電磁場のエネルギーとその収支

ある微小時間\(dt\)の間に、系全体の外力がする微小仕事\(dW\)は、個々の粒子\(i\)に働く外力\(\boldsymbol{F}_{ext, i}\)と変位\(d\boldsymbol{r}_i\)の内積の総和でかける。外力は静電気力\(\boldsymbol{F}_i\)に逆らう力なので、 \(\boldsymbol{F}_{ext, i} = -\boldsymbol{F}_i\)であるから、\(dW = – \sum_{i} \boldsymbol{F}_i \cdot d\boldsymbol{r}_i\)である。粒子\(i\)に働く静電気力\(\boldsymbol{F}_i\)は、他の全ての粒子\(j (\neq i)\)からの力の和であるので、
$$
dW = – \sum_{i} \boldsymbol{F}_i \cdot d\boldsymbol{r}_i = – \sum_{i} \left( \sum_{j \neq i} \frac{q_i q_j}{4\pi\epsilon_0} \frac{\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|^3} \right) \cdot d\boldsymbol{r}_i
$$となる。ここで、2重和\(\sum_i \sum_{j \neq i}\)はすべての組み合わせ\((i, j)\)と\((j, i)\)を網羅するため、ペア\((i, j)\)(ただし\(i<j\))ごとに項をまとめると、
$$
dW = – \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \left( \frac{\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|^3} \cdot d\boldsymbol{r}_i + \frac{\boldsymbol{r}_j – \boldsymbol{r}_i}{|\boldsymbol{r}_j – \boldsymbol{r}_i|^3} \cdot d\boldsymbol{r}_j \right)
$$とかける。ただし、\(\sum_{(i,j)}\)は重複しないペア\(i<j\)の和を表す。

カッコの中身を整理する。相対位置ベクトルを\(\boldsymbol{r}_{ij} = \boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j\)と定義すると、その微小変化は\(d\boldsymbol{r}_{ij} = d\boldsymbol{r}_i – d\boldsymbol{r}_j\)、分母は\(|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|^3 = r_{ij}^3\)、分子のベクトル部分は\(-\boldsymbol{r}_{ij}\)となる。
ここで、\(r^2 = \boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}\)の両辺を微分すると\(2rdr = 2\boldsymbol{r}\cdot d\boldsymbol{r}\)であることから、ベクトル\(\boldsymbol{r}\)とその微小変位\(d\boldsymbol{r}\)について、\(\boldsymbol{r} \cdot d\boldsymbol{r} = r dr\)が成り立つ。これを用いるとカッコ内は、
$$
\frac{\boldsymbol{r}_{ij} \cdot d\boldsymbol{r}_{ij}}{r_{ij}^3} = \frac{r_{ij} dr_{ij}}{r_{ij}^3} = \frac{dr_{ij}}{r_{ij}^2}
$$となることがわかる。これを\(dW\)の式に戻すと、
$$
dW = – \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \frac{dr_{ij}}{r_{ij}^2}
$$とかくことができるので、この\(dW\)を積分して、初期配置\(r_{ij} = S_{ij}\)から最終配置\(r_{ij} = R_{ij}\)までの仕事\(W\)を求めると、以下が得られる。
$$
W = \int dW = – \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \int_{S_{ij}}^{R_{ij}} \frac{dr_{ij}}{r_{ij}^2} = \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \left( \frac{1}{R_{ij}}-\frac{1}{S_{ij}} \right)
$$以上より、どういう過程で電荷分布\(C_0\)から電荷分布\(C\)をつくっても、外力の仕事\(W\)は過程に依らない値をとるため、示された。□

