Quiz6

2013-EM2-Quiz6
[1] 講義では単色平面波に対し
E(x, t) = Re(E 0 eikµ x ) , E 0 = be−iα (−2αをE0 · E0 の偏角に選ぶ)
µ
と表示し、楕円偏光に対して自動的に主軸 e1 , e2 が選ばれた。
E 0 = E0x ex + E0y ey , E0x ≡ A e−iα , E0y ≡ B e−iα+iδ
と表示して、楕円の軸の大きさ及び軸と x 軸がなす角度を A, B, δ により計算
せよ。 (cf.L.L 場の古典論 p132)
[2] 誘電率と電気伝導率がそれぞれ 1 , σ1 ; 2 , σ2 の２種類の誘電体の境界面に
垂直に電流密度 jn の定常電流が流れるとき、境界面に蓄積される電荷表面密
度 (σ表面とする) を求めよ。
[1] の解答例
µ
E 0 eikµ x = A ei(kµ x
µ −α)
µ −α+δ)
ex + Bei(kµ x
ey
より
µ
E(x, t) = Re(E 0 eikµ x )
= A cos(kµ xµ − α)ex + B cos(kµ xµ − α + δ)ey
となる。
Ex = A cos(kµ xµ − α) , Ey = B cos(kµ xµ − α + δ)
2
E2
x
とおく。 E
+ By2 を A, B, δ が現れるように書いて、楕円の式を表すことから始め
A2
る。Ex , Ey の交叉項が現れることは楕円の軸が x 軸から傾くことから既に分かっ
Ex Ey
ている。そこで AB
を計算しておくと
ei{2(kµ x
Ex Ey
=
AB
µ −α)+δ}
+ eiδ + e−iδ + e−i{2(kµ x
4
1
µ −α)+δ}
となる。これより
Ex2 Ey2
+
= cos2 (kµ xµ − α) + cos2 (kµ xµ − α + δ)
A2 B 2
( i(kµ xµ −α)
)2 ( i(kµ xµ −α+δ)
)2
µ
µ
e
+ e−i(kµ x −α)
e
+ e−i(kµ x −α+δ)
=
+
2
2
µ
2i(kµ xµ −α+δ)
−2i(kµ xµ −α)
−2i(kµ xµ −α+δ)
e
+e
e
+ e2i(kµ x −α)
= 1+
+
4
4
)
(
)
(
2iδ
E
E
E
E
1
+
e
1
+
e−2iδ
−iδ x y
iδ x y
+ e
= 1+ e
−
−
AB
4
AB
4
1
Ex Ey
=
(1 − cos(2δ)) + 2 cos(δ)
2
AB
Ex Ey
= sin2 (δ) + 2 cos(δ)
AB
となるから、
Ex2
Ex Ey Ey2
− 2 cos(δ)
+ 2 = sin2 (δ)
(1)
2
A
AB
B
を得る。δ = nπ（但し n は整数）の時は直線偏光になるので、これは除いておく。
この時、さらに (1) は
Ey2
Ex2
cos(δ) Ex Ey
−
2
+
=1
A2 sin2 (δ)
sin2 (δ) AB
B 2 sin2 (δ)
と変形できる。(2) は行列を用いて書くと
(
と書ける。但しここで
(
M=
)
Ex
Ey
(Ex , Ey )M
(2)
1
A2 sin2 δ
− ABcossinδ2 δ
=1
− ABcossinδ2 δ
(3)
)
1
B 2 sin2 δ
である。M の固有値を λ とし、I を単位行列とする。
(
)
1
cos δ
−
λ
−
A2 sin2 δ
AB sin2 δ
M − λI =
cos δ
1
− AB sin2 δ B 2 sin2 δ − λ
の行列式が０になればよいから
det(M − λI) = λ −
2
を解いて、
1
λ=
2 sin2 δ
(
)
1
1
1
+ 2 ±
2
A
B
2
(
1
1
− 2
2
A
B
√
1
sin2 δ
{
1
sin δ
2
)
(
λ
1
+ 2 2 2 =0
2
sin δ A B sin δ
1
1
+ 2
2
A
B
)
2
−
AB
}{
1
sin δ
(
1
1
+ 2
2
A
B
)
2
+
AB
}
を得る。これはさらに簡単にできて、２つについて
√
A2 + B 2 + A4 + B 4 + 2A2 B 2 cos(2δ)
λ+ =
2A2 B 2 sin2 (δ)
√
A2 + B 2 − A4 + B 4 + 2A2 B 2 cos(2δ)
λ− =
2A2 B 2 sin2 (δ)
と置く。すると M を対角化した行列 Λ は
(
)
λ+ 0
Λ=
0 λ−
となる。こうして (2) を主軸変換することで得られる標準形の式は
λ2+ Ex + λ2− Ey = 1
である。
これより楕円の長軸の長さ ll は
ll =
1
λ2−
ls =
1
λ2+
であり、また、短軸の長さ ls は
(4)
とわかる。
固有値 λ+ に対する固有ベクトルを X 1 とする。
(M − λ+ I)X 1 = 0
より X 1 は
(
X1 =
−
−A2 +B 2 +
√
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
2A2 B 2 cos(δ)
)
1
と取ることができる。
固有値 λ− に対する固有ベクトルを X 2 とする。
(M − λ− I)X 2 = 0
より X 2 は
(
X2 =
√
A2 −B 2 +
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
2A2 B 2 cos(δ)
1
3
)
と取ることができる。
これらの固有ベクトルより M を対角化するための変換行列 P が得られて
(
P =
−
√
−A2 +B 2 +
√
A2 −B 2 +
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
2AB cos(δ)
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
2AB cos(δ)
1
)
1
である。また P の逆行列は


