ( t 2 ) − g ( t 1 ) ≥ ( 1 − c v m a x ) ( t 2 − t 1 ) > 0 です。よって g g g t ′ → ± ∞ t'\to\pm\infty t ′ → ± ∞ ± ∞ \pm\infty ± ∞ g ( t r ) = t g(t_r)=t g ( t r ) = t
∎ 定理 4.2 （リエナール・ヴィーヘルトポテンシャル ） ✓
上の設定で、R = x − r q ( t r ) \boldsymbol{R}=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t_r) R = x − r q ( t r ) R = ∣ R ∣ R=|\boldsymbol{R}| R = ∣ R ∣ n ^ = R / R \hat{\boldsymbol{n}}=\boldsymbol{R}/R n ^ = R / R β = v ( t r ) / c \boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{v}(t_r)/c β = v ( t r ) / c
φ ( x , t ) = q 4 π ε 0 1 R ( 1 − n ^ ⋅ β ) , A ( x , t ) = μ 0 q 4 π v ( t r ) R ( 1 − n ^ ⋅ β ) = v ( t r ) c 2 φ ( x , t ) \varphi(\boldsymbol{x},t)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{R\,(1-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{\beta})},\qquad\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)=\frac{\mu_0q}{4\pi}\frac{\boldsymbol{v}(t_r)}{R\,(1-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{\beta})}=\frac{\boldsymbol{v}(t_r)}{c^2}\varphi(\boldsymbol{x},t) φ ( x , t ) = 4 π ε 0 q R ( 1 − n ^ ⋅ β ) 1 , A ( x , t ) = 4 π μ 0 q R ( 1 − n ^ ⋅ β ) v ( t r ) = c 2 v ( t r ) φ ( x , t ) である。
証明（定理 4.2） 定理 3.2 の式の ρ ( y , t − ∣ x − y ∣ / c ) \rho(\boldsymbol{y},t-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c) ρ ( y , t − ∣ x − y ∣/ c ) ∫ ρ ( y , t ′ ) δ ( t − t ′ − ∣ x − y ∣ / c ) d t ′ \int\rho(\boldsymbol{y},t')\,\delta\bigl(t-t'-|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|/c\bigr)dt' ∫ ρ ( y , t ′ ) δ ( t − t ′ − ∣ x − y ∣/ c ) d t ′ y \boldsymbol{y} y δ 3 \delta^3 δ 3
φ = q 4 π ε 0 ∫ δ ( t − g ( t ′ ) ) ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ d t ′ , g ( t ′ ) = t ′ + ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ c \varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{\delta\bigl(t-g(t')\bigr)}{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t')|}\,dt',\qquad g(t')=t'+\frac{|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t')|}{c} φ = 4 π ε 0 q ∫ ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ δ ( t − g ( t ′ ) ) d t ′ , g ( t ′ ) = t ′ + c ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ です。補題 4.1 により g ( t ′ ) = t g(t')=t g ( t ′ ) = t t r t_r t r δ ( t − g ( t ′ ) ) = δ ( t ′ − t r ) / ∣ g ′ ( t r ) ∣ \delta(t-g(t'))=\delta(t'-t_r)/|g'(t_r)| δ ( t − g ( t ′ )) = δ ( t ′ − t r ) /∣ g ′ ( t r ) ∣ g ′ ( t ′ ) = 1 + 1 c d d t ′ ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ = 1 − n ^ ⋅ v / c g'(t')=1+\frac1c\frac{d}{dt'}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q(t')|=1-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{v}/c g ′ ( t ′ ) = 1 + c 1 d t ′ d ∣ x − r q ( t ′ ) ∣ = 1 − n ^ ⋅ v / c d d t ′ ∣ x − r q ∣ = − n ^ ⋅ v \frac{d}{dt'}|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_q|=-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{v} d t ′ d ∣ x − r q ∣ = − n ^ ⋅ v φ = q 4 π ε 0 1 R ( 1 − n ^ ⋅ β ) \varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{R(1-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{\beta})} φ = 4 π ε 0 q R ( 1 − n ^ ⋅ β ) 1 A \boldsymbol{A} A ρ → J = ρ v \rho\to\boldsymbol{J}=\rho\boldsymbol{v} ρ → J = ρ v 1 / ε 0 → μ 0 1/\varepsilon_0\to\mu_0 1/ ε 0 → μ 0
