ガラスに入った光はなぜ曲がるのか、水面の照り返しはなぜ偏光サングラスで消えるのか、光ファイバーはなぜ曲げても光が漏れないのか。この記事は、こうした身近な現象の土台にある反射・屈折・全反射を、マクスウェル方程式と物質中の境界条件から説明します（回折では、これに開口についての近似を加えます）。読み終えると、反射と屈折の法則、金属管の中を電磁波が通る条件、スリットを通った光がつくる縞の形を、式から導けるようになります。
一様で線形・等方な媒質の中でも、電磁場は波動方程式を満たします。速さは真空の c c c v = 1 / ε μ = c / n v=1/\sqrt{\varepsilon\mu}=c/n v = 1/ ε μ = c / n n = ε r μ r n=\sqrt{\varepsilon_r\mu_r} n = ε r μ r δ = 2 / ( μ σ ω ) \delta=\sqrt{2/(\mu\sigma\omega)} δ = 2/ ( μ σ ω )
2 つの透明な媒質の界面での反射と屈折は、物質中の電磁場 で証明した境界条件から導けます。入射波・反射波・透過波の界面方向の位相がそろう条件から反射の法則 とスネルの法則 が、振幅の接続条件からフレネルの式 が出ます。
フレネルの式の帰結として、p p p ブリュースター角 （tan θ B = n 2 / n 1 \tan\theta_B=n_2/n_1 tan θ B = n 2 / n 1 全反射 が説明されます。全反射では反射率が 1 でも、界面の向こう側に減衰する波（エバネッセント波）がしみ出します。
完全導体の壁で囲まれた導波管では、横方向の固有値問題が 1 つ解けるたびに 1 つのモード が決まり、各モードに遮断周波数 があります。位相速度 （波の山の動く速さ）は c c c 群速度 （波のかたまりの動く速さ）とエネルギー速度は c c c c 2 c^2 c 2
干渉と回折は同じ現象です。ヘルムホルツ方程式（波動方程式を単色の波に限った式）の解に対する積分公式 （グリーンの恒等式から証明できる）に開口の仮定を入れ、遠方で近似すると、単スリットは s i n c 2 \mathrm{sinc}^2 sinc 2 cos 2 \cos^2 cos 2
平面波 : 波面が平らで、位相が k ⋅ x − ω t \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t k ⋅ x − ω t 平面波 分散関係 : 角周波数 ω \omega ω k k k 分散関係 境界条件 : 界面で E \boldsymbol{E} E H \boldsymbol{H} H 物質中の電磁場 ポインティング・ベクトル : 電磁場がエネルギーを運ぶ向きと量を表すベクトル。→ マクスウェル方程式と電磁波 複素数の指数関数 : e i θ = cos θ + i sin θ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta e i θ = cos θ + i sin θ マクスウェル方程式と電磁波 で、真空中の電磁場が速さ c c c
物質中の電磁場 で、物質を ε , μ \varepsilon,\mu ε , μ
無限に広い一様な媒質（§3）と、2 つの媒質の界面（§4）。
金属の壁に囲まれた管（§5）。
障害物のある空間（§6）。
どれも「方程式を解き、境界で場をつなぐ」という同じ手順で解けます。違いは、境界の形と、使う境界条件だけです。
単色の波、つまり時間依存性が cos ( ω t + 位相 ) \cos(\omega t+\text{位相}) cos ( ω t + 位相 ) E ( x , t ) = R e [ E ( x ) e − i ω t ] \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)=\mathrm{Re}\bigl[\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x})e^{-i\omega t}\bigr] E ( x , t ) = Re [ E ( x ) e − iω t ] ∂ t → − i ω \partial_t\to-i\omega ∂ t → − iω
2 つの量の積（たとえばポインティング・ベクトル）は非線形なので、実部をとってから掛けなければなりません。1 周期の時間平均は
⟨ R e ( a e − i ω t ) R e ( b e − i ω t ) ⟩ = 1 2 R e ( a b ˉ ) \bigl\langle\mathrm{Re}(ae^{-i\omega t})\,\mathrm{Re}(be^{-i\omega t})\bigr\rangle=\frac12\mathrm{Re}(a\bar b) ⟨ Re ( a e − iω t ) Re ( b e − iω t ) ⟩ = 2 1 Re ( a b ˉ ) です。実際、R e ( a e − i ω t ) = 1 2 ( a e − i ω t + a ˉ e i ω t ) \mathrm{Re}(ae^{-i\omega t})=\frac12(ae^{-i\omega t}+\bar ae^{i\omega t}) Re ( a e − iω t ) = 2 1 ( a e − iω t + a ˉ e iω t ) 1 4 ( a b e − 2 i ω t + a b ˉ + a ˉ b + a ˉ b ˉ e 2 i ω t ) \frac14(a b e^{-2i\omega t}+a\bar b+\bar ab+\bar a\bar be^{2i\omega t}) 4 1 ( ab e − 2 iω t + a b ˉ + a ˉ b + a ˉ b ˉ e 2 iω t ) e ± 2 i ω t e^{\pm2i\omega t} e ± 2 iω t 1 4 ( a b ˉ + a ˉ b ) = 1 2 R e ( a b ˉ ) \frac14(a\bar b+\bar ab)=\frac12\mathrm{Re}(a\bar b) 4 1 ( a b ˉ + a ˉ b ) = 2 1 Re ( a b ˉ )
媒質は一様 （ε , μ \varepsilon,\mu ε , μ 線形・等方 （D = ε E \boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E} D = ε E B = μ H \boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H} B = μ H ω \omega ω ε , μ \varepsilon,\mu ε , μ
定理 3.1 （媒質中の波動方程式 ） ✓
一様な線形等方媒質で ρ f = 0 \rho_f=0 ρ f = 0 J f = 0 \boldsymbol{J}_f=\boldsymbol{0} J f = 0 C 2 C^2 C 2 E , B \boldsymbol{E},\boldsymbol{B} E , B
∇ 2 E = ε μ ∂ 2 E ∂ t 2 , ∇ 2 B = ε μ ∂ 2 B ∂ t 2 \nabla^2\boldsymbol{E}=\varepsilon\mu\,\frac{\partial^2\boldsymbol{E}}{\partial t^2},\qquad\nabla^2\boldsymbol{B}=\varepsilon\mu\,\frac{\partial^2\boldsymbol{B}}{\partial t^2} ∇ 2 E = ε μ ∂ t 2 ∂ 2 E , ∇ 2 B = ε μ ∂ t 2 ∂ 2 B を満たす。位相速度は v = 1 / ε μ = c / n v=1/\sqrt{\varepsilon\mu}=c/n v = 1/ ε μ = c / n n = ε r μ r n=\sqrt{\varepsilon_r\mu_r} n = ε r μ r
証明の方針は、真空で光速を出した計算の ε 0 μ 0 \varepsilon_0\mu_0 ε 0 μ 0 ε μ \varepsilon\mu ε μ
証明（定理 3.1） 定理 6.2［物質中の電磁場］ の方程式は、D = ε E \boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E} D = ε E H = B / μ \boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu H = B / μ ρ f = 0 \rho_f=0 ρ f = 0 J f = 0 \boldsymbol{J}_f=\boldsymbol{0} J f = 0 ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ t B \nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial_t\boldsymbol{B} ∇ × E = − ∂ t B ∇ × B = ε μ ∂ t E \nabla\times\boldsymbol{B}=\varepsilon\mu\,\partial_t\boldsymbol{E} ∇ × B = ε μ ∂ t E ε 0 μ 0 \varepsilon_0\mu_0 ε 0 μ 0 ε μ \varepsilon\mu ε μ 定理 4.1［マクスウェル方程式と電磁波］ と同じ計算を行います。補題 2.5［マクスウェル方程式と電磁波］ と ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 ∇ × ( ∇ × E ) = − ∇ 2 E \nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E})=-\nabla^2\boldsymbol{E} ∇ × ( ∇ × E ) = − ∇ 2 E ∇ × ( ∇ × E ) = − ∂ t ( ∇ × B ) = − ε μ ∂ t 2 E \nabla\times(\nabla\times\boldsymbol{E})=-\partial_t(\nabla\times\boldsymbol{B})=-\varepsilon\mu\,\partial_t^2\boldsymbol{E} ∇ × ( ∇ × E ) = − ∂ t ( ∇ × B ) = − ε μ ∂ t 2 E B \boldsymbol{B} B ∇ 2 f = v − 2 ∂ t 2 f \nabla^2f=v^{-2}\partial_t^2f ∇ 2 f = v − 2 ∂ t 2 f v = 1 / ε μ v=1/\sqrt{\varepsilon\mu} v = 1/ ε μ ε 0 μ 0 = 1 / c 2 \varepsilon_0\mu_0=1/c^2 ε 0 μ 0 = 1/ c 2 v = c / ε r μ r v=c/\sqrt{\varepsilon_r\mu_r} v = c / ε r μ r
∎ ガラスでは n ≈ 1.5 n\approx1.5 n ≈ 1.5 2 × 10 8 m / s 2\times10^8\,\mathrm{m/s} 2 × 1 0 8 m/s ε r ≈ 80 \varepsilon_r\approx80 ε r ≈ 80 80 ≈ 9 \sqrt{80}\approx9 80 ≈ 9 1.33 1.33 1.33 10 15 H z 10^{15}\,\mathrm{Hz} 1 0 15 Hz ε \varepsilon ε 分散 といいます。この記事では、考える周波数での ε ( ω ) \varepsilon(\omega) ε ( ω ) ε \varepsilon ε
命題 3.2 （媒質中の平面波 ） ✓
実ベクトル k \boldsymbol{k} k E 0 \boldsymbol{E}_0 E 0 E = E 0 e i ( k ⋅ x − ω t ) \boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_0e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} E = E 0 e i ( k ⋅ x − ω t ) 定理 3.1 の前提の方程式系の解になる（B \boldsymbol{B} B
k ⋅ E 0 = 0 , ∣ k ∣ = n ω c \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0=0,\qquad|\boldsymbol{k}|=\frac{n\omega}{c} k ⋅ E 0 = 0 , ∣ k ∣ = c nω である。このとき B = k × E / ω \boldsymbol{B}=\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}/\omega B = k × E / ω H = B / μ \boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu H = B / μ E , H , k \boldsymbol{E},\boldsymbol{H},\boldsymbol{k} E , H , k ∣ H ∣ = ∣ E ∣ / Z |\boldsymbol{H}|=|\boldsymbol{E}|/Z ∣ H ∣ = ∣ E ∣/ Z Z = μ / ε Z=\sqrt{\mu/\varepsilon} Z = μ / ε
