電磁波と電磁場の問題

方針. ローレンツゲージの条件はローレンツ変換で形を変えない（$(\varphi /c,\mathbf{A})$ が 4 元ベクトルとして変換し、条件は 4 元発散が 0 という不変な式である）。そこで電荷の静止系 ${\mathrm{S}}^{\prime }$ でポテンシャルを求め、実験室系 $\mathrm{S}$ へローレンツ変換する。

静止系でのポテンシャル. ${\mathrm{S}}^{\prime }$ は $\mathrm{S}$ に対して $x$ 方向に速さ $v$ で動き、原点どうしが $t=t^{\prime }=0$ で一致するとする。${\mathrm{S}}^{\prime }$ では電荷は原点に静止しているので
$${\varphi }^{\prime }=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^{\prime }},{\mathbf{A}}^{\prime }=0,r^{\prime }=\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}+z^{\prime 2}}.$$
これは静止電荷の遅延ポテンシャルそのもので、ローレンツゲージ（ここでは $\partial {\varphi }^{\prime }/\partial t^{\prime }=0$、${\mathbf{A}}^{\prime }=0$）を満たす。

ローレンツ変換. $\beta =\frac{v}{c}=\frac{3}{5}$ より $\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-9/25}}=\frac{5}{4}$。4 元ポテンシャルの変換（${\mathrm{S}}^{\prime }$ から $\mathrm{S}$ へ）は
$$\frac{\varphi }{c}=\gamma \left(\frac{{\varphi }^{\prime }}{c}+\beta A_x^{\prime }\right),A_x=\gamma \left(A_x^{\prime }+\beta \frac{{\varphi }^{\prime }}{c}\right)$$
なので、${\mathbf{A}}^{\prime }=0$ を代入して
$$\varphi =\gamma {\varphi }^{\prime },A_x=\frac{\gamma v}{c^2}{\varphi }^{\prime }.$$

点 P の静止系での座標. 座標の変換は $x^{\prime }=\gamma (x-vt)$、$y^{\prime }=y$、$z^{\prime }=z$。点 P$(d,d,0)$、$t=0$ では
$$x^{\prime }=\frac{5}{4}d,y^{\prime }=d,z^{\prime }=0,r^{\prime }=d\sqrt{\frac{25}{16}+1}=\frac{\sqrt{41}}{4}d.$$

$A_x$ の計算. $\gamma v=\frac{5}{4}\cdot \frac{3}{5}c=\frac{3}{4}c$ なので
$$A_x=\frac{\gamma v}{c^2}\cdot \frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^{\prime }}=\frac{3c}{4c^2}\cdot \frac{4q}{4\pi {\epsilon }_0\sqrt{41}d}=\frac{3q}{4\sqrt{41}\pi {\epsilon }_{0}cd}.$$
${\epsilon }_0{\mu }_0=\frac{1}{c^2}$ より $\frac{1}{{\epsilon }_{0}c}={\mu }_{0}c$ だから
$$A_x=\frac{3{\mu }_{0}cq}{4\sqrt{41}\pi d}.$$

検算（遅延時刻を使う方法）. リエナール・ヴィーヒェルトポテンシャル $\mathbf{A}=\frac{{\mu }_{0}q\mathbf{v}}{4\pi \left(R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c\right)}$ で、遅延時刻の電荷の位置から P までのベクトルを $\mathbf{R}$ とすると、等速運動では $R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=\sqrt{(x-vt{)}^2+(1-{\beta }^2)(y^2+z^2)}$ が成り立つ。$t=0$ の P では $\sqrt{d^2+\frac{16}{25}{d}^2}=\frac{\sqrt{41}}{5}d$ となり、$A_x=\frac{{\mu }_{0}q\cdot \frac{3}{5}c}{4\pi \cdot \frac{\sqrt{41}}{5}d}=\frac{3{\mu }_{0}cq}{4\sqrt{41}\pi d}$ で一致する。

答え: $\frac{3{\mu }_{0}cq}{4\sqrt{41}\pi d}$

等速運動する点電荷のリエナール・ヴィーヒェルトポテンシャルは、現在位置を基準にして
$$\varphi =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{\sqrt{{\gamma }^2(x-vt{)}^2+y^2+z^2}},\mathbf{A}=\frac{\mathbf{v}}{c^2}\varphi .$$
（遅延時刻の条件を解くと $R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=\sqrt{(x-vt{)}^2+(1-{\beta }^2)(y^2+z^2)}$ のスカラー量が $\sqrt{{\gamma }^{-2}\cdot [{\gamma }^2(x-vt{)}^2+y^2+z^2]}$ と表され、ここから上の形が出る。）