定理２.４.11において、\(S_{ij} \to \infty\)とすると、
$$
W = \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \frac{1}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|}
$$であり、これが位置\(\boldsymbol{r}_1,\boldsymbol{r}_2,\boldsymbol{r}_3,…,\boldsymbol{r}_n\)に、電荷\(q_1,q_2,q_3,…,q_n\)がおかれている荷電粒子系のエネルギー\(U\)である。ここで、ペア\((i, j)\)(ただし\(i<j\))ごとに項をまとめた和の形を、2重和\(\sum_i \sum_{j \neq i}\)に分解すると、
$$
U = \sum_{(i,j)} \frac{q_i q_j}{4\pi \epsilon_0} \frac{1}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} q_i {\left( \sum_{j \neq i} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_j}{r_{ij}} \right)}
$$とかくことができ、系２.５.２より、カッコの和の中身\(\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_j}{r_{ij}}\)は、位置\(\boldsymbol{r}_i\)における、\(q_i\)以外のすべての電荷が\(q_i\)の位置\(\boldsymbol{r}_i\)につくる無限遠を基準とした電位\(\phi(\boldsymbol{r}_i)\)の表式に他ならない。よって、離散系のエネルギーは次のようにかける。
$$
U = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} q_i \phi(\boldsymbol{r}_i)
$$□

電荷分布のエネルギーは、系２.４.13より、以下のように書ける。
$$
U = \frac{1}{2} \int_{V} \rho(\boldsymbol{r}) \phi(\boldsymbol{r})
$$ここで、微分形のガウスの法則\(\rho = \epsilon_0 (\nabla \cdot \boldsymbol{E})\)を代入すると、\(U = \frac{\epsilon_0}{2} \int (\nabla \cdot \boldsymbol{E}) \phi dV\)となるので、ベクトルの恒等式 \(\nabla \cdot (\phi \boldsymbol{E}) = (\nabla \phi) \cdot \boldsymbol{E} + \phi (\nabla \cdot \boldsymbol{E})\)を用いて、以下のようになる。
$$
U = \frac{\epsilon_0}{2} \int \nabla \cdot (\phi \boldsymbol{E}) dV – \frac{\epsilon_0}{2} \int \boldsymbol{E} \cdot (\nabla \phi) dV
$$第１項については、ガウスの発散定理を使って体積分を面積分に直すと、
$$
\int_V \nabla \cdot (\phi \boldsymbol{E}) \, dV = \oint_S (\phi \boldsymbol{E}) \cdot \boldsymbol{n} dS
$$となる。積分領域は全空間(無限遠)であり、電位、電場、面積の距離によるオーダーは、\(\phi \propto 1/r\), \(E \propto 1/r^2\), \(S \propto r^2\)なので、全体として\(1/r\)でゼロに収束して、第１項は消える。
第２項については、定理２.５.３の式\(\boldsymbol{E} = -\nabla \phi\)より、
$$
– \frac{\epsilon_0}{2} \int \boldsymbol{E} \cdot (\nabla \phi) dV = – \frac{\epsilon_0}{2} \int \boldsymbol{E} \cdot {-\boldsymbol{E}} dV = \frac{\epsilon_0}{2} \int |\boldsymbol{E}|^2 dV
$$となる。したがって、電荷分布のエネルギーは以下のように書き換えられる。
$$
U = \int_V \left( \frac{\epsilon_0}{2} |\boldsymbol{E}|^2 \right) dV
$$□

