ベクトルポテンシャルとゲージ

電磁気学入門　第5章 §5.4　★★★ $\nabla\cdot\bm{B}=0$ を自動的に満たす $\bm{B}=\nabla\times\bm{A}$ の表し方と、その選び方に残る自由度。第7章の磁束・第8章のゲージ・量子力学の電磁場の結合の出発点

ベクトルポテンシャルの存在

静電場では $\nabla\times\bm{E}=\bm{0}$ から電位 $\phi$ が存在した。その結果、3成分を持つ電場を1つの関数で表せた。静磁場では $\nabla\cdot\bm{B}=0$ が成り立つ。第1章で示したように、全空間で発散が 0 のベクトル場は、ある場の回転として書ける。

存在は §5.3 で具体的に示した。定常電流 $\bm{J}$ に対して (5.21) の

$$\bm{A}(\bm{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\bm{J}(\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V'$$

をとれば $\nabla\times\bm{A}=\bm{B}$ になる。この式は電位の式 $\phi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\rho/\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert \,\mathrm{d} V'$ と同じ形で、$\bm{A}$ の各成分は対応する電流密度の成分を「電荷」とみなした電位のように計算できる。とくに $\bm{A}$ は電流と同じ向きを向きやすい。

ベクトルポテンシャルの役割の1つは、磁束を線積分で書けることである。閉曲線 $C$ を縁とする面 $S$ を貫く磁束は、Stokes の定理から

$$\Phi=\int_S\bm{B}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\int_S(\nabla\times\bm{A})\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\oint_C\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}\tag{5.30}$$

となる。§5.3 で磁束が張る面によらないことを示したが、この式では面がはじめから現れない。第7章の電磁誘導で、この式を使う。

ゲージ変換

電位には定数を足す自由度があった。ベクトルポテンシャルの自由度はもっと大きい。

証明

勾配の回転は $\bm{0}$ なので

$$\nabla\times\bm{A}'=\nabla\times\bm{A}+\nabla\times\nabla\Lambda=\nabla\times\bm{A}$$

である。逆に $\nabla\times(\bm{A}'-\bm{A})=\bm{0}$ とする。第1章のスカラーポテンシャルの存在定理により、$\bm{A}'-\bm{A}=\nabla\Lambda$ となる関数 $\Lambda$ がある。

(5.31) をゲージ変換と呼び、$\Lambda$ をゲージ関数と呼ぶ。ゲージ変換で変わらない量（$\bm{B}$ や磁束）だけが測定にかかる。

自由度を減らして計算を簡単にするため、$\bm{A}$ に条件を1つ課すことが多い。この条件をゲージ条件と呼ぶ。静磁場で最もよく使うのは次の条件である。

証明

1. $\nabla\cdot\bm{A}=g$ とする（$g$ は有界な範囲に収まるとする）。$\nabla^2\Lambda=-g$ の解

$$\Lambda(\bm{r})=\frac{1}{4\pi}\int\frac{g(\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V'$$

をとる。このとき $\nabla\cdot(\bm{A}+\nabla\Lambda)=g+\nabla^2\Lambda=0$ である。

2. $\nabla\cdot\bm{A}=0$ なら

$$\nabla\times\bm{B}=\nabla\times(\nabla\times\bm{A})=\nabla(\nabla\cdot\bm{A})-\nabla^2\bm{A}=-\nabla^2\bm{A}$$

なので、$\nabla\times\bm{B}=\mu_0\bm{J}$ は (5.32) と同値である。各成分について Poisson 方程式の解 (5.1) を使うと (5.21) を得る。§5.3 の証明でこの解が $\nabla\cdot\bm{A}=0$ を満たすことも示してある。

一意性を示す。遠方で 0 になる解が2つあれば、差の各成分は全空間の調和関数で、遠方で 0 になる。第1章の最大値原理（Helmholtz の定理の一意性の証明と同じ議論）により、差は 0 である。

例：一様な磁場とソレノイド

一様な磁場。

一様な磁場 $\bm{B}$ に対して

$$\bm{A}=\frac12\bm{B}\times\bm{r}\tag{5.33}$$

はベクトルポテンシャルである。実際、$\bm{B}$ が定ベクトルのとき

$$\begin{aligned}\nabla\times(\bm{B}\times\bm{r})&=\bm{B}(\nabla\cdot\bm{r})-(\bm{B}\cdot\nabla)\bm{r}=3\bm{B}-\bm{B}=2\bm{B},\\ \nabla\cdot(\bm{B}\times\bm{r})&=\bm{r}\cdot(\nabla\times\bm{B})-\bm{B}\cdot(\nabla\times\bm{r})=0\end{aligned}$$