⟨ S ⟩ = 1 2 R e ( E × H ˉ ) = ∣ E 0 ∣ 2 2 Z k ^ , \langle\boldsymbol{S}\rangle=\frac12\mathrm{Re}(\boldsymbol{E}\times\bar{\boldsymbol{H}})=\frac{|\boldsymbol{E}_0|^2}{2Z}\,\hat{\boldsymbol{k}} , ⟨ S ⟩ = 2 1 Re ( E × H ˉ ) = 2 Z ∣ E 0 ∣ 2 k ^ , 非磁性媒質（μ = μ 0 \mu=\mu_0 μ = μ 0 I = ∣ ⟨ S ⟩ ∣ = 1 2 n ε 0 c ∣ E 0 ∣ 2 I=|\langle\boldsymbol{S}\rangle|=\frac12n\varepsilon_0c\,|\boldsymbol{E}_0|^2 I = ∣ ⟨ S ⟩ ∣ = 2 1 n ε 0 c ∣ E 0 ∣ 2
証明（命題 3.2） ∇ → i k \nabla\to i\boldsymbol{k} ∇ → i k ∂ t → − i ω \partial_t\to-i\omega ∂ t → − iω ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 k ⋅ E 0 = 0 \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}_0=0 k ⋅ E 0 = 0 ∇ × E = − ∂ t B \nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial_t\boldsymbol{B} ∇ × E = − ∂ t B i k × E = i ω B i\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}=i\omega\boldsymbol{B} i k × E = iω B B = k × E / ω \boldsymbol{B}=\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}/\omega B = k × E / ω ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × B = ε μ ∂ t E \nabla\times\boldsymbol{B}=\varepsilon\mu\,\partial_t\boldsymbol{E} ∇ × B = ε μ ∂ t E i k × B = − i ω ε μ E i\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{B}=-i\omega\varepsilon\mu\boldsymbol{E} i k × B = − iω ε μ E B \boldsymbol{B} B k ⋅ E = 0 \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{E}=0 k ⋅ E = 0 k × ( k × E ) = − ∣ k ∣ 2 E \boldsymbol{k}\times(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E})=-|\boldsymbol{k}|^2\boldsymbol{E} k × ( k × E ) = − ∣ k ∣ 2 E − ∣ k ∣ 2 E / ω = − ω ε μ E -|\boldsymbol{k}|^2\boldsymbol{E}/\omega=-\omega\varepsilon\mu\boldsymbol{E} − ∣ k ∣ 2 E / ω = − ω ε μ E ∣ k ∣ 2 = ε μ ω 2 = n 2 ω 2 / c 2 |\boldsymbol{k}|^2=\varepsilon\mu\omega^2=n^2\omega^2/c^2 ∣ k ∣ 2 = ε μ ω 2 = n 2 ω 2 / c 2
直交性は B = k × E / ω \boldsymbol{B}=\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{E}/\omega B = k × E / ω ∣ H ∣ = ∣ k ∣ ∣ E ∣ / ( ω μ ) = ε μ ∣ E ∣ / μ = ∣ E ∣ / Z |\boldsymbol{H}|=|\boldsymbol{k}||\boldsymbol{E}|/(\omega\mu)=\sqrt{\varepsilon\mu}|\boldsymbol{E}|/\mu=|\boldsymbol{E}|/Z ∣ H ∣ = ∣ k ∣∣ E ∣/ ( ω μ ) = ε μ ∣ E ∣/ μ = ∣ E ∣/ Z 1 2 R e ( E × H ˉ ) \frac12\mathrm{Re}(\boldsymbol{E}\times\bar{\boldsymbol{H}}) 2 1 Re ( E × H ˉ ) E × ( k ^ × E ˉ ) = k ^ ∣ E ∣ 2 \boldsymbol{E}\times(\hat{\boldsymbol{k}}\times\bar{\boldsymbol{E}})=\hat{\boldsymbol{k}}|\boldsymbol{E}|^2 E × ( k ^ × E ˉ ) = k ^ ∣ E ∣ 2 k ^ ⋅ E = 0 \hat{\boldsymbol{k}}\cdot\boldsymbol{E}=0 k ^ ⋅ E = 0 ∣ E 0 ∣ 2 2 Z k ^ \frac{|\boldsymbol{E}_0|^2}{2Z}\hat{\boldsymbol{k}} 2 Z ∣ E 0 ∣ 2 k ^ 1 / Z = ε / μ 0 = n ε 0 / μ 0 = n ε 0 c 1/Z=\sqrt{\varepsilon/\mu_0}=n\sqrt{\varepsilon_0/\mu_0}=n\varepsilon_0c 1/ Z = ε / μ 0 = n ε 0 / μ 0 = n ε 0 c
∎ 波動インピーダンス Z Z Z
金属のように自由電荷が動ける媒質では、オームの法則 J f = σ E \boldsymbol{J}_f=\sigma\boldsymbol{E} J f = σ E σ \sigma σ 定理 4.2［物質中の電磁場］ から ∂ t ρ f = − σ ρ f / ε \partial_t\rho_f=-\sigma\rho_f/\varepsilon ∂ t ρ f = − σ ρ f / ε ε / σ \varepsilon/\sigma ε / σ 10 − 19 s 10^{-19}\,\mathrm{s} 1 0 − 19 s ρ f = 0 \rho_f=0 ρ f = 0
命題 3.3 （導電性媒質中の平面波と表皮厚さ ） ✓
J f = σ E \boldsymbol{J}_f=\sigma\boldsymbol{E} J f = σ E ρ f = 0 \rho_f=0 ρ f = 0 E = E 0 e i ( k z − ω t ) \boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_0e^{i(kz-\omega t)} E = E 0 e i ( k z − ω t ) E 0 ⊥ e z \boldsymbol{E}_0\perp\boldsymbol{e}_z E 0 ⊥ e z k k k
k 2 = ε μ ω 2 ( 1 + i σ ε ω ) k^2=\varepsilon\mu\omega^2\Bigl(1+\frac{i\sigma}{\varepsilon\omega}\Bigr) k 2 = ε μ ω 2 ( 1 + ε ω iσ ) を満たすことである。良導体（σ ≫ ε ω \sigma\gg\varepsilon\omega σ ≫ ε ω k ≈ ( 1 + i ) / δ k\approx(1+i)/\delta k ≈ ( 1 + i ) / δ δ = 2 / ( μ σ ω ) \delta=\sqrt{2/(\mu\sigma\omega)} δ = 2/ ( μ σ ω ) e − z / δ e^{-z/\delta} e − z / δ
証明（命題 3.3） ∇ × B = μ J f + ε μ ∂ t E = μ σ E + ε μ ∂ t E \nabla\times\boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{J}_f+\varepsilon\mu\partial_t\boldsymbol{E}=\mu\sigma\boldsymbol{E}+\varepsilon\mu\partial_t\boldsymbol{E} ∇ × B = μ J f + ε μ ∂ t E = μ σ E + ε μ ∂ t E 定理 3.1 の証明と同じ手順で ∇ 2 E = ε μ ∂ t 2 E + μ σ ∂ t E \nabla^2\boldsymbol{E}=\varepsilon\mu\,\partial_t^2\boldsymbol{E}+\mu\sigma\,\partial_t\boldsymbol{E} ∇ 2 E = ε μ ∂ t 2 E + μ σ ∂ t E ∇ → i k e z \nabla\to ik\boldsymbol{e}_z ∇ → ik e z ∂ t → − i ω \partial_t\to-i\omega ∂ t → − iω − k 2 = − ε μ ω 2 − i μ σ ω -k^2=-\varepsilon\mu\omega^2-i\mu\sigma\omega − k 2 = − ε μ ω 2 − i μ σ ω k 2 = ε μ ω 2 + i μ σ ω k^2=\varepsilon\mu\omega^2+i\mu\sigma\omega k 2 = ε μ ω 2 + i μ σ ω σ ≫ ε ω \sigma\gg\varepsilon\omega σ ≫ ε ω k 2 ≈ i μ σ ω k^2\approx i\mu\sigma\omega k 2 ≈ i μ σ ω i = e i π / 2 i=e^{i\pi/2} i = e iπ /2 e i π / 4 = ( 1 + i ) / 2 e^{i\pi/4}=(1+i)/\sqrt2 e iπ /4 = ( 1 + i ) / 2 k ≈ ( 1 + i ) μ σ ω / 2 = ( 1 + i ) / δ k\approx(1+i)\sqrt{\mu\sigma\omega/2}=(1+i)/\delta k ≈ ( 1 + i ) μ σ ω /2 = ( 1 + i ) / δ e i k z = e i z / δ e − z / δ e^{ikz}=e^{iz/\delta}e^{-z/\delta} e ik z = e i z / δ e − z / δ
∎ 銅（σ = 5.8 × 10 7 S / m \sigma=5.8\times10^7\,\mathrm{S/m} σ = 5.8 × 1 0 7 S/m μ ≈ μ 0 \mu\approx\mu_0 μ ≈ μ 0 60 H z 60\,\mathrm{Hz} 60 Hz 8.5 m m 8.5\,\mathrm{mm} 8.5 mm 1 G H z 1\,\mathrm{GHz} 1 GHz 2.1 μ m 2.1\,\mu\mathrm{m} 2.1 μ m
以下、2 つの媒質はどちらも非磁性（μ = μ 0 \mu=\mu_0 μ = μ 0 n 1 , n 2 n_1,n_2 n 1 , n 2 z = 0 z=0 z = 0 z < 0 z<0 z < 0 n 1 n_1 n 1 z > 0 z>0 z > 0 n 2 n_2 n 2
入射: E i e i ( k i ⋅ x − ω t ) , 反射: E r e i ( k r ⋅ x − ω t ) , 透過: E t e i ( k t ⋅ x − ω t ) . \text{入射:}\ \boldsymbol{E}_ie^{i(\boldsymbol{k}_i\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)},\quad\text{反射:}\ \boldsymbol{E}_re^{i(\boldsymbol{k}_r\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)},\quad\text{透過:}\ \boldsymbol{E}_te^{i(\boldsymbol{k}_t\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}. 入射 : E i e i ( k i ⋅ x − ω t ) , 反射 : E r e i ( k r ⋅ x − ω t ) , 透過 : E t e i ( k t ⋅ x − ω t ) . 媒質が線形で時間に依らないので、3 つの波の角周波数は同じ ω \omega ω 命題 3.2 により ∣ k i ∣ = ∣ k r ∣ = n 1 ω / c |\boldsymbol{k}_i|=|\boldsymbol{k}_r|=n_1\omega/c ∣ k i ∣ = ∣ k r ∣ = n 1 ω / c ∣ k t ∣ = n 2 ω / c |\boldsymbol{k}_t|=n_2\omega/c ∣ k t ∣ = n 2 ω / c E ∥ \boldsymbol{E}_\parallel E ∥ H ∥ \boldsymbol{H}_\parallel H ∥ 定理 7.1［物質中の電磁場］ 、自由電荷・自由電流なし）で、z = 0 z=0 z = 0 ξ = ( x , y ) \boldsymbol{\xi}=(x,y) ξ = ( x , y )
補題 4.1 （指数関数の一次独立性 ） ✓
