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リエナーの式とラーモアの式

問題

電荷$q$の粒子の加速運動によって作られる輻射場は以下のように書けました。

{\bf E} ({\bf r} , t) 
= \frac{q}{c} \left[ \frac{\bf g}{R}\right]

ただし

\boldsymbol{\beta}(t) \equiv \frac{{\bf u}(t)}{c}, \
{\bf g} \equiv \frac{1}{\kappa^3} {\bf n} \times \{ ({\bf n} - \boldsymbol{\beta}) \times \dot{\boldsymbol{\beta}} \}, \
R(t') = |{\bf r}- {\bf r}_0 (t')|, \
{\bf n}(t') =\frac{{\bf r}- {\bf r}_0 (t')}{|{\bf r}- {\bf r}_0 (t')|}, \
\kappa (t) = 1 - {\bf n}(t) \cdot \boldsymbol{\beta}(t)

${\bf r}_0(t')$は遅延時間$t'$での電荷の位置、${\bf r}$は観測者の位置ベクトルです。以下、観測者は粒子から十分遠方にいて粒子から観測者までの距離$R$と${\bf n}$の粒子の運動による変化を無視できるとします。観測者が受信する粒子からの放射の、単位立体角・単位時間あたりの強度は

\frac{dW}{dt d\Omega} = \frac{c}{4\pi} [R^2 E^2]

となります。これを受信強度(received power)と呼び、$\frac{dP_{\rm r}}{d\Omega}$と書きます。

(1)

観測者が$dt$間に受信した放射は、粒子が$dt'$間に放射した電磁波です。$dt = dt' \kappa$を示しなさい。

(2)

粒子が単位時間あたりに放射した電磁波の強度を放射強度(emitted power)といい、$\frac{dP_{\rm e}}{d\Omega}$と書く。

\frac{dP_{\rm e}}{d\Omega} 
\equiv \frac{dW}{dt' d\Omega} 
= \frac{c}{4\pi} [\kappa R^2 E^2]

を示しなさい。

(3)

以上から、全放射強度(total emitted power)は

P_{\rm e} 
= \frac{q^2}{4\pi c} \int_{4\pi} [\kappa g^2] d\Omega

のように書けます。以下の手順に従ってこの全立体角積分を行いましょう。

${\bf v}$の方向を$z$軸にとり$\dot{\bf v}$を$xz$平面にとって${\bf v}$とのなす角を$i$とします。また、${\bf n}= (\sin \theta \cos \phi, \sin \theta \sin \phi, \cos \theta)$とします。

3-1

以下の式を全て示しなさい。

{\bf n} \cdot \boldsymbol{\beta} 
= \beta \cos\theta, \
{\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}} 
= \dot{\beta} (\sin \theta \cos \phi \sin i + \cos \theta \cos i ), \
\boldsymbol{\beta} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}} 
= \beta \dot{\beta} \cos i \\
\kappa g^2 
= \dot{\beta}^2 \left\{ \frac{1}{\kappa^3} 
+ \frac{2\beta}{\kappa^4} (\cos i \sin i \sin \theta \cos \phi + \cos^2 i \cos \theta ) 
- \frac{\gamma^{-2}}{\kappa^5} (\sin^2 i \sin^2 \theta \cos^2 \phi + 2 \sin i \cos i \sin \theta \cos \phi + \cos^2 i \cos^2 \theta)\right\} \\
I_{n+1} \equiv \int_{-1}^{1} \frac{d\mu}{(1-\beta \mu)^{n+1}}
=\frac{(1+\beta)^n- (1-\beta)^n}{n\beta (1-\beta^2)^n} \\
J_{n+1} \equiv \int_{-1}^{1} \frac{\mu}{(1-\beta \mu)^{n+1}} d\mu 
= \frac{1}{n} \frac{d I_{n}}{d\beta} \\
K_{n+1} \equiv \int_{-1}^{1} \frac{\mu^2}{(1-\beta \mu)^{n+1}} d\mu 
= \frac{1}{n} \frac{dJ_n}{d\beta}

ただし$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}$です。

3-2

以上の結果を用いて

\int_{4\pi} [\kappa g^2] d \Omega 
= 2\pi \left[ \dot{\beta}^2 \left\{ I_3 + 2\beta I_4 - \gamma^{-2} K_5 - \left( 2\beta J_4 + \frac{\gamma^{-2}}{2} (I_5 - 3 K_5) \right) \sin^2 i \right\}\right] 
= \frac{8\pi}{3c^2} \left[ \dot{u}^2 \gamma^6 (1- \beta^2 \sin^2 i )\right]