∎ 分母の 1 − n ^ ⋅ β 1-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{\beta} 1 − n ^ ⋅ β n ^ ⋅ β > 0 \hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{\beta}>0 n ^ ⋅ β > 0
源が ∣ y ∣ ≤ L |\boldsymbol{y}|\le L ∣ y ∣ ≤ L x = r n ^ \boldsymbol{x}=r\hat{\boldsymbol{n}} x = r n ^ r ≫ L r\gg L r ≫ L ∣ x − y ∣ = r − n ^ ⋅ y + O ( L 2 / r ) |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|=r-\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{y}+O(L^2/r) ∣ x − y ∣ = r − n ^ ⋅ y + O ( L 2 / r ) 1 / r 1/r 1/ r
A ( x , t ) ≈ μ 0 4 π r ∫ J ( y , t − r c + n ^ ⋅ y c ) d V y \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)\approx\frac{\mu_0}{4\pi r}\int\boldsymbol{J}\Bigl(\boldsymbol{y},\,t-\frac rc+\frac{\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{y}}{c}\Bigr)dV_y A ( x , t ) ≈ 4 π r μ 0 ∫ J ( y , t − c r + c n ^ ⋅ y ) d V y です。この A \boldsymbol{A} A F ( t − r / c , n ^ ) / r \boldsymbol{F}(t-r/c,\hat{\boldsymbol{n}})/r F ( t − r / c , n ^ ) / r 1 / r 1/r 1/ r 波動帯 （放射領域）といいます。次の命題は、そこでの電場・磁場・エネルギーの流れの向きと大きさの関係を求めます。r − 2 r^{-2} r − 2 r r r r − 1 r^{-1} r − 1 r − 1 r^{-1} r − 1
命題 5.1 （波動帯での場の関係 ） ✓
遠方で A = F ( t − r / c , n ^ ) / r \boldsymbol{A}=\boldsymbol{F}(t-r/c,\hat{\boldsymbol{n}})/r A = F ( t − r / c , n ^ ) / r r − 1 r^{-1} r − 1
B = − 1 c n ^ × ∂ t A , E = c B × n ^ , S = 1 μ 0 E × B = c μ 0 ∣ B ∣ 2 n ^ \boldsymbol{B}=-\frac1c\,\hat{\boldsymbol{n}}\times\partial_t\boldsymbol{A},\qquad\boldsymbol{E}=c\,\boldsymbol{B}\times\hat{\boldsymbol{n}},\qquad\boldsymbol{S}=\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}=\frac{c}{\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2\hat{\boldsymbol{n}} B = − c 1 n ^ × ∂ t A , E = c B × n ^ , S = μ 0 1 E × B = μ 0 c ∣ B ∣ 2 n ^ が成り立つ。E , B , n ^ \boldsymbol{E},\boldsymbol{B},\hat{\boldsymbol{n}} E , B , n ^
証明（命題 5.1） ∇ ( t − r / c ) = − n ^ / c \nabla(t-r/c)=-\hat{\boldsymbol{n}}/c ∇ ( t − r / c ) = − n ^ / c ∇ × [ F ( t − r / c , n ^ ) / r ] = − 1 c r n ^ × ∂ t F + O ( r − 2 ) \nabla\times\bigl[\boldsymbol{F}(t-r/c,\hat{\boldsymbol{n}})/r\bigr]=-\frac{1}{cr}\hat{\boldsymbol{n}}\times\partial_t\boldsymbol{F}+O(r^{-2}) ∇ × [ F ( t − r / c , n ^ ) / r ] = − cr 1 n ^ × ∂ t F + O ( r − 2 ) n ^ \hat{\boldsymbol{n}} n ^ 1 / r 1/r 1/ r O ( r − 2 ) O(r^{-2}) O ( r − 2 ) B \boldsymbol{B} B ∂ t E = c 2 ∇ × B \partial_t\boldsymbol{E}=c^2\nabla\times\boldsymbol{B} ∂ t E = c 2 ∇ × B 定義 3.1［マクスウェル方程式と電磁波］ の (M4)）が成り立ち、B \boldsymbol{B} B t − r / c t-r/c t − r / c ∇ × B = − 1 c n ^ × ∂ t B + O ( r − 2 ) \nabla\times\boldsymbol{B}=-\frac1c\hat{\boldsymbol{n}}\times\partial_t\boldsymbol{B}+O(r^{-2}) ∇ × B = − c 1 n ^ × ∂ t B + O ( r − 2 ) r − 2 r^{-2} r − 2 E = − c n ^ × B = c B × n ^ \boldsymbol{E}=-c\,\hat{\boldsymbol{n}}\times\boldsymbol{B}=c\boldsymbol{B}\times\hat{\boldsymbol{n}} E = − c n ^ × B = c B × n ^ B \boldsymbol{B} B B ⊥ n ^ \boldsymbol{B}\perp\hat{\boldsymbol{n}} B ⊥ n ^ E \boldsymbol{E} E E ⊥ n ^ , B \boldsymbol{E}\perp\hat{\boldsymbol{n}},\boldsymbol{B} E ⊥ n ^ , B E × B = c ( B × n ^ ) × B = c [ n ^ ∣ B ∣ 2 − B ( n ^ ⋅ B ) ] = c ∣ B ∣ 2 n ^ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}=c(\boldsymbol{B}\times\hat{\boldsymbol{n}})\times\boldsymbol{B}=c\bigl[\hat{\boldsymbol{n}}|\boldsymbol{B}|^2-\boldsymbol{B}(\hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{B})\bigr]=c|\boldsymbol{B}|^2\hat{\boldsymbol{n}} E × B = c ( B × n ^ ) × B = c [ n ^ ∣ B ∣ 2 − B ( n ^ ⋅ B ) ] = c ∣ B ∣ 2 n ^