q 1 , … , q N ∈ R 2 q_1,\dots,q_N\in\mathbb{R}^2 q 1 , … , q N ∈ R 2 c 1 , … , c N c_1,\dots,c_N c 1 , … , c N ξ ∈ R 2 \boldsymbol{\xi}\in\mathbb{R}^2 ξ ∈ R 2 ∑ j c j e i q j ⋅ ξ = 0 \sum_jc_je^{i\boldsymbol{q}_j\cdot\boldsymbol{\xi}}=0 ∑ j c j e i q j ⋅ ξ = 0 c 1 = ⋯ = c N = 0 c_1=\dots=c_N=0 c 1 = ⋯ = c N = 0
証明（補題 4.1） q j − q l \boldsymbol{q}_j-\boldsymbol{q}_l q j − q l j ≠ l j\ne l j = l v \boldsymbol{v} v λ j = q j ⋅ v \lambda_j=\boldsymbol{q}_j\cdot\boldsymbol{v} λ j = q j ⋅ v ξ = s v \boldsymbol{\xi}=s\boldsymbol{v} ξ = s v s s s ∑ j c j e i λ j s = 0 \sum_jc_je^{i\lambda_js}=0 ∑ j c j e i λ j s = 0 s = 0 s=0 s = 0 m = 0 , … , N − 1 m=0,\dots,N-1 m = 0 , … , N − 1 ∑ j c j λ j m = 0 \sum_jc_j\lambda_j^m=0 ∑ j c j λ j m = 0 λ j \lambda_j λ j ∏ j < l ( λ l − λ j ) ≠ 0 \prod_{j<l}(\lambda_l-\lambda_j)\ne0 ∏ j < l ( λ l − λ j ) = 0 c j = 0 c_j=0 c j = 0
∎ 接続条件は、たとえば E i ∥ e i k i ∥ ⋅ ξ + E r ∥ e i k r ∥ ⋅ ξ = E t ∥ e i k t ∥ ⋅ ξ \boldsymbol{E}_{i\parallel}e^{i\boldsymbol{k}_i^\parallel\cdot\boldsymbol{\xi}}+\boldsymbol{E}_{r\parallel}e^{i\boldsymbol{k}_r^\parallel\cdot\boldsymbol{\xi}}=\boldsymbol{E}_{t\parallel}e^{i\boldsymbol{k}_t^\parallel\cdot\boldsymbol{\xi}} E i ∥ e i k i ∥ ⋅ ξ + E r ∥ e i k r ∥ ⋅ ξ = E t ∥ e i k t ∥ ⋅ ξ H \boldsymbol{H} H k ∥ \boldsymbol{k}^\parallel k ∥ 補題 4.1 により、接線波数が異なる指数関数の係数は個別に 0 0 0 0 0 0 E i ∥ \boldsymbol{E}_{i\parallel} E i ∥ H i ∥ \boldsymbol{H}_{i\parallel} H i ∥ 0 0 0 E ⊥ H \boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{H} E ⊥ H E ∥ \boldsymbol{E}_\parallel E ∥ H ∥ \boldsymbol{H}_\parallel H ∥ 0 0 0 存在する波はすべて同じ接線波数 k ∥ \boldsymbol{k}^\parallel k ∥ 。
定理 4.2 （反射の法則とスネルの法則 ） ✓
入射角 θ i \theta_i θ i θ r \theta_r θ r θ t \theta_t θ t z z z k i \boldsymbol{k}_i k i
θ r = θ i , n 1 sin θ i = n 2 sin θ t . \theta_r=\theta_i,\qquad n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t . θ r = θ i , n 1 sin θ i = n 2 sin θ t . 証明（定理 4.2） 同じ接線波数 k ∥ \boldsymbol{k}^\parallel k ∥ k r , k t \boldsymbol{k}_r,\boldsymbol{k}_t k r , k t k i \boldsymbol{k}_i k i k z k_z k z x x x ∣ k ∥ ∣ = n 1 ω c sin θ i |\boldsymbol{k}^\parallel|=\frac{n_1\omega}{c}\sin\theta_i ∣ k ∥ ∣ = c n 1 ω sin θ i = n 1 ω c sin θ r =\frac{n_1\omega}{c}\sin\theta_r = c n 1 ω sin θ r = n 2 ω c sin θ t =\frac{n_2\omega}{c}\sin\theta_t = c n 2 ω sin θ t 0 ≤ θ r ≤ π / 2 0\le\theta_r\le\pi/2 0 ≤ θ r ≤ π /2 θ r = θ i \theta_r=\theta_i θ r = θ i n 1 sin θ i = n 2 sin θ t n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t n 1 sin θ i = n 2 sin θ t
∎ 媒質 1（n₁） 媒質 2（n₂） θᵢ θᵣ θₜ 入射 反射 透過 反射と屈折。3 つの波の接線方向の波数（x 成分）が等しいことが、反射の法則とスネルの法則を与える。 振幅の関係は、接続条件を直接解いて求めます。方針は単純で、界面で連続な量が 2 つ（電場の接線成分と磁場の接線成分）あるので、未知数の反射波と透過波の振幅 2 つについての連立一次方程式を解くだけです。後の証明は成分と符号の計算が続きますが、各偏光で書き下す式は 2 本だけです。入射面（x z xz x z
s s s y y y p p p y y y
一般の偏光は両者の重ね合わせで、境界条件は線形なので 2 つは独立に扱えます。
定理 4.3 （フレネルの式 ） ✓
a = n 1 cos θ i a=n_1\cos\theta_i a = n 1 cos θ i b = n 2 cos θ t b=n_2\cos\theta_t b = n 2 cos θ t
s s s
r s = E r E i = n 1 cos θ i − n 2 cos θ t n 1 cos θ i + n 2 cos θ t , t s = E t E i = 2 n 1 cos θ i n 1 cos θ i + n 2 cos θ t . r_s=\frac{E_r}{E_i}=\frac{n_1\cos\theta_i-n_2\cos\theta_t}{n_1\cos\theta_i+n_2\cos\theta_t},\qquad t_s=\frac{E_t}{E_i}=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_1\cos\theta_i+n_2\cos\theta_t}. r s = E i E r = n 1 cos θ i + n 2 cos θ t n 1 cos θ i − n 2 cos θ t , t s = E i E t = n 1 cos θ i + n 2 cos θ t 2 n 1 cos θ i . p p p H y H_y H y
r p = H r H i = n 2 cos θ i − n 1 cos θ t n 2 cos θ i + n 1 cos θ t , t p = E t E i = 2 n 1 cos θ i n 2 cos θ i + n 1 cos θ t . r_p=\frac{H_r}{H_i}=\frac{n_2\cos\theta_i-n_1\cos\theta_t}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t},\qquad t_p=\frac{E_t}{E_i}=\frac{2n_1\cos\theta_i}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t}. r p = H i H r = n 2 cos θ i + n 1 cos θ t n 2 cos θ i − n 1 cos θ t , t p = E i E t = n 2 cos θ i + n 1 cos θ t 2 n 1 cos θ i . 証明（定理 4.3） k = ( k x , 0 , k z ) = n ω c ( sin θ , 0 , ± cos θ ) \boldsymbol{k}=(k_x,0,k_z)=\frac{n\omega}{c}(\sin\theta,0,\pm\cos\theta) k = ( k x , 0 , k z ) = c nω ( sin θ , 0 , ± cos θ ) 命題 3.2 から H = n μ 0 c k ^ × E \boldsymbol{H}=\dfrac{n}{\mu_0c}\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{E} H = μ 0 c n k ^ × E E = − μ 0 c n k ^ × H \boldsymbol{E}=-\dfrac{\mu_0c}{n}\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{H} E = − n μ 0 c k ^ × H
s s s E = E e y \boldsymbol{E}=E\boldsymbol{e}_y E = E e y k ^ × e y = ( ∓ cos θ , 0 , sin θ ) \hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{e}_y=(\mp\cos\theta,0,\sin\theta) k ^ × e y = ( ∓ cos θ , 0 , sin θ ) k z k_z k z H x = ∓ n cos θ μ 0 c E H_x=\mp\dfrac{n\cos\theta}{\mu_0c}E H x = ∓ μ 0 c n cos θ E k z > 0 k_z>0 k z > 0 H i x = − n 1 cos θ i μ 0 c E i H_{ix}=-\frac{n_1\cos\theta_i}{\mu_0c}E_i H i x = − μ 0 c n 1 c o s θ i E i k z < 0 k_z<0 k z < 0 θ r = θ i \theta_r=\theta_i θ r = θ i H r x = + n 1 cos θ i μ 0 c E r H_{rx}=+\frac{n_1\cos\theta_i}{\mu_0c}E_r H r x = + μ 0 c n 1 c o s θ i E r H t x = − n 2 cos θ t μ 0 c E t H_{tx}=-\frac{n_2\cos\theta_t}{\mu_0c}E_t H t x = − μ 0 c n 2 c o s θ t E t z = 0 z=0 z = 0 E y E_y E y H x H_x H x
E i + E r = E t , − n 1 cos θ i ( E i − E r ) = − n 2 cos θ t E t . E_i+E_r=E_t,\qquad-n_1\cos\theta_i(E_i-E_r)=-n_2\cos\theta_tE_t . E i + E r = E t , − n 1 cos θ i ( E i − E r ) = − n 2 cos θ t E t . すなわち a ( E i − E r ) = b E t a(E_i-E_r)=bE_t a ( E i − E r ) = b E t E t = E i + E r E_t=E_i+E_r E t = E i + E r a ( E i − E r ) = b ( E i + E r ) a(E_i-E_r)=b(E_i+E_r) a ( E i − E r ) = b ( E i + E r ) E r = a − b a + b E i E_r=\dfrac{a-b}{a+b}E_i E r = a + b a − b E i E t = 2 a a + b E i E_t=\dfrac{2a}{a+b}E_i E t = a + b 2 a E i
p p p H = H e y \boldsymbol{H}=H\boldsymbol{e}_y H = H e y E x = − μ 0 c n ( k ^ × H ) x = − μ 0 c n H ⋅ ( ∓ cos θ ) E_x=-\dfrac{\mu_0c}{n}(\hat{\boldsymbol{k}}\times\boldsymbol{H})_x=-\dfrac{\mu_0c}{n}H\cdot(\mp\cos\theta) E x = − n μ 0 c ( k ^ × H ) x = − n μ 0 c H ⋅ ( ∓ cos θ ) E i x = μ 0 c n 1 cos θ i H i E_{ix}=\frac{\mu_0c}{n_1}\cos\theta_i\,H_i E i x = n 1 μ 0 c cos θ i H i E r x = − μ 0 c n 1 cos θ i H r E_{rx}=-\frac{\mu_0c}{n_1}\cos\theta_i\,H_r E r x = − n 1 μ 0 c cos θ i H r E t x = μ 0 c n 2 cos θ t H t E_{tx}=\frac{\mu_0c}{n_2}\cos\theta_t\,H_t E t x = n 2 μ 0 c cos θ t H t H y H_y H y E x E_x E x
