電磁場のエネルギー運動量テンソル

相対論入門　第6章 §6.3　★★★ エネルギー密度・Poynting ベクトル・Maxwell 応力は1つの対称テンソルの成分で、その発散が電荷に働く力の密度になる

密度と流れを並べる

3次元の電磁気学には、場のエネルギーと運動量について次の量がある。

• エネルギー密度 $u_{\mathrm{em}}=\varepsilon_0E^2/2+B^2/(2\mu_0)$。
• エネルギーの流れの密度である Poynting ベクトル $\bm{S}=\bm{E}\times\bm{B}/\mu_0$。
• 運動量密度 $\bm{g}=\bm{S}/c^2$。
• 運動量の流れを表す Maxwell 応力

$$\sigma_{ij}=\varepsilon_0\Bigl(E_iE_j-\frac12\delta_{ij}E^2\Bigr)+\frac1{\mu_0}\Bigl(B_iB_j-\frac12\delta_{ij}B^2\Bigr).\tag{6.19}$$

出典は『電磁気学入門』第8章 §8.3・§8.4 である。$u_{\mathrm{em}}$ の添字 em は、4元速度の $u^\mu$ と区別するために付けた。

エネルギーは1つの数の密度で、その流れは3次元のベクトルである。運動量は3次元のベクトルの密度で、その流れは $3\times3$ の行列になる。合わせると $1+3+3+9=16$ 個の数で、4元運動量の4つの成分それぞれについて「密度」と「3方向の流れ」がある。

これを $4\times4$ の配列 $T^{\mu\nu}$ に並べる。行の添字 $\mu$ は、4元運動量のどの成分かを表す。列の添字 $\nu$ は、密度（0）か流れの向き（$j$）かを表す。

この約束では、保存則が $\partial_\nu T^{\mu\nu}=0$ の形になる。$\mu=0$ について書くと

$$\frac1c\partial_t T^{00}+\partial_jT^{0j}=0$$

である。$T^{0j}=S_j/c$ なら、これは Poynting の定理の場の部分 $\partial_tu_{\mathrm{em}}+\nabla\cdot\bm{S}=0$ になる。

以下で見るように、電磁場の $T^{\mu\nu}$ は対称である。したがって、どちらの添字で発散をとるかを区別しなくてよい。対称であることは、次の2つを表している。

• $T^{0i}=T^{i0}$：エネルギーの流れと運動量密度が $\bm{S}=c^2\bm{g}$ で結ばれていること。
• $T^{ij}=T^{ji}$：角運動量が保存されるための条件。

電磁場の $T^{\mu\nu}$

これらの量を $F^{\mu\nu}$ から作る式は次のとおりである。

$$T^{\mu\nu}=\frac1{\mu_0}\Bigl(F^{\mu\alpha}F_\alpha{}^{\nu}+\frac14\eta^{\mu\nu}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\Bigr)\tag{6.20}$$

右辺は $F$ の2次で、自由添字 $\mu,\nu$ が上の2階のテンソルである。$F^{\mu\alpha}F_\alpha{}^\nu=F^{\mu\alpha}\eta_{\alpha\beta}F^{\beta\nu}$ で、行列で書けば $F\eta F$ である。転置すると $(F\eta F)^{\mathsf T}=F^{\mathsf T}\eta F^{\mathsf T}=(-F)\eta(-F)=F\eta F$ なので対称である。

証明

$(F\eta F)^{\mu\nu}=\sum_\alpha F^{\mu\alpha}\eta_{\alpha\alpha}F^{\alpha\nu}$ を成分ごとに計算する（$\eta$ は対角）。

$$(F\eta F)^{00}=\sum_iF^{0i}(-1)F^{i0}=\sum_i\Bigl(-\frac{E_i}{c}\Bigr)(-1)\frac{E_i}{c}=\frac{E^2}{c^2}.$$

これに $\frac14\eta^{00}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=\frac12(B^2-E^2/c^2)$ を足す。$1/(\mu_0c^2)=\varepsilon_0$ を使うと

$$T^{00}=\frac{\varepsilon_0E^2}{2}+\frac{B^2}{2\mu_0}$$

である。

$(0,j)$ 成分は $\eta^{0j}=0$ なので第1項だけで、

$$(F\eta F)^{0j}=\sum_iF^{0i}(-1)F^{ij}=-\sum_{i,k}\Bigl(-\frac{E_i}{c}\Bigr)\bigl(-\epsilon_{ijk}B_k\bigr)=-\frac1c\sum_{i,k}\epsilon_{ijk}E_iB_k .$$

外積の成分は

$$(\bm{E}\times\bm{B})_j=\sum_{i,k}\epsilon_{jik}E_iB_k=-\sum_{i,k}\epsilon_{ijk}E_iB_k$$