を計算しなさい。

3-3

3-2の結果から以下を示しましょう。

P_{\rm e} 
= \frac{2q^2}{3c^3} [ \gamma^6 (\dot{u}^2 - | \dot{\bf u} \times \boldsymbol{\beta}|^2)]

これをリエナーの式(Lienard's formula)と呼びます。

3-4

3-3の結果から粒子の運動が非相対論的なときの放射強度の公式

P_{\rm e} = \frac{2q^2}{3c^3} \dot{u}^2 \nonumber

を求めなさい。これをラーモアの式(Lamor's formula)と呼びます。

解答例

(1)

粒子が$t'$から$t'+ dt'$にかけて発した電磁波を観測者は$t$から$t+dt$に受け取ったとします。

t
=t'+\frac{R(t')}{c}
t+dt
=t'+dt' +\frac{R(t'+dt')}{c}
\therefore \ dt 
=dt'+\frac{1}{c}(R(t'+dt')-R(t')) 
= dt'+\frac{1}{c} \frac{\partial R}{\partial t'}dt'

途中、$dt, dt'\ll1$としました。

\frac{\partial R}{\partial t'}
 = \frac{\partial}{\partial t'} |{\bf r}- {\bf r}_0(t')| 
 = \frac{{\bf r}- {\bf r}_0(t')}{|{\bf r}- {\bf r}_0(t')|} \cdot \left(-\frac{\partial {\bf r}_0}{\partial t'} \right) 
 = -{\bf n} \cdot {\bf u}
\therefore \ dt
= dt'(1-{\bf n}\cdot \frac{{\bf u}}{c}) = \kappa dt'

(2)

単位時間・単位面積あたりに輻射が運ぶエネルギーは、ポインティングベクトルの大きさに等しいです。よって微小面積を$dA$とすると

\frac{d W}{dt dA}  
= S 
= \frac{c}{4\pi} [E^2]

$dA = [R^2] d\Omega$より、観測者が受信する粒子からの単位立体角当たりの放射強度(received power)は

\frac{dP_r}{d\Omega} 
= \frac{d W}{dt d\Omega} 
= \frac{c}{4\pi} [R^2 E^2]

となります。また粒子が発した電磁波の単位時間あたりの電磁波の強度を放射強度(emitted power)といい

\frac{dP_e}{d\Omega} 
= \frac{dW}{dt'd\Omega}

のように書きます。(1)より

\frac{d P_e}{d\Omega} 
= \frac{[\kappa]}{dt}\frac{dW}{d\Omega} 
= \frac{c}{4\pi}[\kappa R^2 E^2] 

(3)

全放射強度は(1), (2)より

P_e 
= \frac{c}{4\pi} \int d \Omega [\kappa R^2 E^2] 
= \frac{q^2}{4\pi c} \int d\Omega [\kappa g^2]

この立体角積分を行いますが、まず{\bf u}を$z$軸にとります。$\dot{\bf u}$を$xz$平面にとって、{\bf u}との成す角を$i$とします。また${\bf n} =(\sin \theta \cos \phi, \sin \theta \sin \phi, \cos \theta)$とします。

3-1

Lienard.jpg
$x, y, z$方向の単位ベクトルをそれぞれ${\bf e}_x, {\bf e}_y, {\bf e}_z$とします。前文での定義より$\boldsymbol{\beta} = \beta{\bf e}_z$, $\dot{\boldsymbol{\beta}} = \dot{\beta} (\sin i {\bf e}_x + \cos i {\bf e}_z)$, ${\bf n} = \sin \theta \cos \phi {\bf e}_x + \sin \theta \sin \phi {\bf e}_y + \cos \theta {\bf e}_z$となります。これらより