H i + H r = H t , cos θ i n 1 ( H i − H r ) = cos θ t n 2 H t . H_i+H_r=H_t,\qquad\frac{\cos\theta_i}{n_1}(H_i-H_r)=\frac{\cos\theta_t}{n_2}H_t . H i + H r = H t , n 1 cos θ i ( H i − H r ) = n 2 cos θ t H t . H t = H i + H r H_t=H_i+H_r H t = H i + H r H r ( cos θ i n 1 + cos θ t n 2 ) = H i ( cos θ i n 1 − cos θ t n 2 ) H_r\Bigl(\dfrac{\cos\theta_i}{n_1}+\dfrac{\cos\theta_t}{n_2}\Bigr)=H_i\Bigl(\dfrac{\cos\theta_i}{n_1}-\dfrac{\cos\theta_t}{n_2}\Bigr) H r ( n 1 cos θ i + n 2 cos θ t ) = H i ( n 1 cos θ i − n 2 cos θ t ) r p = n 2 cos θ i − n 1 cos θ t n 2 cos θ i + n 1 cos θ t r_p=\dfrac{n_2\cos\theta_i-n_1\cos\theta_t}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t} r p = n 2 cos θ i + n 1 cos θ t n 2 cos θ i − n 1 cos θ t H t = ( 1 + r p ) H i = 2 n 2 cos θ i n 2 cos θ i + n 1 cos θ t H i H_t=(1+r_p)H_i=\dfrac{2n_2\cos\theta_i}{n_2\cos\theta_i+n_1\cos\theta_t}H_i H t = ( 1 + r p ) H i = n 2 cos θ i + n 1 cos θ t 2 n 2 cos θ i H i ∣ E ∣ = μ 0 c n ∣ H ∣ |E|=\frac{\mu_0c}{n}|H| ∣ E ∣ = n μ 0 c ∣ H ∣ E t / E i = ( n 1 / n 2 ) ( H t / H i ) E_t/E_i=(n_1/n_2)(H_t/H_i) E t / E i = ( n 1 / n 2 ) ( H t / H i ) t p t_p t p
法線成分（D z D_z D z B z B_z B z s s s D z = 0 D_z=0 D z = 0 B z = k x E y / ω B_z=k_xE_y/\omega B z = k x E y / ω k x k_x k x E y E_y E y p p p B z = 0 B_z=0 B z = 0 D z = ε E z = − ( n sin θ / c ) H y D_z=\varepsilon E_z=-(n\sin\theta/c)H_y D z = ε E z = − ( n sin θ / c ) H y n sin θ n\sin\theta n sin θ H y H_y H y
∎ 系 4.4 （ブリュースター角 ） ✓
n 1 ≠ n 2 n_1\ne n_2 n 1 = n 2 tan θ B = n 2 / n 1 \tan\theta_B=n_2/n_1 tan θ B = n 2 / n 1 θ B \theta_B θ B r p = 0 r_p=0 r p = 0 θ B + θ t = π / 2 \theta_B+\theta_t=\pi/2 θ B + θ t = π /2 s s s
証明（系 4.4） tan θ i = n 2 / n 1 \tan\theta_i=n_2/n_1 tan θ i = n 2 / n 1 sin θ i = n 2 / n 1 2 + n 2 2 \sin\theta_i=n_2/\sqrt{n_1^2+n_2^2} sin θ i = n 2 / n 1 2 + n 2 2 cos θ i = n 1 / n 1 2 + n 2 2 \cos\theta_i=n_1/\sqrt{n_1^2+n_2^2} cos θ i = n 1 / n 1 2 + n 2 2 sin θ t = n 1 n 2 sin θ i = n 1 n 1 2 + n 2 2 \sin\theta_t=\dfrac{n_1}{n_2}\sin\theta_i=\dfrac{n_1}{\sqrt{n_1^2+n_2^2}} sin θ t = n 2 n 1 sin θ i = n 1 2 + n 2 2 n 1 cos θ t = n 2 n 1 2 + n 2 2 = sin θ i \cos\theta_t=\dfrac{n_2}{\sqrt{n_1^2+n_2^2}}=\sin\theta_i cos θ t = n 1 2 + n 2 2 n 2 = sin θ i θ t < π / 2 \theta_t<\pi/2 θ t < π /2 θ t = π / 2 − θ i \theta_t=\pi/2-\theta_i θ t = π /2 − θ i n 2 cos θ i = n 1 n 2 n 1 2 + n 2 2 = n 1 cos θ t n_2\cos\theta_i=\dfrac{n_1n_2}{\sqrt{n_1^2+n_2^2}}=n_1\cos\theta_t n 2 cos θ i = n 1 2 + n 2 2 n 1 n 2 = n 1 cos θ t r p r_p r p 0 0 0
∎ 空気からガラス（n = 1.5 n=1.5 n = 1.5 θ B = arctan 1.5 ≈ 56.3 ∘ \theta_B=\arctan1.5\approx56.3^\circ θ B = arctan 1.5 ≈ 56. 3 ∘ s s s
命題 4.5 （反射率と透過率 ） ✓
反射率 R R R T T T s s s p p p
R = ∣ r ∣ 2 , T = n 2 cos θ t n 1 cos θ i ∣ t ∣ 2 , R + T = 1. R=|r|^2,\qquad T=\frac{n_2\cos\theta_t}{n_1\cos\theta_i}\,|t|^2,\qquad R+T=1 . R = ∣ r ∣ 2 , T = n 1 cos θ i n 2 cos θ t ∣ t ∣ 2 , R + T = 1. 証明（命題 4.5） 命題 3.2 から、時間平均のエネルギーの流れの大きさは 1 2 n ε 0 c ∣ E ∣ 2 \frac12n\varepsilon_0c|E|^2 2 1 n ε 0 c ∣ E ∣ 2 z z z cos θ \cos\theta cos θ R = ∣ E r / E i ∣ 2 = ∣ r ∣ 2 R=|E_r/E_i|^2=|r|^2 R = ∣ E r / E i ∣ 2 = ∣ r ∣ 2 p p p ∣ E r / E i ∣ = ∣ H r / H i ∣ |E_r/E_i|=|H_r/H_i| ∣ E r / E i ∣ = ∣ H r / H i ∣ T = n 2 cos θ t ∣ E t ∣ 2 n 1 cos θ i ∣ E i ∣ 2 T=\dfrac{n_2\cos\theta_t|E_t|^2}{n_1\cos\theta_i|E_i|^2} T = n 1 cos θ i ∣ E i ∣ 2 n 2 cos θ t ∣ E t ∣ 2 s s s a = n 1 cos θ i a=n_1\cos\theta_i a = n 1 cos θ i b = n 2 cos θ t b=n_2\cos\theta_t b = n 2 cos θ t T = b a ⋅ 4 a 2 ( a + b ) 2 = 4 a b ( a + b ) 2 T=\dfrac ba\cdot\dfrac{4a^2}{(a+b)^2}=\dfrac{4ab}{(a+b)^2} T = a b ⋅ ( a + b ) 2 4 a 2 = ( a + b ) 2 4 ab R = ( a − b ) 2 ( a + b ) 2 R=\dfrac{(a-b)^2}{(a+b)^2} R = ( a + b ) 2 ( a − b ) 2 R + T = ( a − b ) 2 + 4 a b ( a + b ) 2 = 1 R+T=\dfrac{(a-b)^2+4ab}{(a+b)^2}=1 R + T = ( a + b ) 2 ( a − b ) 2 + 4 ab = 1 p p p a ′ = n 2 cos θ i a'=n_2\cos\theta_i a ′ = n 2 cos θ i b ′ = n 1 cos θ t b'=n_1\cos\theta_t b ′ = n 1 cos θ t T = n 2 cos θ t n 1 cos θ i ⋅ 4 n 1 2 cos 2 θ i ( a ′ + b ′ ) 2 = 4 a ′ b ′ ( a ′ + b ′ ) 2 T=\dfrac{n_2\cos\theta_t}{n_1\cos\theta_i}\cdot\dfrac{4n_1^2\cos^2\theta_i}{(a'+b')^2}=\dfrac{4a'b'}{(a'+b')^2} T = n 1 cos θ i n 2 cos θ t ⋅ ( a ′ + b ′ ) 2 4 n 1 2 cos 2 θ i = ( a ′ + b ′ ) 2 4 a ′ b ′ R + T = 1 R+T=1 R + T = 1
∎ 垂直入射 θ i = θ t = 0 \theta_i=\theta_t=0 θ i = θ t = 0 R = ( n 1 − n 2 n 1 + n 2 ) 2 R=\bigl(\dfrac{n_1-n_2}{n_1+n_2}\bigr)^2 R = ( n 1 + n 2 n 1 − n 2 ) 2 1 1 1 1.5 1.5 1.5 R = ( 0.5 / 2.5 ) 2 = 0.04 R=(0.5/2.5)^2=0.04 R = ( 0.5/2.5 ) 2 = 0.04
命題 4.6 （全反射とエバネッセント波 ） ✓
n 1 > n 2 n_1>n_2 n 1 > n 2 n 1 sin θ i > n 2 n_1\sin\theta_i>n_2 n 1 sin θ i > n 2 θ c = arcsin ( n 2 / n 1 ) \theta_c=\arcsin(n_2/n_1) θ c = arcsin ( n 2 / n 1 ) θ t \theta_t θ t z z z e i k x x e − κ z e^{ik_xx}e^{-\kappa z} e i k x x e − κ z κ = ω c n 1 2 sin 2 θ i − n 2 2 \kappa=\dfrac\omega c\sqrt{n_1^2\sin^2\theta_i-n_2^2} κ = c ω n 1 2 sin 2 θ i − n 2 2 ∣ r s ∣ = ∣ r p ∣ = 1 |r_s|=|r_p|=1 ∣ r s ∣ = ∣ r p ∣ = 1 T = 0 T=0 T = 0
証明（命題 4.6） 透過波の接線波数は入射波と同じ k x = n 1 ω c sin θ i k_x=\frac{n_1\omega}{c}\sin\theta_i k x = c n 1 ω sin θ i ∣ k t ∣ 2 = k x 2 + k z 2 = n 2 2 ω 2 c 2 |\boldsymbol{k}_t|^2=k_x^2+k_z^2=\frac{n_2^2\omega^2}{c^2} ∣ k t ∣ 2 = k x 2 + k z 2 = c 2 n 2 2 ω 2 k z 2 = ω 2 c 2 ( n 2 2 − n 1 2 sin 2 θ i ) < 0 k_z^2=\frac{\omega^2}{c^2}(n_2^2-n_1^2\sin^2\theta_i)<0 k z 2 = c 2 ω 2 ( n 2 2 − n 1 2 sin 2 θ i ) < 0 k z = i κ k_z=i\kappa k z = iκ κ > 0 \kappa>0 κ > 0 z → ∞ z\to\infty z → ∞ e i k x x − κ z e^{ik_xx-\kappa z} e i k x x − κ z cos θ t = k z / ∣ k t ∣ = i κ c / ( n 2 ω ) \cos\theta_t=k_z/|\boldsymbol{k}_t|=i\kappa c/(n_2\omega) cos θ t = k z /∣ k t ∣ = iκ c / ( n 2 ω ) s s s r s = a − i b ′ a + i b ′ r_s=\dfrac{a-ib'}{a+ib'} r s = a + i b ′ a − i b ′ a = n 1 cos θ i a=n_1\cos\theta_i a = n 1 cos θ i b ′ = κ c / ω b'=\kappa c/\omega b ′ = κ c / ω ∣ r s ∣ = 1 |r_s|=1 ∣ r s ∣ = 1 p p p ∣ r p ∣ = 1 |r_p|=1 ∣ r p ∣ = 1 z z z E \boldsymbol{E} E H \boldsymbol{H} H π / 2 \pi/2 π /2 0 0 0 R = 1 R=1 R = 1
