理論電磁気学の行間埋め　第８章

式(1.17)の両辺を時間微分すると \begin{eqnarray} &&\left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0\\ \\ &\Rightarrow& \frac{\partial}{\partial t}\left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)(-\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t))&=&0&...\text{式(1.15)より} \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
また、式(1.17)の回転をとると、 \begin{eqnarray} &&\left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0\\ \\ &\Rightarrow& \text{rot}\left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)&=&0&...\text{式(1.16)より} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)=\boldsymbol{e}^{(1)}a_k(t)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\)を代入する。この際に、\(\boldsymbol{k}=(k_x,k_y,k_z), \boldsymbol{x}=(x,y,z)\)とする。 \begin{eqnarray} \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \left(\Delta-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{e}^{(1)}a_k(t)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} } \\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(1)}\left(\Delta a_k(t)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}a_k(t)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\right) \\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(1)}\left(a_k(t)\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right) e^{i(k_xx+k_yy+k_zz) }-\frac{1}{c^2}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\ddot{a}_k(t)\right) \\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(1)}\left(a_k(t)\left((ik_x)^2+(ik_y)^2+(ik_z)^2\right) e^{i(k_xx+k_yy+k_zz) }-\frac{1}{c^2}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\ddot{a}_k(t)\right) \\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(1)}\left(a_k(t)\left(-(k_x^2+k_y^2+k_z^2)\right) e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }-\frac{1}{c^2}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\ddot{a}_k(t)\right) \\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(1)}\left(a_k(t)\left(-\boldsymbol{k}^2\right) e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }-\frac{1}{c^2}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\ddot{a}_k(t)\right) \\ \\ &=& -\boldsymbol{e}^{(1)}\left(k^2a_k(t)+\frac{1}{c^2}\ddot{a}_k(t)\right)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} } \\ \\ \end{eqnarray}

\(\boldsymbol{k}=(k_x,k_y,k_z), \boldsymbol{x}=(x,y,z), \boldsymbol{e}^{(1)}=(e_x,e_y,e_z)\)とする。 \begin{eqnarray} \text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \text{div}\boldsymbol{e}^{(1)}a_{\boldsymbol{k}}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial x}e_xa_{\boldsymbol{k}}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ &&+\frac{\partial}{\partial y}e_ya_{\boldsymbol{k}}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ &&+\frac{\partial}{\partial z}e_za_{\boldsymbol{k}}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& e_xa_{\boldsymbol{k}}\frac{\partial}{\partial x}e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ &&+e_ya_{\boldsymbol{k}}\frac{\partial}{\partial y}e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ &&+e_za_{\boldsymbol{k}}\frac{\partial}{\partial z}e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ \\ &=& e_xa_{\boldsymbol{k}}(ik_x)e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ &&+e_ya_{\boldsymbol{k}}(ik_y)e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ &&+e_za_{\boldsymbol{k}}(ik_z)e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)} \\ \\ &=& e_xa_{\boldsymbol{k}}(ik_x)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ &&+e_ya_{\boldsymbol{k}}(ik_y)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ &&+e_za_{\boldsymbol{k}}(ik_z)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& ia_{\boldsymbol{k}}(e_xk_x+e_yk_y+e_zk_z)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& ia_{\boldsymbol{k}}\boldsymbol{e}^{(1)}\cdot\boldsymbol{k}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

p.190にあるように、式(2.8)と式(2.9)の実数部分をとって、１周期にわたる時間平均を計算する。複素数Cの実数部分を\(Re(C)\)とする。 \begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{S}}&=&\frac{1}{\mu_0}\overline{\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}} \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}(\boldsymbol{e}^{(1)}Re(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}))\times(\boldsymbol{e}^{(2)}Re(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega}(\boldsymbol{e}^{(1)}\times\boldsymbol{e}^{(2)}) Re(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}))\times(Re(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} Re(i\omega a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) )Re(ik a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) ) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k