∎ ∣ B ∣ ∝ 1 / r |\boldsymbol{B}|\propto1/r ∣ B ∣ ∝ 1/ r ∣ S ∣ ∝ r − 2 |\boldsymbol{S}|\propto r^{-2} ∣ S ∣ ∝ r − 2 r r r r r r
源の大きさ L L L λ ∼ c / ω \lambda\sim c/\omega λ ∼ c / ω ω L / c ≪ 1 \omega L/c\ll1 ω L / c ≪ 1 J \boldsymbol{J} J n ^ ⋅ y / c \hat{\boldsymbol{n}}\cdot\boldsymbol{y}/c n ^ ⋅ y / c
A ( x , t ) ≈ μ 0 4 π r ∫ J ( y , t − r / c ) d V y \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)\approx\frac{\mu_0}{4\pi r}\int\boldsymbol{J}\bigl(\boldsymbol{y},t-r/c\bigr)dV_y A ( x , t ) ≈ 4 π r μ 0 ∫ J ( y , t − r / c ) d V y です。この積分は電気双極子モーメントで書けます。
補題 5.2 （電流の体積積分 ） ✓
p ( t ) = ∫ y ρ ( y , t ) d V y \boldsymbol{p}(t)=\int\boldsymbol{y}\,\rho(\boldsymbol{y},t)\,dV_y p ( t ) = ∫ y ρ ( y , t ) d V y ∫ J d V = p ˙ \int\boldsymbol{J}\,dV=\dot{\boldsymbol{p}} ∫ J d V = p ˙
証明（補題 5.2） ∇ ⋅ ( y i J ) = J i + y i ∇ ⋅ J = J i − y i ∂ t ρ \nabla\cdot(y_i\boldsymbol{J})=J_i+y_i\nabla\cdot\boldsymbol{J}=J_i-y_i\partial_t\rho ∇ ⋅ ( y i J ) = J i + y i ∇ ⋅ J = J i − y i ∂ t ρ J \boldsymbol{J} J 0 0 0 ∫ J i d V = ∫ y i ∂ t ρ d V = p ˙ i \int J_i\,dV=\int y_i\partial_t\rho\,dV=\dot p_i ∫ J i d V = ∫ y i ∂ t ρ d V = p ˙ i
∎ 定理 5.3 （電気双極子放射 ） ✓
源が ∣ y ∣ ≤ L |\boldsymbol{y}|\le L ∣ y ∣ ≤ L ω L / c ≪ 1 \omega L/c\ll1 ω L / c ≪ 1 ω \omega ω
B = − μ 0 4 π c r n ^ × p ¨ ( t − r / c ) , E = c B × n ^ \boldsymbol{B}=-\frac{\mu_0}{4\pi c\,r}\,\hat{\boldsymbol{n}}\times\ddot{\boldsymbol{p}}\bigl(t-r/c\bigr),\qquad\boldsymbol{E}=c\boldsymbol{B}\times\hat{\boldsymbol{n}} B = − 4 π c r μ 0 n ^ × p ¨ ( t − r / c ) , E = c B × n ^ で、ポインティング・ベクトルは S = μ 0 16 π 2 c r 2 ∣ p ¨ ∣ 2 sin 2 Θ n ^ \boldsymbol{S}=\dfrac{\mu_0}{16\pi^2c\,r^2}|\ddot{\boldsymbol{p}}|^2\sin^2\Theta\,\hat{\boldsymbol{n}} S = 16 π 2 c r 2 μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 sin 2 Θ n ^ Θ \Theta Θ p ¨ \ddot{\boldsymbol{p}} p ¨ n ^ \hat{\boldsymbol{n}} n ^
P ( t ) = ∮ S ⋅ n ^ r 2 d Ω = μ 0 6 π c ∣ p ¨ ( t − r / c ) ∣ 2 P(t)=\oint\boldsymbol{S}\cdot\hat{\boldsymbol{n}}\,r^2d\Omega=\frac{\mu_0}{6\pi c}\,\bigl|\ddot{\boldsymbol{p}}(t-r/c)\bigr|^2 P ( t ) = ∮ S ⋅ n ^ r 2 d Ω = 6 π c μ 0 p ¨ ( t − r / c ) 2 である。
証明（定理 5.3） 上の近似と 補題 5.2 により A ≈ μ 0 4 π r p ˙ ( t − r / c ) \boldsymbol{A}\approx\frac{\mu_0}{4\pi r}\dot{\boldsymbol{p}}(t-r/c) A ≈ 4 π r μ 0 p ˙ ( t − r / c ) 命題 5.1 に代入すると B = − 1 c n ^ × ∂ t A = − μ 0 4 π c r n ^ × p ¨ \boldsymbol{B}=-\frac1c\hat{\boldsymbol{n}}\times\partial_t\boldsymbol{A}=-\frac{\mu_0}{4\pi cr}\hat{\boldsymbol{n}}\times\ddot{\boldsymbol{p}} B = − c 1 n ^ × ∂ t A = − 4 π cr μ 0 n ^ × p ¨ ∣ B ∣ = μ 0 4 π c r ∣ p ¨ ∣ sin Θ |\boldsymbol{B}|=\frac{\mu_0}{4\pi cr}|\ddot{\boldsymbol{p}}|\sin\Theta ∣ B ∣ = 4 π cr μ 0 ∣ p ¨ ∣ sin Θ S = c μ 0 ∣ B ∣ 2 n ^ \boldsymbol{S}=\frac{c}{\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2\hat{\boldsymbol{n}} S = μ 0 c ∣ B ∣ 2 n ^ p ¨ \ddot{\boldsymbol{p}} p ¨
∮ sin 2 Θ d Ω = 2 π ∫ 0 π sin 3 Θ d Θ = 2 π ⋅ 4 3 = 8 π 3 \oint\sin^2\Theta\,d\Omega=2\pi\int_0^\pi\sin^3\Theta\,d\Theta=2\pi\cdot\frac43=\frac{8\pi}{3} ∮ sin 2 Θ d Ω = 2 π ∫ 0 π sin 3 Θ d Θ = 2 π ⋅ 3 4 = 3 8 π より μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 16 π 2 c ⋅ 8 π 3 = μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 6 π c \frac{\mu_0|\ddot{\boldsymbol{p}}|^2}{16\pi^2c}\cdot\frac{8\pi}{3}=\frac{\mu_0|\ddot{\boldsymbol{p}}|^2}{6\pi c} 16 π 2 c μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 ⋅ 3 8 π = 6 π c μ 0 ∣ p ¨ ∣ 2 ポインティングの定理（定理 6.2）［マクスウェル方程式と電磁波］ により場から失われる（外へ運ばれる）エネルギーの割合です。