∎ ガラス（n = 1.5 n=1.5 n = 1.5 arcsin ( 1 / 1.5 ) ≈ 41.8 ∘ \arcsin(1/1.5)\approx41.8^\circ arcsin ( 1/1.5 ) ≈ 41. 8 ∘ 600 n m 600\,\mathrm{nm} 600 nm 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ κ = 2 π 600 n m 1.5 2 sin 2 45 ∘ − 1 ≈ 3.7 × 10 − 3 n m − 1 \kappa=\frac{2\pi}{600\,\mathrm{nm}}\sqrt{1.5^2\sin^245^\circ-1}\approx3.7\times10^{-3}\,\mathrm{nm}^{-1} κ = 600 nm 2 π 1. 5 2 sin 2 4 5 ∘ − 1 ≈ 3.7 × 1 0 − 3 nm − 1 1 / κ 1/\kappa 1/ κ 270 n m 270\,\mathrm{nm} 270 nm
媒質 1 媒質 2（透過側） z=0 1/κ 振幅 ∝ e^(−κz) z 全反射のときの透過側の場の振幅。界面（z=0）から離れるにつれて e^{-κz} で減衰し、距離 1/κ で 1/e になる。 金属の管の中を電磁波が伝わる場合を考えます。電子レンジやレーダーで使われる、マイクロ波を運ぶ管の話です。管は壁が完全導体（σ → ∞ \sigma\to\infty σ → ∞ z z z
補題 5.1 （完全導体の境界条件 ） ✓
時間変化する場に対して、完全導体の内部では E = 0 \boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} E = 0 B = 0 \boldsymbol{B}=\boldsymbol{0} B = 0 n \boldsymbol{n} n
n × E = 0 , n ⋅ B = 0 \boldsymbol{n}\times\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0},\qquad\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{B}=0 n × E = 0 , n ⋅ B = 0 が成り立つ。
証明（補題 5.1） 導体内の E \boldsymbol{E} E 0 0 0 σ \sigma σ E = 0 \boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} E = 0 ∂ t B = − ∇ × E = 0 \partial_t\boldsymbol{B}=-\nabla\times\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} ∂ t B = − ∇ × E = 0 B = 0 \boldsymbol{B}=\boldsymbol{0} B = 0 定理 7.1［物質中の電磁場］ で、導体側の値が E 2 = B 2 = 0 \boldsymbol{E}_2=\boldsymbol{B}_2=\boldsymbol{0} E 2 = B 2 = 0 E ∥ \boldsymbol{E}_\parallel E ∥ B n B_n B n 0 0 0
∎ 管の内部では ρ = 0 \rho=0 ρ = 0 J = 0 \boldsymbol{J}=\boldsymbol{0} J = 0 e − i ω t e^{-i\omega t} e − iω t ∇ × E = i ω B \nabla\times\boldsymbol{E}=i\omega\boldsymbol{B} ∇ × E = iω B ∇ × B = − ( i ω / c 2 ) E \nabla\times\boldsymbol{B}=-(i\omega/c^2)\boldsymbol{E} ∇ × B = − ( iω / c 2 ) E z z z e i k z e^{ikz} e ik z E = E t + E z e z \boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_t+E_z\boldsymbol{e}_z E = E t + E z e z t t t z z z ∇ t = ( ∂ x , ∂ y ) \nabla_t=(\partial_x,\partial_y) ∇ t = ( ∂ x , ∂ y ) E z , B z E_z,B_z E z , B z E z , B z E_z,B_z E z , B z
命題 5.2 （縦成分から横成分が決まる ） ✓
γ 2 : = ω 2 / c 2 − k 2 ≠ 0 \gamma^2:=\omega^2/c^2-k^2\ne0 γ 2 := ω 2 / c 2 − k 2 = 0
E t = i γ 2 [ k ∇ t E z − ω e z × ∇ t B z ] , B t = i γ 2 [ k ∇ t B z + ω c 2 e z × ∇ t E z ] \boldsymbol{E}_t=\frac{i}{\gamma^2}\Bigl[k\nabla_tE_z-\omega\,\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tB_z\Bigr],\qquad\boldsymbol{B}_t=\frac{i}{\gamma^2}\Bigl[k\nabla_tB_z+\frac{\omega}{c^2}\,\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tE_z\Bigr] E t = γ 2 i [ k ∇ t E z − ω e z × ∇ t B z ] , B t = γ 2 i [ k ∇ t B z + c 2 ω e z × ∇ t E z ] であり、f = E z f=E_z f = E z f = B z f=B_z f = B z ( ∇ t 2 + γ 2 ) f = 0 (\nabla_t^2+\gamma^2)f=0 ( ∇ t 2 + γ 2 ) f = 0
証明（命題 5.2） 2 つの回転の式の断面内成分をとります。∇ = ∇ t + i k e z \nabla=\nabla_t+ik\boldsymbol{e}_z ∇ = ∇ t + ik e z ∇ × ( E z e z ) = ∇ t E z × e z = − e z × ∇ t E z \nabla\times(E_z\boldsymbol{e}_z)=\nabla_tE_z\times\boldsymbol{e}_z=-\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tE_z ∇ × ( E z e z ) = ∇ t E z × e z = − e z × ∇ t E z
(a) i k e z × E t − e z × ∇ t E z = i ω B t , (b) i k e z × B t − e z × ∇ t B z = − i ω c 2 E t \text{(a)}\ \ ik\,\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{E}_t-\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tE_z=i\omega\boldsymbol{B}_t,\qquad\text{(b)}\ \ ik\,\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{B}_t-\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tB_z=-\frac{i\omega}{c^2}\boldsymbol{E}_t (a) ik e z × E t − e z × ∇ t E z = iω B t , (b) ik e z × B t − e z × ∇ t B z = − c 2 iω E t です（∇ t × E t \nabla_t\times\boldsymbol{E}_t ∇ t × E t z z z e z × \boldsymbol{e}_z\times e z × V \boldsymbol{V} V e z × ( e z × V ) = − V \boldsymbol{e}_z\times(\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{V})=-\boldsymbol{V} e z × ( e z × V ) = − V − i k E t + ∇ t E z = i ω e z × B t -ik\boldsymbol{E}_t+\nabla_tE_z=i\omega\,\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{B}_t − ik E t + ∇ t E z = iω e z × B t
k ω ( − i k E t + ∇ t E z ) − e z × ∇ t B z = − i ω c 2 E t \frac k\omega\bigl(-ik\boldsymbol{E}_t+\nabla_tE_z\bigr)-\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tB_z=-\frac{i\omega}{c^2}\boldsymbol{E}_t ω k ( − ik E t + ∇ t E z ) − e z × ∇ t B z = − c 2 iω E t すなわち i γ 2 ω E t = e z × ∇ t B z − k ω ∇ t E z \dfrac{i\gamma^2}{\omega}\boldsymbol{E}_t=\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tB_z-\dfrac k\omega\nabla_tE_z ω i γ 2 E t = e z × ∇ t B z − ω k ∇ t E z E t \boldsymbol{E}_t E t E → c B \boldsymbol{E}\to c\boldsymbol{B} E → c B c B → − E c\boldsymbol{B}\to-\boldsymbol{E} c B → − E B t \boldsymbol{B}_t B t
z z z ∇ 2 f = c − 2 ∂ t 2 f \nabla^2f=c^{-2}\partial_t^2f ∇ 2 f = c − 2 ∂ t 2 f 定理 4.1［マクスウェル方程式と電磁波］ ）、f ∝ e i ( k z − ω t ) f\propto e^{i(kz-\omega t)} f ∝ e i ( k z − ω t ) ( ∇ t 2 − k 2 + ω 2 / c 2 ) f = 0 (\nabla_t^2-k^2+\omega^2/c^2)f=0 ( ∇ t 2 − k 2 + ω 2 / c 2 ) f = 0
∎ 断面が 0 < x < a 0<x<a 0 < x < a 0 < y < b 0<y<b 0 < y < b 0 0 0 m , n m,n m , n x , y x,y x , y
定理 5.3 （矩形導波管のモード ） ✓
γ m n 2 = π 2 ( m 2 / a 2 + n 2 / b 2 ) \gamma_{mn}^2=\pi^2\bigl(m^2/a^2+n^2/b^2\bigr) γ mn 2 = π 2 ( m 2 / a 2 + n 2 / b 2 ) k 2 = ω 2 / c 2 − γ m n 2 k^2=\omega^2/c^2-\gamma_{mn}^2 k 2 = ω 2 / c 2 − γ mn 2 補題 5.1 の壁の境界条件を満たす真空のマクスウェル方程式の解である。
TMm n _{mn} mn （m , n ≥ 1 m,n\ge1 m , n ≥ 1 B z = 0 B_z=0 B z = 0 E z = E 0 sin m π x a sin n π y b e i ( k z − ω t ) E_z=E_0\sin\dfrac{m\pi x}{a}\sin\dfrac{n\pi y}{b}\,e^{i(kz-\omega t)} E z = E 0 sin a mπ x sin b nπ y e i ( k z − ω t ) TEm n _{mn} mn （m , n ≥ 0 m,n\ge0 m , n ≥ 0 ( m , n ) ≠ ( 0 , 0 ) (m,n)\ne(0,0) ( m , n ) = ( 0 , 0 ) E z = 0 E_z=0 E z = 0 B z = B 0 cos m π x a cos n π y b e i ( k z − ω t ) B_z=B_0\cos\dfrac{m\pi x}{a}\cos\dfrac{n\pi y}{b}\,e^{i(kz-\omega t)} B z = B 0 cos a mπ x cos b nπ y e i ( k z − ω t ) 横成分は 命題 5.2 で与えられる。
証明（定理 5.3） ψ = sin ( m π x / a ) sin ( n π y / b ) \psi=\sin(m\pi x/a)\sin(n\pi y/b) ψ = sin ( mπ x / a ) sin ( nπ y / b ) ψ = cos ( m π x / a ) cos ( n π y / b ) \psi=\cos(m\pi x/a)\cos(n\pi y/b) ψ = cos ( mπ x / a ) cos ( nπ y / b ) ∇ t 2 ψ = − γ m n 2 ψ \nabla_t^2\psi=-\gamma_{mn}^2\psi ∇ t 2 ψ = − γ mn 2 ψ 命題 5.2 の最後の条件は γ = γ m n \gamma=\gamma_{mn} γ = γ mn γ m n > 0 \gamma_{mn}>0 γ mn > 0