{\bf n} \cdot \boldsymbol{\beta} 
= \beta \cos \theta
{\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}} 
= \dot{\beta}( \sin \theta \cos \phi \sin i + \cos \theta \cos i)
{\boldsymbol{\beta}} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}} 
= \beta \dot{\beta} \cos i 
{\bf g} 
= \frac{1}{\kappa^3}\left\{ ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})({\bf n} - \boldsymbol{\beta}) - ({\bf n} \cdot ({\bf n} - \boldsymbol{\beta})) \dot{\boldsymbol{\beta}} \right\} 
= \frac{1}{\kappa^3} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})({\bf n} - {\boldsymbol{\beta}}) - \frac{1}{\kappa^3}\underbrace{(1-{\bf n} \cdot {\boldsymbol{\beta}})}_{\kappa} \dot{\boldsymbol{\beta}} 
= \frac{1}{\kappa^3} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})({\bf n} - {\boldsymbol{\beta}}) - \frac{1}{\kappa^2}\dot{\boldsymbol{\beta}} 

ローレンツ因子$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}$を用いると

g^2 
= \frac{1}{\kappa^6} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})^2({\bf n} - {\boldsymbol{\beta}})^2 -\frac{2}{\kappa^5} ({\bf n}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})\left\{ ({\bf n} - {\boldsymbol{\beta}}) \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}\right\}+ \frac{1}{\kappa^4}\dot{\beta}^2 \\
= \frac{1}{\kappa^6} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})^2(1- 2 {\bf n} \cdot {\boldsymbol{\beta}} + \beta^2) -\frac{2}{\kappa^5} ({\bf n}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}- {\boldsymbol{\beta}}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) + \frac{1}{\kappa^4}\dot{\beta}^2 \\
= \frac{1}{\kappa^6} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})^2(1- 2 {\bf n} \cdot \boldsymbol{\beta} + \beta^2 - 2\kappa) + \frac{2}{\kappa^5} ({\bf n}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) (\boldsymbol{\beta} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) + \frac{1}{\kappa^4}\dot{\beta}^2 \\
= \frac{1}{\kappa^6} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})^2 \underbrace{(-1+ \beta^2)}_{-\gamma^{-2}} + \frac{2}{\kappa^5} ({\bf n}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) (\boldsymbol{\beta} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) + \frac{1}{\kappa^4}\dot{\beta}^2 = - \frac{1}{\kappa^6} ({\bf n} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}})^2 \gamma^{-2} + \frac{2}{\kappa^5} ({\bf n}\cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) (\boldsymbol{\beta} \cdot \dot{\boldsymbol{\beta}}) + \frac{1}{\kappa^4}\dot{\beta}^2
\therefore \ \kappa g^2 
= \dot{\beta}^2 \left\{ \frac{1}{\kappa^3} + \frac{2}{\kappa^4} \beta (\sin \theta \cos \phi \sin i \cos i + \cos \theta \cos^2 i) - \frac{1}{\kappa^5} \gamma^{-2} (\sin^2 \theta \cos^2\phi \sin^2 i + \cos^2 \theta \cos^2 i + 2\sin \theta \cos \theta \cos \phi \sin i \cos i) \right\} 
I_{n+1} 
\equiv \int_{-1}^1 \frac{d\mu}{(1-\beta \mu)^{n+1}} 
= \frac{1}{n\beta}\left[ (1-\beta \mu)^{-n}\right]_{-1}^1 
= \frac{1}{n \beta}\left\{ (1-\beta)^{-n} - (1+ \beta)^{-n}\right\} 
= \frac{1}{n\beta} \left( \frac{(1+\beta)^n}{(1-\beta)^n (1+\beta)^n} - \frac{(1-\beta)^n}{(1-\beta)^n (1+\beta)^n}\right) 
= \frac{(1+\beta)^n-(1-\beta)^n}{n\beta(1-\beta^2)^n}
\frac{d I_n}{d\beta} 
= \int_{-1}^1 d\mu \frac{d}{d\beta} \frac{1}{(1-\beta \mu)^n} 
= \int_{-1}^1 d\mu (-n)(-\mu) \frac{1}{(1-\beta \mu)^{n+1}} 
= n \int_{-1}^1d\mu \frac{\mu}{(1-\beta\mu)^{n+1}}
\therefore \ J_{n+1} 
\equiv \int_{-1}^1d\mu \frac{\mu}{(1-\beta\mu)^{n+1}} 
=\frac{1}{n} \frac{d I_n}{d\beta}
\frac{dJ_n}{d\beta} 
= \int_{-1}^1d\mu \frac{d}{d\beta} \frac{\mu}{(1-\beta\mu)^{n+1}} 
= \int_{-1}^1\mu (-n)(-\mu) \frac{1}{(1-\beta\mu)^{n+1}} 
= n \int_{-1}^1 d\mu \frac{\mu^2}{(1-\beta\mu)^{n+1}}
\therefore \ K_{n+1} \equiv  \int_{-1}^1d\mu \frac{\mu^2}{(1-\beta\mu)^{n+1}} 
=\frac{1}{n} \frac{d J_n}{d\beta} 