Re(i\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)-\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) ) k a_k (Re(i\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)-\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) ) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k (-\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) ) k a_k ((-\sin (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) ) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi /\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \sin^2 (\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \left(\frac{1-2\sin 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) }{2}\right) dt \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \left[\frac{t+2/2\omega\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t) }{2}\right]_0^{2\pi/\omega} \\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \left[\frac{2\pi/\omega +2/2\omega\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega 2\pi/\omega)-2/2\omega\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-0\omega ) }{2}\right]\\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \left[\frac{2\pi/\omega +2/2\omega\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}- 2\pi)-2/2\omega\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}\omega ) }{2}\right]\\ \\ &=& \frac{1}{\mu_0}\frac{1}{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(3)} \omega a_k^2k \left[\frac{2\pi/\omega }{2}\right]\\ \\ &=& \boldsymbol{e}^{(3)} \frac{\omega a_k^2k }{2\mu_0}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで、\(\frac {1}{2\mu}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}* \)を計算する。 \begin{eqnarray} \frac {1}{2\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}^* &=& \frac {1}{2\mu_0} (\boldsymbol{e}^{(1)}i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\times(\boldsymbol{e}^{(2)}(-ik a_k)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}) \\ \\ &=& \frac {1}{2\mu_0} \boldsymbol{e}^{(1)}\times\boldsymbol{e}^{(2)}\omega a_kk a_k \\ \\ &=& \frac {\omega a_k^2k}{2\mu_0} \boldsymbol{e}^{(3)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これは時間によらず一定であるため時間平均がこの値に一致することから \begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{S} }=\frac{1}{2\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}^* \end{eqnarray} となる。

式(2.11)の時間平均を考える。複素数Cの実数部分を\(Re(C)\)と書く。一項目は \begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}} &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega}Re(\boldsymbol{E})\cdot Re(\boldsymbol{D})dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(1)}Re(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}Re(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}\cdot\boldsymbol{e}^{(1)}Re(i\omega a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)) )Re(i\omega a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \varepsilon_01(\omega a_k)^2Re(i\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)-\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))^2dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \varepsilon_0(\omega a_k)^2(-\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))^2dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \varepsilon_0(\omega a_k)^2\sin^2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \varepsilon_0(\omega a_k)^2\frac{1-2\sin 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}{2}dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\varepsilon_0(\omega a_k)^2\left[\frac{t-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}{2}\right]_0^{2\pi/\omega} \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\varepsilon_0(\omega a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega 2\pi/\omega)+\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-0\omega)}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\varepsilon_0(\omega a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-2\pi)+\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\varepsilon_0(\omega a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0(\omega a_k)^2}{2} \\ \\ \end{eqnarray} となる。