壁での条件を確かめます。壁の接線方向（断面内）を s ^ \hat{\boldsymbol{s}} s ^ n ^ \hat{\boldsymbol{n}} n ^ TM : E z = 0 E_z=0 E z = 0 x = 0 , a x=0,a x = 0 , a sin = 0 \sin=0 sin = 0 y = 0 , b y=0,b y = 0 , b sin = 0 \sin=0 sin = 0 s ^ ⋅ E t = ( i k / γ 2 ) ∂ s E z = 0 \hat{\boldsymbol{s}}\cdot\boldsymbol{E}_t=(ik/\gamma^2)\partial_sE_z=0 s ^ ⋅ E t = ( ik / γ 2 ) ∂ s E z = 0 B z = 0 B_z=0 B z = 0 B t = i ω c 2 γ 2 e z × ∇ t E z \boldsymbol{B}_t=\frac{i\omega}{c^2\gamma^2}\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tE_z B t = c 2 γ 2 iω e z × ∇ t E z n ^ ⋅ ( e z × ∇ E z ) = ∇ E z ⋅ ( n ^ × e z ) ∝ ∂ s E z = 0 \hat{\boldsymbol{n}}\cdot(\boldsymbol{e}_z\times\nabla E_z)=\nabla E_z\cdot(\hat{\boldsymbol{n}}\times\boldsymbol{e}_z)\propto\partial_sE_z=0 n ^ ⋅ ( e z × ∇ E z ) = ∇ E z ⋅ ( n ^ × e z ) ∝ ∂ s E z = 0 TE : E z = 0 E_z=0 E z = 0 s ^ ⋅ E t = − i ω γ 2 s ^ ⋅ ( e z × ∇ t B z ) = ∓ i ω γ 2 ∂ n B z \hat{\boldsymbol{s}}\cdot\boldsymbol{E}_t=-\frac{i\omega}{\gamma^2}\hat{\boldsymbol{s}}\cdot(\boldsymbol{e}_z\times\nabla_tB_z)=\mp\frac{i\omega}{\gamma^2}\partial_nB_z s ^ ⋅ E t = − γ 2 iω s ^ ⋅ ( e z × ∇ t B z ) = ∓ γ 2 iω ∂ n B z cos \cos cos x = 0 , a x=0,a x = 0 , a ∂ x cos ( m π x / a ) ∝ sin = 0 \partial_x\cos(m\pi x/a)\propto\sin=0 ∂ x cos ( mπ x / a ) ∝ sin = 0 0 0 0 B n = i k γ 2 ∂ n B z = 0 B_n=\frac{ik}{\gamma^2}\partial_nB_z=0 B n = γ 2 ik ∂ n B z = 0
∎ 命題 5.5 （中空の導波管は TEM 波を運ばない ） ✓
単連結な断面をもつ中空の完全導体管の中に、E z = B z = 0 E_z=B_z=0 E z = B z = 0 k = ω / c ≠ 0 k=\omega/c\ne 0 k = ω / c = 0 γ = 0 \gamma=0 γ = 0
証明（命題 5.5） E z = B z = 0 E_z=B_z=0 E z = B z = 0 B t = 1 c e z × E t \boldsymbol{B}_t=\frac1c\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{E}_t B t = c 1 e z × E t z z z ( ∇ t × E t ) z = i ω B z = 0 (\nabla_t\times\boldsymbol{E}_t)_z=i\omega B_z=0 ( ∇ t × E t ) z = iω B z = 0 ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 ∇ t ⋅ E t = − i k E z = 0 \nabla_t\cdot\boldsymbol{E}_t=-ikE_z=0 ∇ t ⋅ E t = − ik E z = 0 補題 2.1［電磁ポテンシャルとゲージ変換］ の 2 次元版）、E t = − ∇ t ϕ \boldsymbol{E}_t=-\nabla_t\phi E t = − ∇ t ϕ ∇ t 2 ϕ = 0 \nabla_t^2\phi=0 ∇ t 2 ϕ = 0 s ^ ⋅ E t = 0 \hat{\boldsymbol{s}}\cdot\boldsymbol{E}_t=0 s ^ ⋅ E t = 0 ϕ \phi ϕ 定理 3.1［静電場の境界値問題］ (a) により断面全体で ϕ \phi ϕ E t = 0 \boldsymbol{E}_t=\boldsymbol{0} E t = 0
∎ TEM 波とは、電場も磁場も進行方向の成分をもたない波のことで、単連結とは断面に穴がないということです。同軸ケーブルのように導体が 2 つ以上あれば断面が単連結でなくなり、境界上の定数が導体ごとに異なってよいので TEM 波が可能になります。中空の管には遮断周波数があり、それより低い周波数の波は通りません。
分散関係は k 2 = ω 2 / c 2 − γ m n 2 k^2=\omega^2/c^2-\gamma_{mn}^2 k 2 = ω 2 / c 2 − γ mn 2 遮断周波数 ω m n = c γ m n \omega_{mn}=c\gamma_{mn} ω mn = c γ mn
ω > ω m n \omega>\omega_{mn} ω > ω mn k k k e i ( k z − ω t ) e^{i(kz-\omega t)} e i ( k z − ω t ) z z z ω < ω m n \omega<\omega_{mn} ω < ω mn k = i κ k=i\kappa k = iκ κ = γ m n 2 − ω 2 / c 2 \kappa=\sqrt{\gamma_{mn}^2-\omega^2/c^2} κ = γ mn 2 − ω 2 / c 2 e − κ z e^{-\kappa z} e − κ z
最も低い遮断周波数をもつモードが基本モードで、a > b a>b a > b 10 _{10} 10 ω 10 = π c / a \omega_{10}=\pi c/a ω 10 = π c / a
命題 5.6 （TE10 _{10} 10 ） ✓
TE10 _{10} 10
E y = E 0 sin π x a e i ( k z − ω t ) , B x = − k ω E y , B z = − i π a ω E 0 cos π x a e i ( k z − ω t ) E_y=E_0\sin\frac{\pi x}{a}\,e^{i(kz-\omega t)},\qquad B_x=-\frac k\omega E_y,\qquad B_z=-\frac{i\pi}{a\omega}E_0\cos\frac{\pi x}{a}\,e^{i(kz-\omega t)} E y = E 0 sin a π x e i ( k z − ω t ) , B x = − ω k E y , B z = − aω iπ E 0 cos a π x e i ( k z − ω t ) （他の成分は 0 0 0 v p = ω / k v_p=\omega/k v p = ω / k v g = d ω / d k v_g=d\omega/dk v g = d ω / d k
v p = c 1 − ω 10 2 / ω 2 > c , v g = c 1 − ω 10 2 ω 2 < c , v p v g = c 2 v_p=\frac{c}{\sqrt{1-\omega_{10}^2/\omega^2}}>c,\qquad v_g=c\sqrt{1-\frac{\omega_{10}^2}{\omega^2}}<c,\qquad v_pv_g=c^2 v p = 1 − ω 10 2 / ω 2 c > c , v g = c 1 − ω 2 ω 10 2 < c , v p v g = c 2 で、時間平均のエネルギーの輸送速度（単位長さあたりのエネルギーに対する、断面を通る電力の比）は v g v_g v g
証明（命題 5.6） 命題 5.2 に B z = B 0 cos ( π x / a ) B_z=B_0\cos(\pi x/a) B z = B 0 cos ( π x / a ) E z = 0 E_z=0 E z = 0 γ = π / a \gamma=\pi/a γ = π / a E y = i ω γ 2 ⋅ π a B 0 sin π x a = i ω a π B 0 sin π x a E_y=\dfrac{i\omega}{\gamma^2}\cdot\dfrac{\pi}{a}B_0\sin\dfrac{\pi x}{a}=\dfrac{i\omega a}{\pi}B_0\sin\dfrac{\pi x}a E y = γ 2 iω ⋅ a π B 0 sin a π x = π iω a B 0 sin a π x B 0 = − i π a ω E 0 B_0=-\dfrac{i\pi}{a\omega}E_0 B 0 = − aω iπ E 0 E y E_y E y B x = i k γ 2 ∂ x B z = − k ω E 0 sin π x a B_x=\dfrac{ik}{\gamma^2}\partial_xB_z=-\dfrac k\omega E_0\sin\dfrac{\pi x}{a} B x = γ 2 ik ∂ x B z = − ω k E 0 sin a π x
分散関係 ω 2 = c 2 k 2 + ω 10 2 \omega^2=c^2k^2+\omega_{10}^2 ω 2 = c 2 k 2 + ω 10 2 v p = ω / k = ω / ω 2 / c 2 − ω 10 2 / c 2 = c / 1 − ω 10 2 / ω 2 v_p=\omega/k=\omega/\sqrt{\omega^2/c^2-\omega_{10}^2/c^2}=c/\sqrt{1-\omega_{10}^2/\omega^2} v p = ω / k = ω / ω 2 / c 2 − ω 10 2 / c 2 = c / 1 − ω 10 2 / ω 2 ω d ω = c 2 k d k \omega\,d\omega=c^2k\,dk ω d ω = c 2 k d k v g = c 2 k / ω = c 2 / v p v_g=c^2k/\omega=c^2/v_p v g = c 2 k / ω = c 2 / v p
エネルギー輸送を計算します。z z z ⟨ S z ⟩ = 1 2 μ 0 R e ( E x B ˉ y − E y B ˉ x ) = 1 2 μ 0 k ω ∣ E y ∣ 2 \langle S_z\rangle=\frac{1}{2\mu_0}\mathrm{Re}(E_x\bar B_y-E_y\bar B_x)=\frac{1}{2\mu_0}\frac k\omega|E_y|^2 ⟨ S z ⟩ = 2 μ 0 1 Re ( E x B ˉ y − E y B ˉ x ) = 2 μ 0 1 ω k ∣ E y ∣ 2 P = k 2 μ 0 ω ∣ E 0 ∣ 2 a b 2 P=\dfrac{k}{2\mu_0\omega}|E_0|^2\dfrac{ab}{2} P = 2 μ 0 ω k ∣ E 0 ∣ 2 2 ab 1 4 ε 0 ∣ E ∣ 2 + 1 4 μ 0 ∣ B ∣ 2 \frac14\varepsilon_0|\boldsymbol{E}|^2+\frac{1}{4\mu_0}|\boldsymbol{B}|^2 4 1 ε 0 ∣ E ∣ 2 + 4 μ 0 1 ∣ B ∣ 2
U = a b 8 ∣ E 0 ∣ 2 [ ε 0 + 1 μ 0 ω 2 ( k 2 + π 2 a 2 ) ] = a b 8 ∣ E 0 ∣ 2 [ ε 0 + ε 0 ] = a b ε 0 ∣ E 0 ∣ 2 4 U=\frac{ab}{8}|E_0|^2\Bigl[\varepsilon_0+\frac{1}{\mu_0\omega^2}\Bigl(k^2+\frac{\pi^2}{a^2}\Bigr)\Bigr]=\frac{ab}{8}|E_0|^2\bigl[\varepsilon_0+\varepsilon_0\bigr]=\frac{ab\,\varepsilon_0|E_0|^2}{4} U = 8 ab ∣ E 0 ∣ 2 [ ε 0 + μ 0 ω 2 1 ( k 2 + a 2 π 2 ) ] = 8 ab ∣ E 0 ∣ 2 [ ε 0 + ε 0 ] = 4 ab ε 0 ∣ E 0 ∣ 2 です（sin 2 \sin^2 sin 2 cos 2 \cos^2 cos 2 x x x a / 2 a/2 a /2 y y y b b b k 2 + π 2 / a 2 = ω 2 / c 2 k^2+\pi^2/a^2=\omega^2/c^2 k 2 + π 2 / a 2 = ω 2 / c 2 1 / ( μ 0 c 2 ) = ε 0 1/(\mu_0c^2)=\varepsilon_0 1/ ( μ 0 c 2 ) = ε 0 P / U = k μ 0 ε 0 ω = c 2 k ω = v g P/U=\dfrac{k}{\mu_0\varepsilon_0\omega}=\dfrac{c^2k}{\omega}=v_g P / U = μ 0 ε 0 ω k = ω c 2 k = v g
∎ 位相速度が c c c v g < c v_g<c v g < c
例 5.7 （X バンドの標準導波管 WR-90 ）