微小時間\(dt\)の間に、閉回路\(C_j\)について、これに流れる電流を\(I_j\) から微小\(dI_j\)だけ増やすときを考える。このとき、回路\(C_i\)に電流\(I_i\)を流し続ける外力(電源)のする仕事\(dW\)は、回路\(C_i\)における電流の方向を正とする起電力を\(V_i\)とするとき、\(dW= -\sum_{i} V_i I_i dt\)とかける。系２.４.８より、回路\(C_i\)を貫く磁束を\(\Phi_i\)とすると、\(V_i=-\frac{d \Phi_i}{dt}\)であるから、以下のようになる。
$$
dW = -\sum_{i} \left( -\frac{d \Phi_i}{dt} \right) I_i dt = \sum_{i} I_i d\Phi_i
$$続いて、\(\Phi_i\)の表式を考える。磁束の定義より、\(\Phi_i = \int_{S_i} \boldsymbol{B} \cdot \boldsymbol{n} dS\)であって、ここにベクトルポテンシャルの定義\(\boldsymbol{B} = \nabla \times \boldsymbol{A}\)を代入すると、\(\Phi_i = \int_{S_i} (\nabla \times \boldsymbol{A}) \cdot \boldsymbol{n} dS\)とかける。ストークスの定理を用いると、
$$
\Phi_i = \oint_{C_i} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}_i) \cdot d\boldsymbol{r}_i
$$とかけるので、定理２.５.８におけるベクトルポテンシャル\(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}_i)\)の表式より、
$$
\Phi_i = \oint_{C_i} \left[ \sum_{j} \frac{\mu_0 I_j}{4\pi} \oint_{C_j} \frac{d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right] \cdot d\boldsymbol{r}_i = \sum_{j} \frac{\mu_0 I_j}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \frac{d\boldsymbol{r}_j \cdot d\boldsymbol{r}_i}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|}
$$とかける。よって、閉回路\(C_j\)について、これに流れる電流を\(I_j\) から微小\(dI_j\)だけ増やすときの磁束の微小変化\(d\Phi_i\)は、
$$
d\Phi_i = \left( \sum_{j} \frac{\mu_0 dI_j}{4\pi} \oint \oint \frac{d\boldsymbol{r}_j \cdot d\boldsymbol{r}_i}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right)
$$となる。これをもとの式\(dW\)に代入して、
$$
dW = \sum_{i} I_i \left[ \sum_{j} \frac{\mu_0 dI_j}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \frac{d\boldsymbol{r}_j \cdot d\boldsymbol{r}_i}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right] = \sum_{i} \sum_{j} \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \frac{d\boldsymbol{r}_j \cdot d\boldsymbol{r}_i}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right) I_i dI_j
$$いま、回路の形と配置だけで決まる、複雑な積分でかかれている定数\(\frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \frac{d\boldsymbol{r}_i \cdot d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|}\)を\(L_{ij}\)とおく。
これを用いて、2重和∑i∑j≠iでペア(i,j)(ただしi<j)ごとに項をまとめると、
$$
dW = \sum_{i} \sum_{j} L_{ij} I_i dI_j = \sum_{i} L_{ii} I_i dI_i + \sum_{i \ne j} L_{ij} I_i dI_j = \sum_{i} L_{ii} I_i dI_i + \sum_{(i,j)} L_{ij} (I_i dI_j + I_j dI_i)
$$\(d(I_iI_j)=I_i dI_j + I_j dI_i\)であることから、
$$
dW = \sum_{i} L_{ii} I_i dI_i + \sum_{(i,j)} L_{ij} d(I_iI_j) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n L_{ij} d(I_i I_j)
$$とかくことができるので、この\(dW\)を積分して、初期状態\(I_i I_j = j_ij_j\)から最終状態\(I_iI_j = J_i J_j\)までの仕事\(W\)を求めると、以下が得られる。
$$
W = \int dW = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n L_{ij} \int_{I_i I_j = j_ij_j}^{I_iI_j = J_i J_j} d(I_i I_j) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \left( \frac{d\boldsymbol{r}_i \cdot d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right) \left( J_i J_j – j_ij_j \right)
$$以上より、どういう過程で電流分布\(C_0\)から電流分布\(C\)をつくっても、外力の仕事\(W\)は過程に依らない値をとるため、示された。□

定理２.４.15において、\(j_i j_j \to 0\)とすると、
$$
W = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_i} \oint_{C_j} \left( \frac{d\boldsymbol{r}_i \cdot d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right) J_i J_j = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \oint_{C_i} J_id\boldsymbol{r}_i \cdot \left( \sum_{j=1}^n \frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_j} \frac{J_j d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|} \right)
$$であり、これが\(n\)個の閉回路\(C_1,C_2,C_3,…,C_n\)にそれぞれ電流\(J_1,J_2,J_3,…,J_n\)が流れている閉回路系のエネルギー\(U\)である。定理２.５.８より、カッコの中身\(\sum_{j=1}^n \frac{\mu_0}{4\pi} \oint_{C_j} \frac{J_j d\boldsymbol{r}_j}{|\boldsymbol{r}_i – \boldsymbol{r}_j|}\)は、閉回路系が位置\(\boldsymbol{r}\)につくるベクトルポテンシャル\(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r})\)であるので、離散系のエネルギーは次のようにかける。
$$
U = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \left( \oint_{C_i} J_i d\boldsymbol{r}_i \cdot \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) \right)
$$□