なので、$(F\eta F)^{0j}=(\bm{E}\times\bm{B})_j/c$ である。したがって $T^{0j}=(\bm{E}\times\bm{B})_j/(\mu_0c)=S_j/c$ である。

$(i,j)$ 成分は、和を時間の添字の項と空間の添字の項に分けて

$$(F\eta F)^{ij}=F^{i0}F^{0j}-\sum_kF^{ik}F^{kj} =-\frac{E_iE_j}{c^2}-\sum_{k}\epsilon_{ikl}\epsilon_{kjm}B_lB_m .$$

$\epsilon_{ikl}\epsilon_{kjm}=\epsilon_{kli}\epsilon_{kjm}=\delta_{lj}\delta_{im}-\delta_{lm}\delta_{ij}$ なので、最後の和は $B_iB_j-\delta_{ij}B^2$ である。$\frac14\eta^{ij}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=-\frac12\delta_{ij}(B^2-E^2/c^2)$ を足すと

$$\mu_0T^{ij}=-\frac{E_iE_j}{c^2}-B_iB_j+\delta_{ij}\Bigl(\frac{B^2}{2}+\frac{E^2}{2c^2}\Bigr)$$

となる。真空の透磁率で割り、$1/(\mu_0c^2)=\varepsilon_0$ を使うと $T^{ij}=-\sigma_{ij}$ である。

トレースは、$\eta_{\mu\nu}\eta^{\mu\nu}=4$ を使って

$$T^\mu{}_\mu=\eta_{\mu\nu}T^{\mu\nu}=\frac1{\mu_0}\Bigl(F^{\mu\alpha}F_{\alpha\mu}+\frac14\cdot4\,F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\Bigr)$$

である。$F^{\mu\alpha}F_{\alpha\mu}=-F^{\mu\alpha}F_{\mu\alpha}$ なので、これは0になる。

$T^{ij}=-\sigma_{ij}$ の符号は、運動量の流れと応力の向きの約束の違いによる。$\sigma_{ij}$ は「面の外側の場が内側に及ぼす力」を表すので、運動量が面を通って外へ流れ出す向きと逆符号になる。

たとえば一様な電場 $\bm{E}=E_0\hat{\bm{z}}$ では

$$T^{33}=-\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2}<0,\qquad T^{11}=T^{22}=+\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2}>0$$

で、場は力線の向きに張力、垂直な向きに圧力をおよぼす（確認テスト 6.3-2）。トレースが 0 であることは、電磁場の量子である光子の質量が 0 であることに対応する。§6.4 の気体の例で、この対応をもう一度見る。

保存則と電荷に働く力

電荷や電流があると場のエネルギーと運動量だけでは保存せず、電荷とのあいだでやり取りが起きる。その割合は次の式で与えられる。

証明

(6.20) を微分する。添字 $\nu$ を下げた $T^\mu{}_\nu$ で計算すると見通しがよい。

$$\mu_0\,\partial_\mu T^\mu{}_\nu=(\partial_\mu F^{\mu\alpha})F_{\alpha\nu}+F^{\mu\alpha}\partial_\mu F_{\alpha\nu}+\frac14\partial_\nu\bigl(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\bigr).$$

第1項は Maxwell 方程式から $\mu_0J^\alpha F_{\alpha\nu}$ である。第3項は $\frac12F^{\alpha\beta}\partial_\nu F_{\alpha\beta}$ と書ける。第2項は、ダミー添字の名前を $\mu\to\alpha$、$\alpha\to\beta$ と替える。そのうえで $F^{\alpha\beta}$ の反対称性を使って

$$F^{\alpha\beta}\partial_\alpha F_{\beta\nu}=\frac12F^{\alpha\beta}\bigl(\partial_\alpha F_{\beta\nu}-\partial_\beta F_{\alpha\nu}\bigr) =\frac12F^{\alpha\beta}\bigl(\partial_\alpha F_{\beta\nu}+\partial_\beta F_{\nu\alpha}\bigr)$$

とする。第2項と第3項を合わせると

$$\frac12F^{\alpha\beta}\bigl(\partial_\alpha F_{\beta\nu}+\partial_\beta F_{\nu\alpha}+\partial_\nu F_{\alpha\beta}\bigr)=0$$

で、括弧の中は Bianchi 恒等式 (6.11) により 0 である。残るのは $\partial_\mu T^\mu{}_\nu=J^\alpha F_{\alpha\nu}$ である。添字 $\nu$ を上げると $\partial_\mu T^{\mu\nu}=J^\alpha F_\alpha{}^\nu$ である。$F_\alpha{}^\nu=-F^\nu{}_\alpha$ なので (6.22) を得る。

右辺の意味を成分で読む。時間成分は

$$F^0{}_\lambda J^\lambda=\sum_iF^{0i}\eta_{ii}J^i=\sum_i\frac{E_i}{c}J_i=\frac{\bm{J}\cdot\bm{E}}{c}$$