a = 22.86 m m a=22.86\,\mathrm{mm} a = 22.86 mm b = 10.16 m m b=10.16\,\mathrm{mm} b = 10.16 mm f m n = c 2 m 2 / a 2 + n 2 / b 2 f_{mn}=\dfrac c2\sqrt{m^2/a^2+n^2/b^2} f mn = 2 c m 2 / a 2 + n 2 / b 2 10 _{10} 10 6.56 G H z 6.56\,\mathrm{GHz} 6.56 GHz 20 _{20} 20 13.1 G H z 13.1\,\mathrm{GHz} 13.1 GHz 01 _{01} 01 14.8 G H z 14.8\,\mathrm{GHz} 14.8 GHz 11 _{11} 11 11 _{11} 11 16.1 G H z 16.1\,\mathrm{GHz} 16.1 GHz 6.56 6.56 6.56 13.1 G H z 13.1\,\mathrm{GHz} 13.1 GHz 10 _{10} 10 10 G H z 10\,\mathrm{GHz} 10 GHz 1 − ( 6.56 / 10 ) 2 = 0.755 \sqrt{1-(6.56/10)^2}=0.755 1 − ( 6.56/10 ) 2 = 0.755 v g = 0.755 c v_g=0.755c v g = 0.755 c v p = 1.32 c v_p=1.32c v p = 1.32 c
単色の波の場の 1 成分 u ( x ) e − i ω t u(\boldsymbol{x})e^{-i\omega t} u ( x ) e − iω t ( ∇ 2 + k 2 ) u = 0 (\nabla^2+k^2)u=0 ( ∇ 2 + k 2 ) u = 0 k = ω / c k=\omega/c k = ω / c 定理 4.1［マクスウェル方程式と電磁波］ ）。この方程式の解を、領域の境界上の値から復元する公式があります。
定理 6.1 （ヘルムホルツ・キルヒホッフの積分公式 ） ✓
V V V u ∈ C 2 ( V ‾ ) u\in C^2(\overline V) u ∈ C 2 ( V ) V V V ( ∇ 2 + k 2 ) u = 0 (\nabla^2+k^2)u=0 ( ∇ 2 + k 2 ) u = 0 P ∈ V P\in V P ∈ V R = ∣ x − P ∣ R=|\boldsymbol{x}-P| R = ∣ x − P ∣ G = e i k R / R G=e^{ikR}/R G = e ik R / R n \boldsymbol{n} n
u ( P ) = 1 4 π ∮ ∂ V ( G ∂ n u − u ∂ n G ) d S . u(P)=\frac{1}{4\pi}\oint_{\partial V}\bigl(G\,\partial_nu-u\,\partial_nG\bigr)\,dS . u ( P ) = 4 π 1 ∮ ∂ V ( G ∂ n u − u ∂ n G ) d S . 証明（定理 6.1） V ϵ = V ∖ B ϵ ( P ) ‾ V_\epsilon=V\setminus\overline{B_\epsilon(P)} V ϵ = V ∖ B ϵ ( P ) グリーンの第二恒等式（命題 2.2）［静電場の境界値問題］ を φ = u \varphi=u φ = u ψ = G \psi=G ψ = G R > 0 R>0 R > 0 ( ∇ 2 + k 2 ) G = 0 (\nabla^2+k^2)G=0 ( ∇ 2 + k 2 ) G = 0 G G G R R R ∇ 2 G = R − 1 ( R G ) ′ ′ = − k 2 G \nabla^2G=R^{-1}(RG)''=-k^2G ∇ 2 G = R − 1 ( R G ) ′′ = − k 2 G ∫ V ϵ ( u ∇ 2 G − G ∇ 2 u ) d V = ∫ V ϵ ( − k 2 u G + k 2 G u ) d V = 0 \int_{V_\epsilon}(u\nabla^2G-G\nabla^2u)\,dV=\int_{V_\epsilon}(-k^2uG+k^2Gu)\,dV=0 ∫ V ϵ ( u ∇ 2 G − G ∇ 2 u ) d V = ∫ V ϵ ( − k 2 u G + k 2 G u ) d V = 0
0 = ∮ ∂ V ( u ∂ n G − G ∂ n u ) d S + ∮ ∣ x − P ∣ = ϵ ( u ∂ ν G − G ∂ ν u ) d S , 0=\oint_{\partial V}\bigl(u\,\partial_nG-G\,\partial_nu\bigr)dS+\oint_{|\boldsymbol{x}-P|=\epsilon}\bigl(u\,\partial_\nu G-G\,\partial_\nu u\bigr)dS , 0 = ∮ ∂ V ( u ∂ n G − G ∂ n u ) d S + ∮ ∣ x − P ∣ = ϵ ( u ∂ ν G − G ∂ ν u ) d S , ν \nu ν V ϵ V_\epsilon V ϵ P P P ∂ ν = − ∂ R \partial_\nu=-\partial_R ∂ ν = − ∂ R G = e i k ϵ / ϵ G=e^{ik\epsilon}/\epsilon G = e ik ϵ / ϵ ∂ ν G = ( ϵ − 2 − i k ϵ − 1 ) e i k ϵ \partial_\nu G=(\epsilon^{-2}-ik\epsilon^{-1})e^{ik\epsilon} ∂ ν G = ( ϵ − 2 − ik ϵ − 1 ) e ik ϵ 4 π ϵ 2 4\pi\epsilon^2 4 π ϵ 2 u u u ∮ u ∂ ν G d S → 4 π u ( P ) \oint u\,\partial_\nu G\,dS\to4\pi u(P) ∮ u ∂ ν G d S → 4 π u ( P ) ∣ ∮ G ∂ ν u d S ∣ ≤ 4 π ϵ 2 ⋅ ϵ − 1 sup ∣ ∇ u ∣ → 0 \bigl|\oint G\,\partial_\nu u\,dS\bigr|\le4\pi\epsilon^2\cdot\epsilon^{-1}\sup|\nabla u|\to0 ∮ G ∂ ν u d S ≤ 4 π ϵ 2 ⋅ ϵ − 1 sup ∣∇ u ∣ → 0 ϵ → 0 \epsilon\to0 ϵ → 0
∎ この公式は、穴のあいたスクリーンの向こう側の場を、開口上の値から求めるのに使えます。ただし開口上の本当の場の値は分からないので、次の 3 つの仮定で「開口では入射波そのまま、影では 0」と見なして計算を閉じるのがねらいです。キルヒホッフの近似 として、(i) 開口上では u u u ∂ n u \partial_nu ∂ n u u = ∂ n u = 0 u=\partial_nu=0 u = ∂ n u = 0 0 0 0 z = 0 z=0 z = 0 z > 0 z>0 z > 0 P P P z < 0 z<0 z < 0 + z +z + z u i n c = u 0 e i k z u_{\mathrm{inc}}=u_0e^{ikz} u inc = u 0 e ik z ∂ n u = − ∂ z u = − i k u 0 \partial_nu=-\partial_zu=-iku_0 ∂ n u = − ∂ z u = − ik u 0 V V V z > 0 z>0 z > 0 − e z -\boldsymbol{e}_z − e z ∂ n G = − ∂ z G ≈ i k cos χ G \partial_nG=-\partial_zG\approx ik\cos\chi\,G ∂ n G = − ∂ z G ≈ ik cos χ G χ \chi χ P P P k R ≫ 1 kR\gg1 k R ≫ 1 1 / R 1/R 1/ R
u ( P ) ≈ − i k u 0 4 π ∫ A e i k R R ( 1 + cos χ ) d S . u(P)\approx-\frac{iku_0}{4\pi}\int_A\frac{e^{ikR}}{R}\bigl(1+\cos\chi\bigr)dS . u ( P ) ≈ − 4 π ik u 0 ∫ A R e ik R ( 1 + cos χ ) d S . 遠方で見る回折をフラウンホーファー回折 といい、ここでは光路の差を一次の項だけで近似して積分を簡単にします。観測点が開口から十分遠く、方向 r ^ \hat{\boldsymbol{r}} r ^ r r r x ′ \boldsymbol{x}' x ′
R = ∣ r r ^ − x ′ ∣ = r − r ^ ⋅ x ′ + ∣ x ′ ∣ 2 − ( r ^ ⋅ x ′ ) 2 2 r + ⋯ R=|r\hat{\boldsymbol{r}}-\boldsymbol{x}'|=r-\hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{x}'+\frac{|\boldsymbol{x}'|^2-(\hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{x}')^2}{2r}+\cdots R = ∣ r r ^ − x ′ ∣ = r − r ^ ⋅ x ′ + 2 r ∣ x ′ ∣ 2 − ( r ^ ⋅ x ′ ) 2 + ⋯ と展開できます。開口の大きさを D D D k D 2 / ( 2 r ) ≪ 1 kD^2/(2r)\ll1 k D 2 / ( 2 r ) ≪ 1 フラウンホーファー条件 ）なら第 3 項以降の位相への寄与は無視でき、小角度では 1 + cos χ ≈ 2 1+\cos\chi\approx2 1 + cos χ ≈ 2 1 / R ≈ 1 / r 1/R\approx1/r 1/ R ≈ 1/ r
命題 6.2 （フラウンホーファー回折 ） ✓
キルヒホッフの近似とフラウンホーファー条件のもとで
u ( P ) ≈ − i u 0 λ e i k r r ∫ A e − i k r ^ ⋅ x ′ d S ′ , λ = 2 π k u(P)\approx-\frac{iu_0}{\lambda}\frac{e^{ikr}}{r}\int_Ae^{-ik\,\hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{x}'}\,dS' ,\qquad\lambda=\frac{2\pi}{k} u ( P ) ≈ − λ i u 0 r e ik r ∫ A e − ik r ^ ⋅ x ′ d S ′ , λ = k 2 π である。すなわち回折像の振幅は、開口の形の（空間）フーリエ変換で与えられる（フーリエ変換の定義（定義 2.1）［ℝⁿ 上のフーリエ変換］ を参照）。
証明（命題 6.2） 上の近似を u ( P ) ≈ − i k u 0 4 π ∫ A e i k R R ( 1 + cos χ ) d S u(P)\approx-\frac{iku_0}{4\pi}\int_A\frac{e^{ikR}}{R}(1+\cos\chi)\,dS u ( P ) ≈ − 4 π ik u 0 ∫ A R e ik R ( 1 + cos χ ) d S e i k R ≈ e i k r e − i k r ^ ⋅ x ′ e^{ikR}\approx e^{ikr}e^{-ik\hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{x}'} e ik R ≈ e ik r e − ik r ^ ⋅ x ′ ( 1 + cos χ ) / R ≈ 2 / r (1+\cos\chi)/R\approx2/r ( 1 + cos χ ) / R ≈ 2/ r − i k 4 π ⋅ 2 = − i k 2 π = − i λ -\frac{ik}{4\pi}\cdot2=-\frac{ik}{2\pi}=-\frac i\lambda − 4 π ik ⋅ 2 = − 2 π ik = − λ i
∎ 例 6.3 （単スリットと二重スリット ）
x x x a a a y y y x x x r ^ ⋅ x ′ = x ′ sin θ \hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{x}'=x'\sin\theta r ^ ⋅ x ′ = x ′ sin θ 命題 6.2 の積分は
∫ − a / 2 a / 2 e − i k x ′ sin θ d x ′ = 2 sin ( k a sin θ / 2 ) k sin θ = a sin β β , β = π a sin θ λ \int_{-a/2}^{a/2}e^{-ikx'\sin\theta}dx'=\frac{2\sin(ka\sin\theta/2)}{k\sin\theta}=a\,\frac{\sin\beta}{\beta},\qquad\beta=\frac{\pi a\sin\theta}{\lambda} ∫ − a /2 a /2 e − ik x ′ s i n θ d x ′ = k sin θ 2 sin ( k a sin θ /2 ) = a β sin β , β = λ π a sin θ で、強度は I ( θ ) = I ( 0 ) ( sin β β ) 2 I(\theta)=I(0)\Bigl(\dfrac{\sin\beta}{\beta}\Bigr)^2 I ( θ ) = I ( 0 ) ( β sin β ) 2 a sin θ = m λ a\sin\theta=m\lambda a sin θ = mλ m = ± 1 , ± 2 , … m=\pm1,\pm2,\dots m = ± 1 , ± 2 , … 2 λ / a 2\lambda/a 2 λ / a a = 0.05 m m a=0.05\,\mathrm{mm} a = 0.05 mm λ = 500 n m \lambda=500\,\mathrm{nm} λ = 500 nm 1 m 1\,\mathrm{m} 1 m 2 λ L / a = 2 c m 2\lambda L/a=2\,\mathrm{cm} 2 λ L / a = 2 cm a 2 / ( λ L ) ≈ 0.005 ≪ 1 a^2/(\lambda L)\approx0.005\ll1 a 2 / ( λ L ) ≈ 0.005 ≪ 1