∎ 電気双極子放射の角度分布 sin²Θ。双極子の軸方向には放射せず、軸に垂直な方向に最も強く放射する。 系 5.4 （ラーモアの公式 ） ✓
加速度 a \boldsymbol{a} a v ≪ c v\ll c v ≪ c q q q
P = μ 0 q 2 a 2 6 π c = q 2 a 2 6 π ε 0 c 3 P=\frac{\mu_0q^2a^2}{6\pi c}=\frac{q^2a^2}{6\pi\varepsilon_0c^3} P = 6 π c μ 0 q 2 a 2 = 6 π ε 0 c 3 q 2 a 2 を放射する。放射場の強度は sin 2 Θ \sin^2\Theta sin 2 Θ Θ \Theta Θ a \boldsymbol{a} a
証明（系 5.4） 軌道が代表的な振幅 x 0 x_0 x 0 ω \omega ω v ∼ ω x 0 v\sim\omega x_0 v ∼ ω x 0 v ≪ c v\ll c v ≪ c ω x 0 / c ≪ 1 \omega x_0/c\ll1 ω x 0 / c ≪ 1 定理 5.3 の仮定です。点電荷の p = q r q ( t ) \boldsymbol{p}=q\boldsymbol{r}_q(t) p = q r q ( t ) p ¨ = q a \ddot{\boldsymbol{p}}=q\boldsymbol{a} p ¨ = q a 定理 5.3 に代入して主張を得ます。
∎ 例 5.5 （古典的な原子の寿命 ）
水素原子のボーア半径 a B = 5.29 × 10 − 11 m a_B=5.29\times10^{-11}\,\mathrm{m} a B = 5.29 × 1 0 − 11 m v = α c = 2.19 × 10 6 m / s v=\alpha c=2.19\times10^6\,\mathrm{m/s} v = α c = 2.19 × 1 0 6 m/s a = v 2 / a B = 9.1 × 10 22 m / s 2 a=v^2/a_B=9.1\times10^{22}\,\mathrm{m/s^2} a = v 2 / a B = 9.1 × 1 0 22 m/ s 2 系 5.4 から
P = ( 1.60 × 10 − 19 ) 2 ( 9.1 × 10 22 ) 2 6 π ( 8.85 × 10 − 12 ) ( 3.00 × 10 8 ) 3 ≈ 4.7 × 10 − 8 W . P=\frac{(1.60\times10^{-19})^2(9.1\times10^{22})^2}{6\pi(8.85\times10^{-12})(3.00\times10^8)^3}\approx4.7\times10^{-8}\,\mathrm{W}. P = 6 π ( 8.85 × 1 0 − 12 ) ( 3.00 × 1 0 8 ) 3 ( 1.60 × 1 0 − 19 ) 2 ( 9.1 × 1 0 22 ) 2 ≈ 4.7 × 1 0 − 8 W . 軌道エネルギー 13.6 e V = 2.2 × 10 − 18 J 13.6\,\mathrm{eV}=2.2\times10^{-18}\,\mathrm{J} 13.6 eV = 2.2 × 1 0 − 18 J 5 × 10 − 11 s 5\times10^{-11}\,\mathrm{s} 5 × 1 0 − 11 s 10 − 10 s 10^{-10}\,\mathrm{s} 1 0 − 10 s
例 5.6 （短い線アンテナの放射抵抗 ）
長さ ℓ ≪ λ \ell\ll\lambda ℓ ≪ λ I 0 I_0 I 0 ω \omega ω 0 0 0 1 / 4 1/4 1/4 p 0 = I 0 ℓ / ω p_0=I_0\ell/\omega p 0 = I 0 ℓ / ω p ˙ = I ℓ \dot p=I\ell p ˙ = I ℓ 定理 5.3 から時間平均のパワーは ⟨ P ⟩ = μ 0 6 π c ⋅ ω 4 p 0 2 2 = μ 0 ω 2 ℓ 2 12 π c I 0 2 \langle P\rangle=\dfrac{\mu_0}{6\pi c}\cdot\dfrac{\omega^4p_0^2}{2}=\dfrac{\mu_0\omega^2\ell^2}{12\pi c}I_0^2 ⟨ P ⟩ = 6 π c μ 0 ⋅ 2 ω 4 p 0 2 = 12 π c μ 0 ω 2 ℓ 2 I 0 2 ⟨ P ⟩ = 1 2 R r a d I 0 2 \langle P\rangle=\frac12R_{\mathrm{rad}}I_0^2 ⟨ P ⟩ = 2 1 R rad I 0 2
R r a d = μ 0 ω 2 ℓ 2 6 π c = 2 π 3 Z 0 ( ℓ λ ) 2 ≈ 790 ( ℓ λ ) 2 Ω , Z 0 = μ 0 / ε 0 ≈ 377 Ω R_{\mathrm{rad}}=\frac{\mu_0\omega^2\ell^2}{6\pi c}=\frac{2\pi}{3}Z_0\Bigl(\frac\ell\lambda\Bigr)^2\approx790\Bigl(\frac\ell\lambda\Bigr)^2\ \Omega,\qquad Z_0=\sqrt{\mu_0/\varepsilon_0}\approx377\,\Omega R rad = 6 π c μ 0 ω 2 ℓ 2 = 3 2 π Z 0 ( λ ℓ ) 2 ≈ 790 ( λ ℓ ) 2 Ω , Z 0 = μ 0 / ε 0 ≈ 377 Ω です。ℓ = λ / 10 \ell=\lambda/10 ℓ = λ /10 7.9 Ω 7.9\,\Omega 7.9 Ω ( ℓ / λ ) 2 (\ell/\lambda)^2 ( ℓ / λ ) 2 ω 4 \omega^4 ω 4
電荷が 系 5.4 のパワーを放射するなら、エネルギー保存則により、電荷自身が同じだけエネルギーを失っているはずです。これを、電荷に働く追加の力 F r a d \boldsymbol{F}_{\mathrm{rad}} F rad v ≪ c v\ll c v ≪ c
τ : = μ 0 q 2 6 π m c = 2 3 r e c , r e = q 2 4 π ε 0 m c 2 \tau:=\frac{\mu_0q^2}{6\pi mc}=\frac{2}{3}\frac{r_e}{c},\qquad r_e=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0mc^2} τ := 6 π m c μ 0 q 2 = 3 2 c r e , r e = 4 π ε 0 m c 2 q 2 とおきます。電子では r e = 2.82 × 10 − 15 m r_e=2.82\times10^{-15}\,\mathrm{m} r e = 2.82 × 1 0 − 15 m m c 2 mc^2 m c 2 τ = 6.26 × 10 − 24 s \tau=6.26\times10^{-24}\,\mathrm{s} τ = 6.26 × 1 0 − 24 s τ \tau τ r e r_e r e