3-2, 3-3

$\kappa g^2$を全立体角積分します。そこで以降、全立体角積分を

\int_{4\pi} d\Omega 
= \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \sin \theta 
\underbrace{=}_{\mu = \cos \theta} \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-1}^1 d\mu

のように書き換えた形で行います。$\kappa = 1-{\bf n} \cdot \boldsymbol{\beta} = 1- \beta \cos \theta = 1-\beta \mu$より

\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^3} 
= \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-1}^1 d\mu \frac{1}{(1-\beta\mu)^3} 
= 2\pi I_3
\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^4} \sin \theta \cos \phi \sin i \cos i 
= \sin i \cos i \underbrace{\int_0^{2\pi} d\phi \cos \phi}_{0}\int_{-1}^1 d\mu \frac{\sqrt{1-\mu^2}}{(1-\beta\mu)^4} 
= 0
\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^4} \cos \theta \cos^2 i 
= \cos^2 i \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-1}^1 d\mu \frac{\mu}{(1-\beta\mu)^4} 
=2\pi \cos^2 i J_4
\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^5} \sin^2 \theta \cos^2 \phi \sin^2 i 
= \sin^2 i\int_0^{2\pi} d\phi \cos^2 \phi \int_{-1}^1 d\mu \frac{1-\mu^2}{(1-\beta\mu)^5} 
=\sin^2 i \int_0^{2\pi} d\phi \frac{1+ \cos 2\phi}{2} (I_5-K_5) 
= \pi \sin^2 i (I_5-K_5)
\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^5} \sin \theta \cos \theta \cos \phi \sin i \cos i= \sin i \cos i \underbrace{\int_0^{2\pi} d\phi \cos \phi}_{0} \int_{-1}^1 d\mu \frac{\mu \sqrt{1-\mu^2}}{(1-\beta\mu)^5} 
= 0 
\int_{4\pi} d\Omega \frac{1}{\kappa^5} \cos^2 \theta \cos^2 i 
= \cos^2 i \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-1}^1 d\mu \frac{\mu^2}{(1-\beta\mu)^5} 
= 2\pi \cos^2 i K_5

以上より

P_e 
= \frac{q^2}{4\pi c} \int d\Omega [\kappa g^2] 
= \frac{q^2}{4\pi c} \left[ \dot{\beta}^2\left\{ 2\pi I_3 + 2\beta \cdot 2\pi \cos^2 i J_4 - \gamma^{-2} (\pi \sin^2 i (I_5 -K_5)+ 2\pi \cos^2 i K_5)\right\} \right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta}^2\left\{I_3 + 2\beta (1-\sin^2 i)J_4 - \gamma^{-2} (\frac{1}{2} \sin^2 i (I_5 -K_5)+ (1-\sin^2 i) K_5)\right\}\right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta}^2\left\{I_3 + 2\beta J_4 -2\beta \sin^2 i J_4 - \gamma^{-2} K_5 -\frac{1}{2\gamma^2} (I_5 -3K_5)\sin^2 i \right\}\right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta} \left\{I_3 + 2\beta J_4 - \gamma^{-2} K_5 -(2\beta J_4 + \frac{1}{2\gamma^2} (I_5 -3K_5)) \sin^2 i\right\}\right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[  \dot{\beta} \left\{I_3 + 2\beta \frac{1}{3}\frac{d I_3}{d\beta} - \gamma^{-2} \frac{1}{4} \frac{d J_4}{d\beta} -(2\beta \frac{1}{3}\frac{d I_3}{d\beta} + \frac{1}{2\gamma^2} (I_5 -3\frac{1}{4} \frac{d J_4}{d\beta})) \sin^2 i\right\}\right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[  \dot{\beta} \left\{I_3 +\frac{2}{3}\beta  \frac{d I_3}{d\beta} - \frac{1}{4 \gamma^2} \frac{1}{3}\frac{d^2 I_3}{d\beta^2} -(\frac{2}{3} \beta \frac{d I_3}{d\beta} + \frac{1}{2\gamma^2} (I_5 -\frac{3}{4} \frac{1}{3}\frac{d^2 I_3}{d\beta^2})) \sin^2 i\right\}\right] 