である。1行目から $\nabla\times\bm{A}=\bm{B}$ が、2行目から Coulomb ゲージを満たすことが分かる。

$\bm{B}=B\hat{\bm{z}}$ なら $\bm{A}=\frac B2(-y,x,0)$ で、これを対称ゲージと呼ぶ。同じ磁場は $\bm{A}_{\mathrm L}=(0,Bx,0)$ でも表せる（Landau ゲージ）。両者の差は勾配になっていて、ゲージ関数は確認テスト 5.4-2 で求める。遠方で $\bm{B}$ が 0 にならないので、定理 5.11 の一意性は成り立たず、Coulomb ゲージの中にも複数の選び方が残る。

無限に長いソレノイド。

半径 $R$ のソレノイドの内部には、一様な磁場 $B_0=\mu_0nI$ がある。外部では $\bm{B}=\bm{0}$ である (5.27)。電流は $\hat{\bm{e}}_\varphi$ の向きに流れているので、ベクトルポテンシャルも同じ向きをとり $\bm{A}=A_\varphi(s)\hat{\bm{e}}_\varphi$ と仮定する。軸を中心とする半径 $s$ の円に (5.30) を使うと $2\pi sA_\varphi(s)=\Phi(s)$ となる。円を貫く磁束は

$$\Phi(s)=\begin{cases}\pi s^2B_0&(s<R)\\ \pi R^2B_0&(s\ge R)\end{cases}$$

なので

$$A_\varphi(s)=\begin{cases}\dfrac{B_0s}{2}&(s<R)\\[2mm]\dfrac{B_0R^2}{2s}&(s\ge R)\end{cases}\tag{5.34}$$

となる。逆に、円柱座標の回転の公式 $(\nabla\times\bm{A})_z=\frac1s\frac{d }{d s}(sA_\varphi)$ を使うと

$$\begin{aligned}\text{内部：}&\quad \frac1s\frac{d }{d s}\Bigl(\frac{B_0s^2}{2}\Bigr)=B_0,\\ \text{外部：}&\quad \frac1s\frac{d }{d s}\Bigl(\frac{B_0R^2}{2}\Bigr)=0\end{aligned}$$

となり、確かに (5.27) に戻る。$\nabla\cdot\bm{A}=\frac1s\frac{\partial A_\varphi}{\partial \varphi}=0$ なので Coulomb ゲージでもある。

ソレノイドの外では、磁場が 0 なのにベクトルポテンシャルは 0 でない。しかも、ソレノイドを1周する閉曲線に沿った線積分は内部の磁束に等しい。

$$\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=\pi R^2B_0$$

どのゲージを選んでもこの線積分は変わらない（$\oint\nabla\Lambda\cdot\mathrm{d}\bm{l}=0$）。

外部のどの点の近くでも $\bm{A}$ を勾配で消すことはできるが、外部全体で同時に消すことはできない。古典力学では力が $\bm{B}$ だけで決まるので、この違いは観測にかからない。一方、量子力学では電子の波の位相が $\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}$ だけずれ、磁場の無い所を通った電子の干渉縞が動く。これを Aharonov–Bohm 効果と呼ぶ。

確認テスト

オリジナル

1. 5.4-1 ゲージ変換 $\bm{A}\to\bm{A}+\nabla\Lambda$ で、任意の閉曲線に沿った $\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}$ が変わらないことを示せ。
2. 5.4-2 一様な磁場 $\bm{B}=B\hat{\bm{z}}$ に対して、次の2つのベクトルポテンシャルを考える。

$$\text{対称ゲージ } \bm{A}_{\mathrm S}=\frac B2(-y,x,0),\qquad \text{Landau ゲージ } \bm{A}_{\mathrm L}=(0,Bx,0)$$

両者がともに $\bm{B}$ を与え、ともに Coulomb ゲージを満たすことを確かめよ。さらに $\bm{A}_{\mathrm L}=\bm{A}_{\mathrm S}+\nabla\Lambda$ となるゲージ関数 $\Lambda$ を求めよ。3. 5.4-3 (5.34) のベクトルポテンシャルについて、半径 $s$ の円に沿った $\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}$ を計算せよ。円がソレノイドの内側にある場合（$s<R$）と外側にある場合のそれぞれで、円を貫く磁束に等しいことを確かめよ。4. 5.4-4 半径 $a$ の無限に長い円柱の導線の断面に電流 $I$ が一様に流れている。Coulomb ゲージで $\bm{A}=A_z(s)\hat{\bm{z}}$ とする。$\nabla^2A_z=-\mu_0J$ を円柱座標で解いて $A_z$ を求めよ。条件は次の3つとする。

• $s=a$ で $A_z=0$。
• $s=0$ で有限。
• $s=a$ で $\mathrm{d} A_z/\mathrm{d} s$ が連続。

そこから磁場を計算し、(5.26) と一致することを確かめよ。5. 5.4-5 ベクトルポテンシャル $\bm{A}$ と $\bm{A}'$ がともに Coulomb ゲージを満たし、遠方で 0 になるとする。両者が同じ磁場を与えるなら $\bm{A}=\bm{A}'$ であることを示せ。