電流分布のエネルギーは、系２.４.17より、以下のように書ける。
$$
U = \frac{1}{2} \int_{V} \boldsymbol{j}(\boldsymbol{r}) \cdot \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) dV
$$ここで、微分形のアンペールの法則\(\boldsymbol{j} = \frac{1}{\mu_0} (\nabla \times \boldsymbol{B})$\)を代入すると、\(U = \frac{1}{2\mu_0} \int (\nabla \times \boldsymbol{B}) \cdot \boldsymbol{A} dV\)となるので、ベクトルの恒等式 \($\nabla \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B}) = \boldsymbol{B} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{A}) – \boldsymbol{A} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{B})$\)を用いて、以下のようになる。
$$
U = \frac{1}{2\mu_0} \int \boldsymbol{B} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{A}) dV – \frac{1}{2\mu_0} \int \nabla \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B}) dV
$$第１項については、\(\boldsymbol{B} = \nabla \times \boldsymbol{A}\)より、
$$
\frac{1}{2\mu_0} \int \boldsymbol{B} \cdot (\nabla \times \boldsymbol{A}) dV = \frac{1}{2\mu_0} \int \boldsymbol{B} \cdot \boldsymbol{B} dV = \frac{1}{2\mu_0} \int |\boldsymbol{B}|^2 dV
$$となる。第２項については、ガウスの発散定理を使って体積分を面積分に直すと、
$$
– \frac{1}{2\mu_0} \int \nabla \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B}) dV = – \frac{1}{2\mu_0} \oint_S (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B}) \cdot \boldsymbol{n} dS
$$となる。積分領域は全空間(無限遠)であり、ベクトルポテンシャル、磁場、面積の距離によるオーダーは、\(A \propto 1/r\), \(B \propto 1/r^2\), \(S \propto r^2\)なので、全体として\(1/r\)でゼロに収束して、第２項は消える。
したがって、電流分布のエネルギーは以下のように書き換えられる。
$$
U = \int_V \left( \frac{1}{2\mu_0} |\boldsymbol{B}|^2 \right) dV
$$□

微分形のアンペール-マクスウェルの法則\(\nabla \times \boldsymbol{B} = \mu_0 \boldsymbol{j} + \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}\)について、両辺\(\boldsymbol{E}\)との内積をとると、
$$
\boldsymbol{E} \cdot \left( \nabla \times \boldsymbol{B} \right) = \boldsymbol{E} \cdot \left( \mu_0 \boldsymbol{j} + \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t} \right)
$$同様に、微分形のファラデーの電磁誘導の法則\(\nabla \times \boldsymbol{E} =- \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}\)について、両辺\(\boldsymbol{B}\)との内積をとると、
$$
\boldsymbol{B} \cdot \left( \nabla \times \boldsymbol{E} \right) = -\boldsymbol{B} \cdot \left( \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} \right)
$$両辺の差をとって、\(\mu_0\)で割ると、
$$
\frac{1}{\mu_0} \left\{ \boldsymbol{B} \cdot \left( \nabla \times \boldsymbol{E} \right) – \boldsymbol{E} \cdot \left( \nabla \times \boldsymbol{B} \right) \right\} = -\frac{1}{\mu_0} \boldsymbol{B} \cdot \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} – \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{j} – \epsilon_0 \boldsymbol{E} \cdot \frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}
$$であるので、整理してスカラー３重積を用いると、以下が導かれる。
$$
\frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{\epsilon_0}{2} |\boldsymbol{E}|^2 + \frac{1}{2\mu_0} |\boldsymbol{B}|^2 \right) = -\frac{1}{\mu_0} \nabla \cdot (\boldsymbol{E} \times \boldsymbol{B}) – \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{j}
$$□