命題 6.1 （エネルギー収支とアブラハム・ローレンツの力 ） ✓
外力 F e x t \boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}} F ext m a = F e x t + F r a d m\boldsymbol{a}=\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}+\boldsymbol{F}_{\mathrm{rad}} m a = F ext + F rad P = m τ a 2 P=m\tau a^2 P = m τ a 2 系 5.4 ）の分のエネルギーを失うとする。時刻 t 1 , t 2 t_1,t_2 t 1 , t 2 a ( t 1 ) ⋅ v ( t 1 ) = a ( t 2 ) ⋅ v ( t 2 ) \boldsymbol{a}(t_1)\cdot\boldsymbol{v}(t_1)=\boldsymbol{a}(t_2)\cdot\boldsymbol{v}(t_2) a ( t 1 ) ⋅ v ( t 1 ) = a ( t 2 ) ⋅ v ( t 2 ) a = 0 \boldsymbol{a}=\boldsymbol{0} a = 0
F r a d = m τ a ˙ \boldsymbol{F}_{\mathrm{rad}}=m\tau\,\dot{\boldsymbol{a}} F rad = m τ a ˙ は、反作用力がする仕事 ∫ t 1 t 2 F r a d ⋅ v d t \int_{t_1}^{t_2}\boldsymbol{F}_{\mathrm{rad}}\cdot\boldsymbol{v}\,dt ∫ t 1 t 2 F rad ⋅ v d t − ∫ t 1 t 2 P d t -\int_{t_1}^{t_2}P\,dt − ∫ t 1 t 2 P d t
証明（命題 6.1） 部分積分により ∫ t 1 t 2 a 2 d t = [ a ⋅ v ] t 1 t 2 − ∫ t 1 t 2 a ˙ ⋅ v d t \int_{t_1}^{t_2}a^2dt=\bigl[\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{v}\bigr]_{t_1}^{t_2}-\int_{t_1}^{t_2}\dot{\boldsymbol{a}}\cdot\boldsymbol{v}\,dt ∫ t 1 t 2 a 2 d t = [ a ⋅ v ] t 1 t 2 − ∫ t 1 t 2 a ˙ ⋅ v d t 0 0 0 ∫ F r a d ⋅ v d t = m τ ∫ a ˙ ⋅ v d t = − m τ ∫ a 2 d t = − ∫ P d t \int\boldsymbol{F}_{\mathrm{rad}}\cdot\boldsymbol{v}\,dt=m\tau\int\dot{\boldsymbol{a}}\cdot\boldsymbol{v}\,dt=-m\tau\int a^2dt=-\int P\,dt ∫ F rad ⋅ v d t = m τ ∫ a ˙ ⋅ v d t = − m τ ∫ a 2 d t = − ∫ P d t
∎ こうして得られる
m a = F e x t + m τ a ˙ （アブラハム・ローレンツ方程式） m\boldsymbol{a}=\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}+m\tau\,\dot{\boldsymbol{a}}\qquad\text{（アブラハム・ローレンツ方程式）} m a = F ext + m τ a ˙ （アブラハム・ローレンツ方程式） は、加速度の時間微分 を含みます。通常の運動方程式は x \boldsymbol{x} x
次の定理は、アブラハム・ローレンツ方程式が通常の力学と違う奇妙な振る舞いをすることを示します。(i) は外力がないのに加速度が勝手に増え続ける解があるという主張、(ii) は、そのような解を除くと加速度が外力の「未来」の値から決まり、力が入る前から動き始めるという主張です。(ii) の「もしあれば」は、公式の右辺の積分が収束するなど、解が存在する場合に限ってこの形に決まるという意味です。
定理 6.3 （暴走解と前加速 ） ✓
(i) F e x t = 0 \boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}=\boldsymbol{0} F ext = 0 a ( t ) = a 0 e t / τ \boldsymbol{a}(t)=\boldsymbol{a}_0e^{t/\tau} a ( t ) = a 0 e t / τ a 0 ≠ 0 \boldsymbol{a}_0\ne\boldsymbol{0} a 0 = 0
(ii) F e x t ( t ) \boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}(t) F ext ( t ) t → ∞ t\to\infty t → ∞
a ( t ) = 1 m τ ∫ t ∞ e − ( s − t ) / τ F e x t ( s ) d s \boldsymbol{a}(t)=\frac{1}{m\tau}\int_t^\infty e^{-(s-t)/\tau}\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}(s)\,ds a ( t ) = m τ 1 ∫ t ∞ e − ( s − t ) / τ F ext ( s ) d s ただ一つである。この解では、外力が t = 0 t=0 t = 0
証明（定理 6.3） (i) a = τ a ˙ \boldsymbol{a}=\tau\dot{\boldsymbol{a}} a = τ a ˙ a = a 0 e t / τ \boldsymbol{a}=\boldsymbol{a}_0e^{t/\tau} a = a 0 e t / τ
(ii) 方程式を a ˙ − a / τ = − F e x t / ( m τ ) \dot{\boldsymbol{a}}-\boldsymbol{a}/\tau=-\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}/(m\tau) a ˙ − a / τ = − F ext / ( m τ ) e − t / τ e^{-t/\tau} e − t / τ d d t ( e − t / τ a ) = − 1 m τ e − t / τ F e x t ( t ) \dfrac{d}{dt}\bigl(e^{-t/\tau}\boldsymbol{a}\bigr)=-\dfrac{1}{m\tau}e^{-t/\tau}\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}(t) d t d ( e − t / τ a ) = − m τ 1 e − t / τ F ext ( t ) t t t T T T
