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電磁場の量子化再論 (3)

前記事までのところ、めんどくさい計算でしたが、
実際は、そんなに大したことやってるわけではなさそうです。
理解をスッキリさせるために、我流ですが、イメージで考えてみます。

まずは、z 軸方向に進む単一のモードだけを考えてみることにして、\[
A_x = V^{-1/2} A_0 \cos (kz - \omega t + \phi)
\tag{1}
\]とする。偏光モードも一方向だけ考えることにして、$A_y = A_z = 0$。

電場と磁場を求めると、\[
E_x = -\frac{1}{c}\frac{\partial A_x}{\partial t}
= - V^{-1/2} A_0 k \sin (kz - \omega t + \phi)
\tag{2}
\]\[
B_y = \frac{\partial A_x}{\partial z}
= - V^{-1/2} A_0 k \sin (kz - \omega t + \phi)
\tag{3}
\]となり、その他の成分は明らかにゼロ。

一辺 L の箱の中で2乗積分すると、\[
\int E_x^2 d^3x = L^{-1}k^2 A_0^2 \int_{-L/2}^{L/2} \sin^2 (kz-\omega t + \phi) dz
\]であり、周期的境界条件を仮定すると、\[
\int E_x^2 d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{4}
\]となる。磁場も全く同じ式なので、\[
\int B_y^2 d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{5}
\]となる。よって、このモードのみに関するハミルトニアンへの寄与を計算すると、\[
H = \frac{1}{2} \int (E_x^2 + B_y^2) d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{6}
\]である。

すべてのモードに対して考えた場合には、
k と α (偏光)の異なるモードはすべて互いに直交しているから、
合成した電磁場の2乗積分は、各モードの2乗積分の和で表されるため、
(直交座標系で、ベクトルの2乗が成分の2乗和になることと同じ)
多モードの対するハミルトニアンは (6) の和で書ける。よって、\[
H = \sum_{k,\alpha} \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{7}
\]となる。

ここで、 前記事の複素表示における c とは、 $2c = A_0 e^{i(-\omega t + \phi)}$ の関係にあるから、\[
H = \sum_{k,\alpha} 2 k^2 c^* c
\tag{8}
\]となり、前記事の結果と一致する。
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電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/02/16 07:29
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