P −1 = 
−√
√
A2 −B 2 +
AB cos(δ)
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
2
−
AB cos(δ)
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
√
2
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
√
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
A2 +B 2 +
である。
こうして、(3) は
√
(
)
Ex
Ey
A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)


)
Ex
Ey
(
=1
)
Ex
Ey
≡ P −1

A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
(
(Ex , Ey )P P −1 M P P −1
と変形できて
√
(5)
及び
Λ ≡ P −1 M P
と置くことにより、
(
)
Ex
Ey
(Ex , Ey )Λ
=1
と書けるのである。なお、これは (4) に他ならない。
こうして P × (5) より以前の軸で見た (Ex , Ey ) = (1, 0) は
√
)
(
−A2 +B 2 + A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ)
−
2AB cos(δ)
1
である。
こうして楕円の Ex 側の軸と x 軸の成す角を θ とすると
√
−A2 + B 2 + A4 + B 4 + 2A2 B 2 cos(2δ)
√
cos(θ) = −
√
(−A2 +B 2 + A4 +B 4 +2A2 B 2 cos(2δ))2
2AB cos(δ) 1 +
4A2 B 2 cos2 (δ)
となる。
余談になるが、今の場合は主軸変換の一般的な方法によらなくても、具体的に長
軸と x 軸の回転角を導入して座標変換を考えることによって、軸の大きさと x 軸
との成す角はもっと楽に求めることができる。
4
[2] の解答例
講義で考えたときと同様に、体積 dV 、断面積 dS の微小円筒領域での積分を考え
る。
ガウスの法則から、電荷密度を ρ として、
∫
∫
ρdV =
V
∫
D · ndS
divDdV =
V
(6)
S
よって、微小円筒の厚さが十分小さいとき、
σ表面 dS = (D2 − D1 ) · ndS = ( 2 E2,n −
1 E1,n )dS
よって、求める電荷表面密度は、jn = σ1 E1,n = σ2 E2,n なので、
)
(
1
2
−
jn
σ表面 =
σ2 σ1
5
(7)
(8)

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