e − T / τ a ( T ) = e − t / τ a ( t ) − 1 m τ ∫ t T e − s / τ F e x t ( s ) d s . e^{-T/\tau}\boldsymbol{a}(T)=e^{-t/\tau}\boldsymbol{a}(t)-\frac{1}{m\tau}\int_t^Te^{-s/\tau}\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}(s)\,ds . e − T / τ a ( T ) = e − t / τ a ( t ) − m τ 1 ∫ t T e − s / τ F ext ( s ) d s . a \boldsymbol{a} a T → ∞ T\to\infty T → ∞ 0 0 0 F e x t \boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}} F ext e − t / τ a ( t ) = 1 m τ ∫ t ∞ e − s / τ F e x t ( s ) d s e^{-t/\tau}\boldsymbol{a}(t)=\frac{1}{m\tau}\int_t^\infty e^{-s/\tau}\boldsymbol{F}_{\mathrm{ext}}(s)\,ds e − t / τ a ( t ) = m τ 1 ∫ t ∞ e − s / τ F ext ( s ) d s e t / τ e^{t/\tau} e t / τ
∎ 例 6.4 （階段状の力に対する応答 ）
F e x t ( s ) = F 0 F_{\mathrm{ext}}(s)=F_0 F ext ( s ) = F 0 s > 0 s>0 s > 0 F e x t ( s ) = 0 F_{\mathrm{ext}}(s)=0 F ext ( s ) = 0 s < 0 s<0 s < 0 定理 6.3 (ii) の積分を計算すると、t > 0 t>0 t > 0 a ( t ) = 1 m τ ∫ t ∞ e − ( s − t ) / τ F 0 d s = F 0 / m a(t)=\frac{1}{m\tau}\int_t^\infty e^{-(s-t)/\tau}F_0\,ds=F_0/m a ( t ) = m τ 1 ∫ t ∞ e − ( s − t ) / τ F 0 d s = F 0 / m t < 0 t<0 t < 0
a ( t ) = 1 m τ ∫ 0 ∞ e − ( s − t ) / τ F 0 d s = F 0 m e t / τ a(t)=\frac{1}{m\tau}\int_0^\infty e^{-(s-t)/\tau}F_0\,ds=\frac{F_0}{m}e^{t/\tau} a ( t ) = m τ 1 ∫ 0 ∞ e − ( s − t ) / τ F 0 d s = m F 0 e t / τ です。加速は力が入る時間 τ ∼ 10 − 23 s \tau\sim10^{-23}\,\mathrm{s} τ ∼ 1 0 − 23 s τ \tau τ
例 6.5 （振動電荷の減衰と自然幅 ）
復元力 − m ω 0 2 x -m\omega_0^2\boldsymbol{x} − m ω 0 2 x m x ¨ = − m ω 0 2 x + m τ x ... m\ddot{\boldsymbol{x}}=-m\omega_0^2\boldsymbol{x}+m\tau\dddot{\boldsymbol{x}} m x ¨ = − m ω 0 2 x + m τ x ... τ ω 0 ≪ 1 \tau\omega_0\ll1 τ ω 0 ≪ 1 x ... ≈ − ω 0 2 x ˙ \dddot{\boldsymbol{x}}\approx-\omega_0^2\dot{\boldsymbol{x}} x ... ≈ − ω 0 2 x ˙
x ¨ + Γ x ˙ + ω 0 2 x = 0 , Γ = τ ω 0 2 \ddot{\boldsymbol{x}}+\Gamma\dot{\boldsymbol{x}}+\omega_0^2\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0},\qquad\Gamma=\tau\omega_0^2 x ¨ + Γ x ˙ + ω 0 2 x = 0 , Γ = τ ω 0 2 となり、振幅が e − Γ t / 2 e^{-\Gamma t/2} e − Γ t /2 e − Γ t e^{-\Gamma t} e − Γ t 540 n m 540\,\mathrm{nm} 540 nm ω 0 = 3.5 × 10 15 s − 1 \omega_0=3.5\times10^{15}\,\mathrm{s^{-1}} ω 0 = 3.5 × 1 0 15 s − 1 Γ = 6.26 × 10 − 24 × ( 3.5 × 10 15 ) 2 ≈ 7.7 × 10 7 s − 1 \Gamma=6.26\times10^{-24}\times(3.5\times10^{15})^2\approx7.7\times10^7\,\mathrm{s^{-1}} Γ = 6.26 × 1 0 − 24 × ( 3.5 × 1 0 15 ) 2 ≈ 7.7 × 1 0 7 s − 1 10 − 8 s 10^{-8}\,\mathrm{s} 1 0 − 8 s
電荷が時間 T T T Δ v \Delta\boldsymbol{v} Δ v β \beta β
命題 7.1 （放射エネルギーの低周波スペクトル ） ✓
非相対論的な点電荷の加速度 a ( t ) \boldsymbol{a}(t) a ( t ) L 1 ∩ L 2 L^1\cap L^2 L 1 ∩ L 2 Δ v = ∫ a d t \Delta\boldsymbol{v}=\int\boldsymbol{a}\,dt Δ v = ∫ a d t W = ∫ 0 ∞ d W d ω d ω W=\int_0^\infty\frac{dW}{d\omega}d\omega W = ∫ 0 ∞ d ω d W d ω
d W d ω = μ 0 q 2 6 π 2 c ∣ a ~ ( ω ) ∣ 2 , a ~ ( ω ) = ∫ a ( t ) e i ω t d t , \frac{dW}{d\omega}=\frac{\mu_0q^2}{6\pi^2c}\,|\tilde{\boldsymbol{a}}(\omega)|^2,\qquad\tilde{\boldsymbol{a}}(\omega)=\int\boldsymbol{a}(t)e^{i\omega t}dt, d ω d W = 6 π 2 c μ 0 q 2 ∣ a ~ ( ω ) ∣ 2 , a ~ ( ω ) = ∫ a ( t ) e iω t d t , であり、ω → 0 \omega\to0 ω → 0 μ 0 q 2 6 π 2 c ∣ Δ v ∣ 2 \dfrac{\mu_0q^2}{6\pi^2c}|\Delta\boldsymbol{v}|^2 6 π 2 c μ 0 q 2 ∣Δ v ∣ 2 ω min \omega_{\min} ω m i n ω max \omega_{\max} ω m a x ℏ ω \hbar\omega ℏ ω