二項目は同様にして、 \begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H} } &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega}Re(\boldsymbol{B})\cdot Re(\boldsymbol{H})dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega}\boldsymbol{e}^{(2)}Re(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}Re(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}\cdot\boldsymbol{e}^{(2)}Re(ik a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)) )Re(ik a_k(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)) )dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1}{\mu_0}1(k a_k)^2Re(i\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)-\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))^2dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2(-\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))^2dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\sin^2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\int_0^{2\pi/\omega} \frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\frac{1-2\sin 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}{2}dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\left[\frac{t-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}{2}\right]_0^{2\pi/\omega} \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega 2\pi/\omega)+\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-0\omega)}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega-\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-2\pi)+\frac{2}{2\omega}\cos 2(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi/\omega}\frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2\left[\frac{2\pi/\omega}{2}\right] \\ \\ &=& \frac{(k a_k)^2}{2\mu_0} \\ \\ \end{eqnarray} が得られるため、一項目と二項目を合わせて、 \begin{eqnarray} \overline{w}&=&\frac{1}{2}(\overline{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}}+\overline{\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H}}) \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0(\omega a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0} \end{eqnarray} となる。一方、式(2.13)を計算すると、 \begin{eqnarray} &&\frac{1}{4}(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}^*+\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H}^*) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\boldsymbol{e}^{(1)}(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}(-i\omega a_ke^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})+\boldsymbol{e}^{(2)}(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}(-ik a_ke^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}\cdot\boldsymbol{e}^{(1)}(i\omega a_k) (-i\omega a_k)+\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}\cdot\boldsymbol{e}^{(2)}(ik a_k) (-ik a_k)) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\varepsilon_01(\omega a_k)^2+\frac{1}{\mu_0}1(k a_k)^2) \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0(\omega a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0} \\ \\ &=& \overline{w} \end{eqnarray} が得られる。最後は時間によらない定数であるため、時間平均をとっても同じ値となることを利用した。

式(2.9)を式(2.12)に代入する。 \begin{eqnarray} \overline{\boldsymbol{S}}&=& \frac {1}{2\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}^* \\ \\ &=& \frac {1}{2\mu_0} (\boldsymbol{e}^{(1)}i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\times(\boldsymbol{e}^{(2)}(-ik a_k)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}) \\ \\ &=& \frac {1}{2\mu_0} \boldsymbol{e}^{(1)}\times\boldsymbol{e}^{(2)}\omega a_kk a_k \\ \\ &=& \frac {\omega a_k^2k}{2\mu_0} \boldsymbol{e}^{(3)} \\ \\ &=& \frac {ck a_k^2k}{2\mu_0} \boldsymbol{e}^{(3)}&...\text{式(2.4)より} \\ \\ &=& \frac {c k^2}{2\mu_0}|a_k|^2 \boldsymbol{e}^{(3)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(2.9)を式(2.13)に代入する。 \begin{eqnarray} \overline{w} &=&\frac{1}{4}(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D}^*+\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H}^*) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\boldsymbol{e}^{(1)}(i\omega a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}(-i\omega a_ke^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})+\boldsymbol{e}^{(2)}(ik a_ke^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})\cdot \frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}(-ik a_ke^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)})) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\varepsilon_0\boldsymbol{e}^{(1)}\cdot\boldsymbol{e}^{(1)}(i\omega a_k) (-i\omega a_k)+\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{e}^{(2)}\cdot\boldsymbol{e}^{(2)}(ik a_k) (-ik a_k)) \\ \\ &=& \frac{1}{4}(\varepsilon_01(\omega a_k)^2+\frac{1}{\mu_0}1(k a_k)^2) \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0(\omega a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0} \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0(ck a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0}&...\text{式(2.4)より} \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0c^2(k a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0} \\ \\ &=& \frac{\varepsilon_0\frac{1}{\varepsilon_0\mu_0}(k a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0}&...\varepsilon_0\mu_0=\frac{1}{c^2}\text{であるため} \\ \\ &=& \frac{\frac{1}{\mu_0}(k a_k)^2}{4}+\frac{(k a_k)^2}{4\mu_0} \\ \\ &=& \frac{k^2}{2\mu_0}|a_k|^2 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