$v=\frac{3}{5}c$ より $\beta =\frac{3}{5}$、$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-9/25}}=\frac{5}{4}$、${\gamma }^2=\frac{25}{16}$。

$t=0$、$\mathrm{P}(d,d,0)$ では $x-vt=d$、$y^2+z^2=d^2$ なので
$${\gamma }^2{d}^2+d^2=\frac{41}{16}{d}^2,\sqrt{\cdot }=\frac{\sqrt{41}}{4}d.$$

$\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}=\frac{{\mu }_0{c}^2}{4\pi }$ を使うと
$$\varphi =\frac{{\mu }_0{c}^{2}q}{4\pi }\cdot \frac{4}{\sqrt{41}d}=\frac{{\mu }_0{c}^{2}q}{\pi \sqrt{41}d}.$$

$A_x=\frac{v}{c^2}\varphi =\frac{3}{5c}\varphi$ より
$$A_x=\frac{3}{5c}\cdot \frac{{\mu }_0{c}^{2}q}{\pi \sqrt{41}d}=\frac{3{\mu }_{0}cq}{5\pi \sqrt{41}d}.$$

確かめ: リエナール・ヴィーヒェルトの式 $\mathbf{A}=\frac{{\mu }_{0}q\mathbf{v}}{4\pi (R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c)}$ を直接検算する。遅延時刻 $t_r<0$ での電荷の位置 $(v{t}_r,0,0)$ から P までの距離 $R=c(0-t_r)=-c{t}_r$ は $R^2=(d-v{t}_r{)}^2+d^2$ を満たす。$s=-t_r>0$ とおくと $c^2{s}^2=(d+vs{)}^2+d^2$、$c=1$、$v=0.6$ の単位で $s^2=(d+0.6s{)}^2+d^2$ から $0.64s^2-1.2ds-2d^2=0$、$s=\frac{1.2+\sqrt{1.44+5.12}}{1.28}d=\frac{1.2+\sqrt{6.56}}{1.28}d$。$\sqrt{6.56}=\frac{4\sqrt{41}}{10}$ なので $s=\frac{3+\sqrt{41}}{3.2}d$。$R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=R-(d+vs)\beta =s-0.6(d+0.6s)=0.64s-0.6d=\frac{3+\sqrt{41}}{5}d-0.6d=\frac{\sqrt{41}}{5}d$。よって $A_x=\frac{{\mu }_{0}q\cdot 0.6c}{4\pi \cdot \sqrt{41}d/5}=\frac{3{\mu }_{0}cq}{4\pi \sqrt{41}d}$。

これは上の結果 $\frac{3{\mu }_{0}cq}{5\pi \sqrt{41}d}$ と一致しない（係数 $\frac{1}{4}$ と $\frac{1}{5}$）ので、再点検した。上の直接計算で $R=-c{t}_r=cs$ と置いたが、$R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c$ では $R$ は長さ（$c=1$ の単位で $s$）であり、$\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=(d-v{t}_r)\cdot 0.6=(d+0.6s)\cdot 0.6$ となる。計算は $s-0.36s-0.6d=0.64s-0.6d$ で正しい。$0.64s=0.64\cdot \frac{3+\sqrt{41}}{3.2}d=\frac{3+\sqrt{41}}{5}d$ も正しい。したがって $R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=\frac{3+\sqrt{41}-3}{5}d=\frac{\sqrt{41}}{5}d$。ここで $\frac{{\mu }_{0}qv}{4\pi }\cdot \frac{5}{\sqrt{41}d}=\frac{{\mu }_{0}q\cdot 0.6c\cdot 5}{4\pi \sqrt{41}d}=\frac{3{\mu }_{0}qc}{4\pi \sqrt{41}d}$。一方、一般式 $\sqrt{{\gamma }^2(x-vt{)}^2+{\rho }^2}=\gamma (R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c)$ から $R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c=\frac{\sqrt{41}d/4}{5/4}=\frac{\sqrt{41}}{5}d$ となり、上の値と等しい。そのため $\varphi =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0(R-\mathbf{R}\cdot \mathbf{v}/c)}$ に正しく代入すべきで、先の式の分母は $\sqrt{{\gamma }^2(x-vt{)}^2+{\rho }^2}$ ではなく $\sqrt{(x-vt{)}^2+{\rho }^2/{\gamma }^2}$ としなければならなかった。