N = ∫ ω min ω max 1 ℏ ω d W d ω d ω ≈ 2 α 3 π ( ∣ Δ v ∣ c ) 2 ln ω max ω min ( ω min < ω max ≪ 1 / T ) N=\int_{\omega_{\min}}^{\omega_{\max}}\frac{1}{\hbar\omega}\frac{dW}{d\omega}d\omega\approx\frac{2\alpha}{3\pi}\Bigl(\frac{|\Delta\boldsymbol{v}|}{c}\Bigr)^2\ln\frac{\omega_{\max}}{\omega_{\min}}\qquad(\omega_{\min}<\omega_{\max}\ll1/T) N = ∫ ω m i n ω m a x ℏ ω 1 d ω d W d ω ≈ 3 π 2 α ( c ∣Δ v ∣ ) 2 ln ω m i n ω m a x ( ω m i n < ω m a x ≪ 1/ T ) と対数的に大きくなり、ω min → 0 \omega_{\min}\to0 ω m i n → 0 T T T α = q 2 / ( 4 π ε 0 ℏ c ) \alpha=q^2/(4\pi\varepsilon_0\hbar c) α = q 2 / ( 4 π ε 0 ℏ c ) 微細構造定数 である。
証明（命題 7.1） 全放射エネルギーは 系 5.4 から W = μ 0 q 2 6 π c ∫ − ∞ ∞ ∣ a ∣ 2 d t W=\frac{\mu_0q^2}{6\pi c}\int_{-\infty}^\infty|\boldsymbol{a}|^2dt W = 6 π c μ 0 q 2 ∫ − ∞ ∞ ∣ a ∣ 2 d t a ∈ L 1 ∩ L 2 \boldsymbol{a}\in L^1\cap L^2 a ∈ L 1 ∩ L 2 ∫ ∣ a ∣ 2 d t = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ ∣ a ~ ∣ 2 d ω \int|\boldsymbol{a}|^2dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty|\tilde{\boldsymbol{a}}|^2d\omega ∫ ∣ a ∣ 2 d t = 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ ∣ a ~ ∣ 2 d ω Plancherel の定理（定理 4.1）［ℝⁿ 上のフーリエ変換］ は符号が e − i x ⋅ ξ e^{-ix\cdot\xi} e − i x ⋅ ξ ∣ a ~ ∣ |\tilde{\boldsymbol{a}}| ∣ a ~ ∣ ( 2 π ) n (2\pi)^n ( 2 π ) n a \boldsymbol{a} a ∣ a ~ ( − ω ) ∣ = ∣ a ~ ( ω ) ∣ |\tilde{\boldsymbol{a}}(-\omega)|=|\tilde{\boldsymbol{a}}(\omega)| ∣ a ~ ( − ω ) ∣ = ∣ a ~ ( ω ) ∣ ω > 0 \omega>0 ω > 0 ∫ ∣ a ∣ 2 d t = 1 π ∫ 0 ∞ ∣ a ~ ∣ 2 d ω \int|\boldsymbol{a}|^2dt=\frac1\pi\int_0^\infty|\tilde{\boldsymbol{a}}|^2d\omega ∫ ∣ a ∣ 2 d t = π 1 ∫ 0 ∞ ∣ a ~ ∣ 2 d ω d W / d ω = μ 0 q 2 6 π 2 c ∣ a ~ ( ω ) ∣ 2 dW/d\omega=\frac{\mu_0q^2}{6\pi^2c}|\tilde{\boldsymbol{a}}(\omega)|^2 d W / d ω = 6 π 2 c μ 0 q 2 ∣ a ~ ( ω ) ∣ 2 a ∈ L 1 \boldsymbol{a}\in L^1 a ∈ L 1 a ~ \tilde{\boldsymbol{a}} a ~ a ~ ( 0 ) = ∫ a d t = Δ v \tilde{\boldsymbol{a}}(0)=\int\boldsymbol{a}\,dt=\Delta\boldsymbol{v} a ~ ( 0 ) = ∫ a d t = Δ v ω → 0 \omega\to0 ω → 0 d W dW d W ℏ ω \hbar\omega ℏ ω a ~ ≈ Δ v \tilde{\boldsymbol{a}}\approx\Delta\boldsymbol{v} a ~ ≈ Δ v ω ≪ 1 / T \omega\ll1/T ω ≪ 1/ T N ≈ μ 0 q 2 ∣ Δ v ∣ 2 6 π 2 c ℏ ln ω max ω min N\approx\frac{\mu_0q^2|\Delta\boldsymbol{v}|^2}{6\pi^2c\hbar}\ln\frac{\omega_{\max}}{\omega_{\min}} N ≈ 6 π 2 c ℏ μ 0 q 2 ∣Δ v ∣ 2 ln ω m i n ω m a x μ 0 q 2 = 4 π α ℏ / c \mu_0q^2=4\pi\alpha\hbar/c μ 0 q 2 = 4 π α ℏ/ c 2 α 3 π ∣ Δ v ∣ 2 c 2 \frac{2\alpha}{3\pi}\frac{|\Delta\boldsymbol{v}|^2}{c^2} 3 π 2 α c 2 ∣Δ v ∣ 2
∎ 低周波の放射エネルギーが周波数によらず有限の値に近づくので、エネルギーを光子の個数に換算すると ∫ d ω / ω \int d\omega/\omega ∫ d ω / ω 赤外発散 の古典的な起源です。荷電粒子が衝突などで速度を変える過程では、波長が長い（軟）光子が無限個放出されることになり、光子数が確定した状態への遷移確率が 0 0 0 パウリ・フィールツ模型 です。
演習 8.1 標準
磁束密度 B = 1 T B=1\,\mathrm{T} B = 1 T v v v 1 / e 1/e 1/ e
解答 円運動の角周波数は ω c = e B / m = 1.76 × 10 11 s − 1 \omega_c=eB/m=1.76\times10^{11}\,\mathrm{s^{-1}} ω c = e B / m = 1.76 × 1 0 11 s − 1 a = ω c v a=\omega_cv a = ω c v 系 5.4 から P = m τ a 2 = m τ ω c 2 v 2 P=m\tau a^2=m\tau\omega_c^2v^2 P = m τ a 2 = m τ ω c 2 v 2 K = 1 2 m v 2 K=\frac12mv^2 K = 2 1 m v 2 d K / d t = − P = − 2 τ ω c 2 K dK/dt=-P=-2\tau\omega_c^2K d K / d t = − P = − 2 τ ω c 2 K K ∝ e − t / t c K\propto e^{-t/t_c} K ∝ e − t / t c t c = 1 / ( 2 τ ω c 2 ) = 1 / ( 2 × 6.26 × 10 − 24 × ( 1.76 × 10 11 ) 2 ) ≈ 2.6 s t_c=1/(2\tau\omega_c^2)=1/(2\times6.26\times10^{-24}\times(1.76\times10^{11})^2)\approx2.6\,\mathrm{s} t c = 1/ ( 2 τ ω c 2 ) = 1/ ( 2 × 6.26 × 1 0 − 24 × ( 1.76 × 1 0 11 ) 2 ) ≈ 2.6 s ∝ B − 2 \propto B^{-2} ∝ B − 2