なので、$\nu=0$ の式を $c$ 倍すると

$$\partial_tu_{\mathrm{em}}+\nabla\cdot\bm{S}=-\bm{J}\cdot\bm{E}\tag{6.23}$$

となる。これは Poynting の定理で、右辺は場が電荷にする仕事の割合（Joule 熱など）だけ場のエネルギーが減ることを表す。空間成分は

$$F^i{}_\lambda J^\lambda=F^{i0}c\rho-\sum_jF^{ij}J_j=\rho E_i+\sum_{j,k}\epsilon_{ijk}J_jB_k=(\rho\bm{E}+\bm{J}\times\bm{B})_i$$

なので

$$\partial_t g_i-\sum_j\partial_j\sigma_{ij}=-(\rho\bm{E}+\bm{J}\times\bm{B})_i\tag{6.24}$$

となる。右辺の $\rho\bm{E}+\bm{J}\times\bm{B}$ は電荷と電流に働く Lorentz 力の密度で、それが電荷の運動量の増える割合である。場の運動量密度 $\bm{g}$ の増加と、応力による流れ込みと、電荷が受け取る運動量の和は 0 になる。

(6.22) の右辺は、§6.2 の1個の粒子の式 $\mathrm{d} p^\nu/\mathrm{d}\tau=qF^{\nu\lambda}u_\lambda$ を密度に直したものと符号が逆である。電荷が場から受け取る4元運動量の割合 $F^\nu{}_\lambda J^\lambda$ だけ、場の4元運動量が減る。

§6.4 では、荷電したダストについて「物質の $T^{\mu\nu}$ の発散 $=+F^\nu{}_\lambda J^\lambda$」を確かめる。そして、物質と場を合わせた全体が保存することを見る。$T^{\mu\nu}$ を作用（Noether の定理）から導く道は、虎の巻『解析力学から様々な理論分野を組み立てる』第2部第7章にある。

平面波のエネルギー運動量テンソル

$x$ 方向に進む直線偏光の平面波を (6.21) に入れる。電場と磁場は

$$\bm{E}=E\hat{\bm{y}},\qquad \bm{B}=\frac{E}{c}\hat{\bm{z}},\qquad E=E_0\cos(kx-\omega t)$$

である。$B^2/\mu_0=E^2/(\mu_0c^2)=\varepsilon_0E^2$ なので

$$\begin{gathered} T^{00}=\varepsilon_0E^2,\qquad T^{01}=\frac{EB}{\mu_0c}=\varepsilon_0E^2,\qquad T^{11}=-\sigma_{xx}=\frac{\varepsilon_0E^2}{2}+\frac{B^2}{2\mu_0}=\varepsilon_0E^2,\\ T^{22}=-\frac{\varepsilon_0E^2}{2}+\frac{B^2}{2\mu_0}=0,\qquad T^{33}=\frac{\varepsilon_0E^2}{2}-\frac{B^2}{2\mu_0}=0 \end{gathered}$$

で、ほかの成分も0である。まとめると

$$T^{\mu\nu}=\varepsilon_0E^2\,n^\mu n^\nu,\qquad n^\mu=(1,1,0,0)=\frac{c\,k^\mu}{\omega}\tag{6.25}$$

となる。$n^\mu$ は光的な4元ベクトルで、波は自分の進む向きにだけエネルギーと運動量を運ぶ。$T^{11}=T^{00}$ は、運動量の流れ（単位面積を単位時間に通る運動量）がエネルギー密度に等しいことを表す。これが放射圧の起源である。

確認テスト

オリジナル

1. 6.3-1 電磁場の $T^{\mu\nu}$ のトレースが0であることを、成分 (6.21) から $T^{00}-\sum_iT^{ii}$ として確かめよ。
2. 6.3-2 一様な電場 $\bm{E}=E_0\hat{\bm{z}}$ だけがあるときの $T^{\mu\nu}$ の全成分を求めよ。$z$ 方向の張力と、$x,y$ 方向の圧力の大きさを答えよ。$E_0=1.0\times10^6\ \mathrm{V/m}$ の数値も求めよ。
3. 6.3-3 (6.25) の平面波で、$T^{\mu\nu}$ の2つの不変量がともに0であることを示せ。不変量は $T^\mu{}_\mu$ と $T_{\mu\nu}T^{\mu\nu}$ である。
4. 6.3-4 (6.25) の平面波を、標準配置で速さ $\beta$ の $K'$ 系で見る。エネルギー密度 $T'^{00}$ をテンソルの変換則から求めよ。結果を第3章の縦の Doppler 効果と比べ、$\beta=0.6$ の数値を求めよ。
5. 6.3-5 (6.23) を有限の領域 $V$ で積分し、領域の中の場のエネルギーが減る割合が、境界から出ていくエネルギーの流れと電荷にする仕事の和に等しいことを示せ。