中心間隔 d d d [ ± d / 2 − a / 2 , ± d / 2 + a / 2 ] [\pm d/2-a/2,\ \pm d/2+a/2] [ ± d /2 − a /2 , ± d /2 + a /2 ] a s i n c β a\,\mathrm{sinc}\,\beta a sinc β e ∓ i k d sin θ / 2 e^{\mp ikd\sin\theta/2} e ∓ ik d s i n θ /2 2 a sin β β cos ( π d sin θ λ ) 2a\,\frac{\sin\beta}{\beta}\cos\bigl(\frac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\bigr) 2 a β s i n β cos ( λ π d s i n θ )
I ( θ ) = I ( 0 ) cos 2 ( π d sin θ λ ) ( sin β β ) 2 I(\theta)=I(0)\cos^2\Bigl(\frac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\Bigr)\Bigl(\frac{\sin\beta}{\beta}\Bigr)^2 I ( θ ) = I ( 0 ) cos 2 ( λ π d sin θ ) ( β sin β ) 2 です。明線は d sin θ = m λ d\sin\theta=m\lambda d sin θ = mλ λ L / d \lambda L/d λ L / d λ = 550 n m \lambda=550\,\mathrm{nm} λ = 550 nm d = 0.5 m m d=0.5\,\mathrm{mm} d = 0.5 mm L = 1 m L=1\,\mathrm{m} L = 1 m 1.1 m m 1.1\,\mathrm{mm} 1.1 mm cos 2 \cos^2 cos 2 干渉 縞、s i n c 2 \mathrm{sinc}^2 sinc 2 回折 による包絡線です。
前半ではスリットの幅 a a a d d d a a a d d d
二重スリットの強度 I(θ)。a を広げると包絡線が狭まり、d を広げると縞が細かくなる（λ = 500 nm）。 2 つの波が干渉するとき、複素振幅を A 1 = I 1 A_1=\sqrt{I_1} A 1 = I 1 A 2 = I 2 e i δ A_2=\sqrt{I_2}e^{i\delta} A 2 = I 2 e i δ ∣ A 1 + A 2 ∣ 2 = I 1 + I 2 + 2 I 1 I 2 cos δ |A_1+A_2|^2=I_1+I_2+2\sqrt{I_1I_2}\cos\delta ∣ A 1 + A 2 ∣ 2 = I 1 + I 2 + 2 I 1 I 2 cos δ δ \delta δ
例 6.4 （反射防止膜の条件 ）
屈折率 n 2 n_2 n 2 n c n_c n c 1 < n c < n 2 1<n_c<n_2 1 < n c < n 2 d d d n 1 = 1 n_1=1 n 1 = 1 定理 4.3 の垂直入射の場合で r 1 = n 1 − n c n 1 + n c r_1=\dfrac{n_1-n_c}{n_1+n_c} r 1 = n 1 + n c n 1 − n c r 2 = n c − n 2 n c + n 2 r_2=\dfrac{n_c-n_2}{n_c+n_2} r 2 = n c + n 2 n c − n 2 n 1 < n c < n 2 n_1<n_c<n_2 n 1 < n c < n 2 2 n c d 2n_cd 2 n c d 2 k n c d = 4 π n c d λ 2kn_cd=\dfrac{4\pi n_cd}{\lambda} 2 k n c d = λ 4 π n c d π \pi π
d = λ 4 n c d=\frac{\lambda}{4n_c} d = 4 n c λ （4 分の 1 波長膜 ）のときで、振幅も等しい（r 1 = r 2 r_1=r_2 r 1 = r 2 r 1 = r 2 r_1=r_2 r 1 = r 2 ( n c − n 1 ) ( n 2 + n c ) = ( n 2 − n c ) ( n c + n 1 ) (n_c-n_1)(n_2+n_c)=(n_2-n_c)(n_c+n_1) ( n c − n 1 ) ( n 2 + n c ) = ( n 2 − n c ) ( n c + n 1 ) n c 2 = n 1 n 2 n_c^2=n_1n_2 n c 2 = n 1 n 2 r 1 + r 2 e i ϕ 1 + r 1 r 2 e i ϕ \dfrac{r_1+r_2e^{i\phi}}{1+r_1r_2e^{i\phi}} 1 + r 1 r 2 e i ϕ r 1 + r 2 e i ϕ ϕ \phi ϕ ϕ = π \phi=\pi ϕ = π r 1 − r 2 1 − r 1 r 2 \dfrac{r_1-r_2}{1-r_1r_2} 1 − r 1 r 2 r 1 − r 2 r 1 = r 2 r_1=r_2 r 1 = r 2 0 0 0 2 _2 2 n c = 1.38 n_c=1.38 n c = 1.38 n 2 = 1.52 n_2=1.52 n 2 = 1.52 1.52 = 1.23 \sqrt{1.52}=1.23 1.52 = 1.23 1.2 % 1.2\% 1.2% 4.3 % 4.3\% 4.3%
演習 7.1 易
空気（n 1 = 1 n_1=1 n 1 = 1 n 2 = 1.33 n_2=1.33 n 2 = 1.33
解答 系 4.4 より θ B = arctan 1.33 ≈ 53.1 ∘ \theta_B=\arctan1.33\approx53.1^\circ θ B = arctan 1.33 ≈ 53. 1 ∘ θ t = 90 ∘ − θ B ≈ 36.9 ∘ \theta_t=90^\circ-\theta_B\approx36.9^\circ θ t = 9 0 ∘ − θ B ≈ 36. 9 ∘ sin θ t = sin θ B / 1.33 = 0.7996 / 1.33 ≈ 0.601 \sin\theta_t=\sin\theta_B/1.33=0.7996/1.33\approx0.601 sin θ t = sin θ B /1.33 = 0.7996/1.33 ≈ 0.601 arcsin ( 1 / 1.33 ) ≈ 48.8 ∘ \arcsin(1/1.33)\approx48.8^\circ arcsin ( 1/1.33 ) ≈ 48. 8 ∘
演習 7.2 標準
海水（σ ≈ 4 S / m \sigma\approx4\,\mathrm{S/m} σ ≈ 4 S/m ε ≈ 80 ε 0 \varepsilon\approx80\varepsilon_0 ε ≈ 80 ε 0 μ ≈ μ 0 \mu\approx\mu_0 μ ≈ μ 0 1 k H z 1\,\mathrm{kHz} 1 kHz
解答 ω = 2 π × 10 3 \omega=2\pi\times10^3 ω = 2 π × 1 0 3 σ / ( ε ω ) = 4 / ( 80 × 8.85 × 10 − 12 × 6283 ) ≈ 9 × 10 5 ≫ 1 \sigma/(\varepsilon\omega)=4/(80\times8.85\times10^{-12}\times6283)\approx9\times10^5\gg1 σ / ( ε ω ) = 4/ ( 80 × 8.85 × 1 0 − 12 × 6283 ) ≈ 9 × 1 0 5 ≫ 1 命題 3.3 の近似が使えます。δ = 2 / ( μ 0 σ ω ) = 2 / ( 1.257 × 10 − 6 × 4 × 6283 ) ≈ 8.0 m \delta=\sqrt{2/(\mu_0\sigma\omega)}=\sqrt{2/(1.257\times10^{-6}\times4\times6283)}\approx8.0\,\mathrm{m} δ = 2/ ( μ 0 σ ω ) = 2/ ( 1.257 × 1 0 − 6 × 4 × 6283 ) ≈ 8.0 m δ ∝ ω − 1 / 2 \delta\propto\omega^{-1/2} δ ∝ ω − 1/2
演習 7.3 標準
波長 550 n m 550\,\mathrm{nm} 550 nm 2 _2 2 n c = 1.38 n_c=1.38 n c = 1.38 n 2 = 1.52 n_2=1.52 n 2 = 1.52
解答 d = λ / ( 4 n c ) = 550 / ( 4 × 1.38 ) ≈ 99.6 n m d=\lambda/(4n_c)=550/(4\times1.38)\approx99.6\,\mathrm{nm} d = λ / ( 4 n c ) = 550/ ( 4 × 1.38 ) ≈ 99.6 nm r 1 = 1 − 1.38 2.38 = − 0.1597 r_1=\dfrac{1-1.38}{2.38}=-0.1597 r 1 = 2.38 1 − 1.38 = − 0.1597 r 2 = 1.38 − 1.52 2.90 = − 0.0483 r_2=\dfrac{1.38-1.52}{2.90}=-0.0483 r 2 = 2.90 1.38 − 1.52 = − 0.0483 π \pi π r 1 + r 2 e i π = − 0.1597 + 0.0483 = − 0.1114 r_1+r_2e^{i\pi}=-0.1597+0.0483=-0.1114 r 1 + r 2 e iπ = − 0.1597 + 0.0483 = − 0.1114 0.1114 2 ≈ 1.2 % 0.1114^2\approx1.2\% 0.111 4 2 ≈ 1.2% ( ( 1.52 − 1 ) / ( 2.52 ) ) 2 = 4.3 % ((1.52-1)/(2.52))^2=4.3\% (( 1.52 − 1 ) / ( 2.52 ) ) 2 = 4.3% r 1 ≠ r 2 r_1\ne r_2 r 1 = r 2 n c ≠ n 2 n_c\ne\sqrt{n_2} n c = n 2
演習 7.4 難
導波管の壁の間隔が a a a x = 0 x=0 x = 0 x = a x=a x = a z z z E y E_y E y E y = sin ( m π x / a ) e i ( k z − ω t ) E_y=\sin(m\pi x/a)e^{i(kz-\omega t)} E y = sin ( mπ x / a ) e i ( k z − ω t )
解答 波動方程式から − ( m π / a ) 2 − k 2 + ω 2 / c 2 = 0 -(m\pi/a)^2-k^2+\omega^2/c^2=0 − ( mπ / a ) 2 − k 2 + ω 2 / c 2 = 0 k 2 = ω 2 / c 2 − ( m π / a ) 2 k^2=\omega^2/c^2-(m\pi/a)^2 k 2 = ω 2 / c 2 − ( mπ / a ) 2 x = 0 , a x=0,a x = 0 , a E y = 0 E_y=0 E y = 0 sin ( m π x / a ) = 1 2 i ( e i m π x / a − e − i m π x / a ) \sin(m\pi x/a)=\dfrac{1}{2i}\bigl(e^{im\pi x/a}-e^{-im\pi x/a}\bigr) sin ( mπ x / a ) = 2 i 1 ( e imπ x / a − e − imπ x / a ) ( ± m π / a , 0 , k ) (\pm m\pi/a,0,k) ( ± mπ / a , 0 , k ) ω / c \omega/c ω / c z z z k = ω 2 / c 2 − ( m π / a ) 2 k=\sqrt{\omega^2/c^2-(m\pi/a)^2} k = ω 2 / c 2 − ( mπ / a ) 2 x x x m π / a ≤ ω / c m\pi/a\le\omega/c mπ / a ≤ ω / c ω = c m π / a \omega=cm\pi/a ω = c mπ / a z z z
J. D. Jackson『電磁気学（原書第 3 版）』（Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999）— 第 7 章（平面波、反射と屈折、分散）、第 8 章（導波管）、第 10 章（回折）。
M. Born, E. Wolf, Principles of Optics , 7th ed., Cambridge University Press, 1999 — 第 1 章（電磁理論）、第 8 章（回折の基礎理論）。
E. Hecht, Optics , 5th ed., Pearson, 2017 — 反射・屈折、干渉、回折の章。
D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics , 4th ed., Cambridge University Press, 2017 — 第 9 章（電磁波）。
L. D. Landau, E. M. Lifshitz, Electrodynamics of Continuous Media , 2nd ed., Pergamon Press, 1984 — 電磁波の伝播の章。