p.191の楕円的な偏りを持つ場合の式を用いる。この式に式(2.20)を適用する。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& [\boldsymbol{e}^{(1)}|a_k^{(1)}|e^{i\delta_1}+\boldsymbol{e}^{(2)}|a_k^{(2)}|e^{i\delta_2}]e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& [\boldsymbol{e}^{(1)}|a_k^{(1)}|+\boldsymbol{e}^{(2)}|a_k^{(2)}|e^{i(\delta_2-\delta_1)}]e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& [\boldsymbol{e}^{(1)}+\boldsymbol{e}^{(2)}e^{i(\delta_2-\delta_1)}]|a_k|e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& [\boldsymbol{e}^{(1)}+\boldsymbol{e}^{(2)}e^{i(\pm \pi/2)}]|a_k|e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& [\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}]|a_k|e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& |a_k|[\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}]e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで\(\delta_1\)は位相であるため、\(\delta_1=0\)とすることで、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& |a_k|[\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}]e^{i\delta_1}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& |a_k|[\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}]e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(2.21)を変形する。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& |a_k|[\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}]e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)} \\ \\ &=& |a_k|[\boldsymbol{e}^{(1)}\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}](\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)) \\ \\ &=& |a_k|(\boldsymbol{e}^{(1)}(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))\pm i\boldsymbol{e}^{(2)}(\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)+i\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))) \\ \\ &=& |a_k|((\boldsymbol{e}^{(1)}\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)\pm i^2\boldsymbol{e}^{(2)}\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))+i(\boldsymbol{e}^{(1)}\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)\pm \boldsymbol{e}^{(2)}\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))) \\ \\ &=& |a_k|((\boldsymbol{e}^{(1)}\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)\mp \boldsymbol{e}^{(2)}\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))+i(\boldsymbol{e}^{(1)}\sin(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)\pm \boldsymbol{e}^{(2)}\cos(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t))) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。それぞれ、x軸、y軸、z軸の実数要素を抜き出す。波動\(\boldsymbol{k}\)の進行方向が\(\boldsymbol{e}^{(3)}\)(z軸)の方向であるため、\(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}=k_zz\)となることを利用する。 \begin{eqnarray} A_x(\boldsymbol{x},t)&=&|a_k|\cos(k_zz-\omega t) \\ \\ A_y(\boldsymbol{x},t)&=&\mp |a_k|\sin(k_zz-\omega t) \\ \\ A_x(\boldsymbol{x},t)&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(2.23)を変形する。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}+\boldsymbol{a}^*(\boldsymbol{k})e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}] \\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}]+\int_{-\infty}^{0}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}] \\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}]+\int_{\infty}^{0}(-dk')[a(k')e^{i(-k'z-\omega t)}+a^*(k')e^{-i(-k'z-\omega t)}] &...k=-k'\text{とし、}dk=-dk'\text{とした}\\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}]-\int_{0}^{\infty}(-dk')[a(k')e^{i(-k'z-\omega t)}+a^*(k')e^{-i(-k'z-\omega t)}] &...\text{二項目の積分区間を}0\to\infty\text{とした}\\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-\omega t)}+a^*(k)e^{-i(kz-\omega t)}]+\int_{0}^{\infty}dk'[a(k')e^{-i(k'z+\omega t)}+a^*(k')e^{i(k'z+\omega t)}] \\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{i(kz-kc t)}+a^*(k)e^{-i(kz-kc t)}]+\int_{0}^{\infty}dk'[a(k')e^{-i(k'z+k'c t)}+a^*(k')e^{i(k'z+k'c t)}] &...\omega=kc\text{を代入(式(2.24))}\\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{ik(z-c t)}+a^*(k)e^{-ik(z-c t)}]+\int_{0}^{\infty}dk[a(k)e^{-ik(z+c t)}+a^*(k)e^{ik(z+c t)}] &...\text{二項目の変数を}k'\to k\text{に変更}\\ \\ &=& f(z-ct)+g(z+ct)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(u=z-ct,s=z+ct\)とする。 \begin{eqnarray} E_x(z,t) &=& -\frac{\partial A_x}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{\partial f(z-ct)}{\partial t}-\frac{\partial g(z+ct)}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{\partial f(u)}{\partial t}-\frac{\partial g(s)}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{\partial f(u)}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial t}-\frac{\partial g(s)}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial t} \\ \\ &=& -\frac{\partial f(u)}{\partial u}(-c)-\frac{\partial g(s)}{\partial s}c \\ \\ &=& c\frac{\partial f(u)}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial u}-c\frac{\partial g(s)}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial s} \\ \\ &=& c\frac{\partial f(u)}{\partial z}\frac{\partial (u+ct)}{\partial u}-c\frac{\partial g(s)}{\partial z}\frac{\partial (s-ct)}{\partial s} \\ \\ &=& c\frac{\partial f(u)}{\partial z}-c\frac{\partial g(s)}{\partial z} \\ \\ &=& c\frac{\partial f(z-ct)}{\partial z}-c\frac{\partial g(z+ct)}{\partial z} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} B_y(z,t) &=& (\text{rot}\boldsymbol{A})_y \\ \\ &=& \frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x} \\ \\ &=& \frac{\partial }{\partial z}(f(z-ct)+g(z+ct))-0 \\ \\ &=& f(z-ct)+g(z+ct) \\ \\ &=& \frac{1}{c}[cf(z-ct)-(-cg(z+ct))] \\ \\ &=& \frac{1}{c}[F(z-ct)-G(z+ct)] \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(2.29)と式(2.30)を足して式を整理する。 \begin{eqnarray} &&2\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{-i\omega t}&=&\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)d^3x+\frac{i}{(2\pi)^3}\frac{1}{\omega}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& 2\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{-i\omega t}&=&\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{-i\omega t}&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})&=&e^{i\omega t}\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega t)}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(2.29)から式(2.30)を足して式を整理する。 \begin{eqnarray} && 2\boldsymbol{a}^{*}(-\boldsymbol{k})e^{i\omega t}&=&\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)d^3x-\frac{i}{(2\pi)^3}\frac{1}{\omega}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x} }\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& 2\boldsymbol{a}^{*}(-\boldsymbol{k})e^{i\omega t}&=&\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}^{*}(-\boldsymbol{k})e^{i\omega t}&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}^{*}(-\boldsymbol{k})&=&e^{-i\omega t}\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}^{*}(-\boldsymbol{k})&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}+i\omega t)}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}^{*}(\boldsymbol{k}')&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i(-\boldsymbol{k}'\cdot\boldsymbol{x}+i\omega t)}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x&...k=-k'\text{とした} \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{a}^{*}(\boldsymbol{k})&=&\frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega t)}\left[ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\frac{i}{\omega}\frac{\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right]d^3x &...k'\text{を}k\text{に置換した} \end{eqnarray} が得られる。

p.195 の\(\frac{\partial D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\)を利用して、 \begin{eqnarray} \left.\frac{\partial D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\right|_{t=0} &=& \left.\frac{+1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}+e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}]\right|_{t=0} \\ \\ &=& \frac{+1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}+e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}] \\ \\ &=& \frac{1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}+\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}} \\ \\ &=& \frac{1}{2(2\pi)^3}\left(\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}+\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{2(2\pi)^3}\left(\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}+\int_{\infty}^{-\infty}(-d^3k')e^{i\boldsymbol{k}'\cdot\boldsymbol{x}}\right)&...k=k'\text{とした} \\ \\ &=& \frac{1}{2(2\pi)^3}\left(\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}+\int_{-\infty}^{\infty}d^3k'e^{i\boldsymbol{k}'\cdot\boldsymbol{x}}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}} &...\text{一項目と二項目が同じ計算なので}\\ \\ &=& \frac{1}{(2\pi)^3}(2\pi)^3\delta(\boldsymbol{x})&...(1)\text{下で解説}\\ \\ &=& \delta(\boldsymbol{x}) \end{eqnarray} が得られる。
(1)の積分は\(\boldsymbol{k}=(k_x,k_y,k_z),\boldsymbol{x}=(x,y,z)\)であるとして、 \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}} &=& \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}dk_xdk_ydk_zke^{i(k_xx+k_yy+k_zz)} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}dk_xdk_ydk_zke^{ik_xx}e^{ik_yy}e^{ik_zz} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dk_xe^{ik_xx}\int_{-\infty}^{\infty}dk_ye^{ik_yy}\int_{-\infty}^{\infty}dk_zke^{ik_zz} \\ \\ &=& 2\pi\delta(x)2\pi\delta(y)2\pi\delta(z) \\ \\ &=& (2\pi)^3\delta(\boldsymbol{x}) \\ \\ \end{eqnarray} となる。

