【電磁気】電磁波の電場と磁場は直交していることの証明！！

今回は「電磁波の電場と磁場が直交している」ということを求めていきたいと思います。

我々の生活で大いに役に立っている電磁波ですが、それがどのような動きをしているのかというのは人間は見ることができません。

しかし、マクスウェル方程式と波動方程式を解くことにより、電磁波の形や動きを（間接的に）見ることができます。

電磁波と磁場は直交している

電磁波と磁場は直交している

波動方程式と平面波

マクスウェル方程式を変形していくと電磁波の波動方程式

$$
\begin{cases}
\nabla^2{\bf E} – \epsilon_0\mu_0\frac{\partial^2{\bf E}}{\partial t^2} = 0\\
\nabla^2 {\bf B} – \epsilon_0\mu_0\frac{\partial^2{\bf B}}{\partial t^2} = 0
\end{cases}\tag{1}
$$

を得られます。

この解として

$$
\begin{cases}
{\bf E} = {\bf E_0}\sin({\bf k \cdot r}-\omega t + \delta)\\
{\bf B} = {\bf B_0}\sin({\bf k’\cdot r}-\omega’ t + \delta’)
\end{cases}\tag{2}
$$

を仮定します。

解の条件

(2)式が(1)を満たすための条件を求めてみましょう。

(2)式を(1)式に代入すると

それぞれ

$$
\begin{cases}
-k^2 {\bf E_0}\sin({\bf k \cdot r}-\omega t + \delta) + \mu_0\epsilon_0\omega^2 {\bf E_0}\sin({\bf k \cdot r}-\omega t + \delta) = 0\\
-k^2 {\bf B_0}\sin({\bf k’ \cdot r}-\omega’ t + \delta’) + \mu_0\epsilon_0\omega^2 {\bf B_0}\sin({\bf k’ \cdot r}-\omega’ t + \delta’) = 0
\end{cases}
$$

となります。よって、

$$
\begin{cases}
\omega = \frac{1}{\mu_0\epsilon_0}k^2\\
\omega’ = \frac{1}{\mu_0\epsilon_0}k’^2
\end{cases}
$$

となります。

これが(1)式の解になるための条件で「分散関係」と呼びます。

位相

次に

$$
\begin{cases}
k=k’\\
\omega=\omega’\\
\delta = \delta’
\end{cases}
$$

を示します。

マクスウェル方程式の一つ

$$
\nabla\times{\bf E} = -\frac{\partial {\bf B} }{\partial t}
$$

に(2)式を代入すると

$$
{\bf k\times E_{0}}\cos({\bf k \cdot r}-\omega t + \delta) = {\bf \omega’ B_{0}}\cos({\bf k’ \cdot r}-\omega’ t + \delta’) \tag{3}
$$

となります。

この式が恒等的になりたつには

$$
\begin{cases}
{\bf k\times E_{0}} = {\bf \omega’ B_{0}} \\
\cos({\bf k \cdot r}-\omega t + \delta) = \cos({\bf k’ \cdot r}-\omega’ t + \delta’)
\end{cases}
$$

であればよいことが分かります。

このとき、上の二つ目の式より$\cos$が等しくなるには

$$
{\bf k \cdot r}-\omega t + \delta = \pm( {\bf k’ \cdot r}-\omega’ t + \delta’ )
$$

であればよいはずです。（位相が同じ）

よって、
$$
\begin{cases}
k=k’\\
\omega=\omega’\\
\delta = \delta’
\end{cases}\tag{4}
$$

が言えます。