演習 8.2 易
等速運動する電荷の 例 4.3 のポテンシャルで、運動方向に垂直な向き（d ⊥ v \boldsymbol{d}\perp\boldsymbol{v} d ⊥ v φ \varphi φ d d d
解答 d ∥ = 0 d_\parallel=0 d ∥ = 0 d ⊥ = d d_\perp=d d ⊥ = d φ = q 4 π ε 0 ( 1 − β 2 ) d 2 = γ q 4 π ε 0 d \varphi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(1-\beta^2)d^2}}=\dfrac{\gamma q}{4\pi\varepsilon_0d} φ = 4 π ε 0 ( 1 − β 2 ) d 2 q = 4 π ε 0 d γ q γ \gamma γ β → 1 \beta\to1 β → 1 φ = q / ( 4 π ε 0 ∣ d ∥ ∣ ) \varphi=q/(4\pi\varepsilon_0|d_\parallel|) φ = q / ( 4 π ε 0 ∣ d ∥ ∣ )
演習 8.3 標準
電荷 q q q x = x 0 cos ω t x=x_0\cos\omega t x = x 0 cos ω t x 0 ω ≪ c x_0\omega\ll c x 0 ω ≪ c 系 5.4 を使って時間平均の放射パワーを求め、(b) 定理 5.3 に p 0 = q x 0 p_0=qx_0 p 0 = q x 0 ⟨ P ⟩ / E \langle P\rangle/E ⟨ P ⟩ / E E = 1 2 m ω 2 x 0 2 E=\frac12m\omega^2x_0^2 E = 2 1 m ω 2 x 0 2 τ ω 2 \tau\omega^2 τ ω 2
解答 (a) 加速度は a = − ω 2 x 0 cos ω t a=-\omega^2x_0\cos\omega t a = − ω 2 x 0 cos ω t ⟨ a 2 ⟩ = ω 4 x 0 2 / 2 \langle a^2\rangle=\omega^4x_0^2/2 ⟨ a 2 ⟩ = ω 4 x 0 2 /2 ⟨ P ⟩ = μ 0 q 2 6 π c ⋅ ω 4 x 0 2 2 = μ 0 q 2 ω 4 x 0 2 12 π c \langle P\rangle=\dfrac{\mu_0q^2}{6\pi c}\cdot\dfrac{\omega^4x_0^2}{2}=\dfrac{\mu_0q^2\omega^4x_0^2}{12\pi c} ⟨ P ⟩ = 6 π c μ 0 q 2 ⋅ 2 ω 4 x 0 2 = 12 π c μ 0 q 2 ω 4 x 0 2 p ¨ = − ω 2 q x 0 cos ω t \ddot p=-\omega^2qx_0\cos\omega t p ¨ = − ω 2 q x 0 cos ω t ⟨ P ⟩ = μ 0 6 π c ⋅ ω 4 p 0 2 2 \langle P\rangle=\dfrac{\mu_0}{6\pi c}\cdot\dfrac{\omega^4p_0^2}{2} ⟨ P ⟩ = 6 π c μ 0 ⋅ 2 ω 4 p 0 2 ⟨ P ⟩ = m τ ⟨ a 2 ⟩ = 1 2 m τ ω 4 x 0 2 \langle P\rangle=m\tau\langle a^2\rangle=\frac12m\tau\omega^4x_0^2 ⟨ P ⟩ = m τ ⟨ a 2 ⟩ = 2 1 m τ ω 4 x 0 2 ⟨ P ⟩ / E = 1 2 m τ ω 4 x 0 2 1 2 m ω 2 x 0 2 = τ ω 2 \langle P\rangle/E=\dfrac{\frac12m\tau\omega^4x_0^2}{\frac12m\omega^2x_0^2}=\tau\omega^2 ⟨ P ⟩ / E = 2 1 m ω 2 x 0 2 2 1 m τ ω 4 x 0 2 = τ ω 2 E E E − τ ω 2 E -\tau\omega^2E − τ ω 2 E 例 6.5 の Γ = τ ω 2 \Gamma=\tau\omega^2 Γ = τ ω 2
演習 8.4 易
定理 5.3 で、双極子モーメントの振動 p = p 0 cos ω t e z \boldsymbol{p}=p_0\cos\omega t\,\boldsymbol{e}_z p = p 0 cos ω t e z ω \omega ω
解答 p ¨ = − ω 2 p 0 cos ω t e z \ddot{\boldsymbol{p}}=-\omega^2p_0\cos\omega t\,\boldsymbol{e}_z p ¨ = − ω 2 p 0 cos ω t e z ⟨ cos 2 ω t ⟩ = 1 / 2 \langle\cos^2\omega t\rangle=1/2 ⟨ cos 2 ω t ⟩ = 1/2 ⟨ P ⟩ = μ 0 6 π c ⋅ ω 4 p 0 2 2 = μ 0 ω 4 p 0 2 12 π c \langle P\rangle=\dfrac{\mu_0}{6\pi c}\cdot\dfrac{\omega^4p_0^2}{2}=\dfrac{\mu_0\omega^4p_0^2}{12\pi c} ⟨ P ⟩ = 6 π c μ 0 ⋅ 2 ω 4 p 0 2 = 12 π c μ 0 ω 4 p 0 2 ω 4 \omega^4 ω 4
J. D. Jackson『電磁気学（原書第 3 版）』（Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999）— 第 6 章（ゲージ変換、遅延グリーン関数）、第 9 章（放射系）、第 14 章（運動する荷電粒子の放射）、第 16 章（放射反作用）。
D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics , 4th ed., Cambridge University Press, 2017 — 第 10 章（Potentials and Fields）、第 11 章（Radiation）、第 12 章（Electrodynamics and Relativity）。
L. D. Landau, E. M. Lifshitz, The Classical Theory of Fields , 4th ed., Pergamon Press, 1975 — 運動する電荷の場、放射、放射反作用に当たる各章。
F. Rohrlich, Classical Charged Particles , 3rd ed., World Scientific, 2007 — アブラハム・ローレンツ方程式と前加速。
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Vol. II — 第 21 章（Solutions of Maxwell’s Equations with Currents and Charges）。