では具体的に計算しましょう。

I_3 = 
\frac{(1+\beta)^2-(1-\beta)^2}{2\beta (1-\beta^2)^2} 
= \frac{4\beta}{2\beta(1-\beta^2)^2} = \frac{2}{(1-\beta^2)^2}
=2\gamma^4
I_5 
= \frac{(1+\beta)^4-(1-\beta)^4}{4\beta (1-\beta^2)^2} 
= \frac{(1+4\beta+ 6\beta^2+ 4\beta^3 + \beta^4)-(1-4\beta+ 6\beta^2 -4\beta^3 + \beta^4)}{4\beta (1-\beta^2)^4} 
= \frac{8\beta + 8\beta^3}{4\beta(1-\beta^2)^4} 
= 2(1+\beta^2 )\gamma^8
\frac{dI_3}{d\beta} 
= \frac{-2 \cdot 2(1-\beta^2) (-2\beta)}{(1-\beta^2)^4} 
= \frac{8\beta}{(1-\beta^2)^3} = 8\beta \gamma^6
\frac{d^2 I_3}{d\beta^2} 
= 8 \frac{d}{d\beta} \frac{\beta}{ (1-\beta^2)^3} 
= 8\frac{(1-\beta^2)^3 - \beta \cdot 3(1-\beta^2)^2 (-2\beta)}{(1-\beta^2)^6} 
= 8\frac{1-\beta^2 + 6\beta^2}{(1-\beta^2)^4} 
= 8 \frac{1+5\beta^2}{(1-\beta^2)^4} 
= 8(1+5\beta^2)\gamma^8

以上より

P_e 
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi [  \dot{\beta} \{I_3 +\frac{2}{3}\beta \cdot 8\beta \gamma^6 - \frac{1}{12 \gamma^2}8(1+5\beta^2)\gamma^8 -\left(\frac{2}{3} \beta \cdot 8\beta \gamma^6 + \frac{1}{2\gamma^2} (2(1+\beta^2)\gamma^8 -\frac{1}{4}8(1+5\beta^2)\gamma^8)\right) \sin^2 i \} ] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta}^2 \left\{ 2\gamma^4 + \frac{16}{3} \beta^2 \gamma^6 -\frac{2}{3} (1+5\beta^2) \gamma^6 -(\frac{16}{3} \beta^2 \gamma^6 -4 \gamma^6 \beta^2)\sin^2 i \right\} \right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta}^2 \left( 2\gamma^4 + 2\beta^2 \gamma^6 -\frac{2}{3}\gamma^6 -\frac{4}{3} \beta^2 \gamma^6 \sin^2 i\right) \right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} 2 \pi \left[ \dot{\beta}^2 \gamma^6 \left( 2\gamma^{-2} + 2\beta^2 - \frac{2}{3} -\frac{4}{3} \beta^2 \sin^2 i\right)\right] 
\underbrace{=}_{\gamma^{-2} = 1-\beta^2} \frac{q^2}{4\pi c} 2\pi \left[ \dot{\beta}^2 \gamma^6 \left( 2-\frac{2}{3} -\frac{4}{3}\beta^2 \sin^2 i\right)\right] \\
= \frac{q^2}{4\pi c} \underbrace{\frac{8\pi}{3} \left[ \dot{\beta}^2 \gamma^6 \left( 1-\beta^2 \sin^2 i\right)\right]}_{3-2の答え} = \frac{2q^2}{3c^3} \left[ \dot{u}\gamma^6 (1-\beta^2 \sin^2 i)\right]

角度$i$の定義より$\left| \dot{\bf u} \times \boldsymbol{\beta}\right| = \dot{u} \beta \sin i$.

\therefore \ P_e
= \frac{2q^2}{3c^3}\left[ \gamma^6 (\dot{u}^2 - \left| \dot{\bf u} \times \boldsymbol{\beta} \right|^2)\right]

これをリエナーの式と呼びます。

3-4

粒子の運動が非相対論的なとき、$\gamma \rightarrow 1, \boldsymbol{\beta} \rightarrow {\bf 0}$、また$t_{ret} = t$として

P_e 
= \frac{2q^2}{3c^3} \dot{u}^2

これは非相対論的なリエナーの式で、ラーモアの式と言われるものです。

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