\(\frac{\partial^2 D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t^2 }\)を計算すると、 \begin{eqnarray} \frac{\partial^2 D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t^2 } &=& \frac{\partial}{\partial t }\frac{\partial D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t } \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial t }\frac{+1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}+e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{+1}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[(-i\omega)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}+(i\omega)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& -\frac{i\omega}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}-e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& -\omega^2\frac{i}{2(2\pi)^3\omega}\int_{-\infty}^{\infty}d^3k[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}-e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& -\omega^2D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
次に\(\Delta D(\boldsymbol{x},t)\)を計算する。\(\boldsymbol{k}=(k_x,k_y,k_z), \boldsymbol{x}=(x,y,z)\)とすると \begin{eqnarray} \Delta D(\boldsymbol{x},t) &=& \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ \end{eqnarray} ここで、xについての微分を考えると \begin{eqnarray} \frac{\partial^2}{\partial x^2}D(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\partial^2}{\partial x^2}\frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}+e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{\partial^2}{\partial x^2}\frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}+e^{-i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[(ik_x)^2e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}+(-ik_x)^2e^{-i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[(ik_x)^2e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}+(ik_x)^2e^{-i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}] \\ \\ &=& (ik_x)^2\frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[e^{i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}+e^{-i(k_xx+k_yy+k_zz-\omega t)}] \\ \\ &=& -k_x^2D(\boldsymbol{x},t) \end{eqnarray} となることから、 \begin{eqnarray} \Delta D(\boldsymbol{x},t) &=& \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& \left(-k_x^2-k_y^2-k_z^2\right)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& -\left(k_x^2+k_y^2+k_z^2\right)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& -\boldsymbol{k}^2D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。\(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t^2 }\)との差をとると、 \begin{eqnarray} \Delta D(\boldsymbol{x},t)-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 D(\boldsymbol{x},t)}{\partial t^2 } &=& -\boldsymbol{k}^2D(\boldsymbol{x},t)-\frac{-1}{c^2}\omega^2D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& (-\boldsymbol{k}^2+\frac{1}{c^2}\omega^2)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& (-\boldsymbol{k}^2+\frac{1}{c^2}(c|\boldsymbol{k}|)^2)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& (-\boldsymbol{k}^2+|\boldsymbol{k}|^2)D(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} となることから、式(2.38)を満たす。

\(D(\boldsymbol{x},t)\)の積分の際、参考書に従った極座標を採用すると、 \begin{eqnarray} D(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^3k}{\omega}[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}-e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{k^2d\sin\theta d\varphi d\theta dk}{\omega}[e^{i(kr\cos\theta-\omega t)}-e^{-i(kr\cos\theta-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{k^2d\sin\theta d\varphi d\theta dk}{\omega}[e^{i(kr\cos\theta-\omega t)}-e^{-i(kr\cos\theta-\omega t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{k^2d\sin\theta d\varphi d\theta dk}{ck}[e^{i(kr\cos\theta-ck t)}-e^{-i(kr\cos\theta-ck t)}] \\ \\ &=& \frac{i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\pi}2\pi\frac{k^2d\sin\theta d\theta dk}{ck}[e^{ik(r\cos\theta-c t)}-e^{-ik(r\cos\theta-c t)}] \\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{1}^{-1}\frac{k^2(-du) dk}{ck}[e^{ik(ru-c t)}-e^{-ik(ru-c t)}] &...u=\cos\theta, du=-\sin\theta d\theta\text{とした}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\int_{-1}^{1}\frac{k^2(du) dk}{ck}[e^{ik(ru-c t)}-e^{-ik(ru-c t)}] \\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\left[\frac{k^2 dk}{ck}[\frac{1}{ikr}e^{ik(ru-c t)}-\frac{-1}{ikr}e^{-ik(ru-c t)}]\right]_{-1}^{1}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\left[\frac{k^2 dk}{ck}[\frac{1}{ikr}e^{ik(ru-c t)}-\frac{-1}{ikr}e^{-ik(ru-c t)}]\right]_{-1}^{1}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\left[\frac{k^2 dk}{ick^2r}[e^{ik(ru-c t)}+e^{-ik(ru-c t)}]\right]_{-1}^{1}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\left[\frac{ dk}{icr}[e^{ik(ru-c t)}+e^{-ik(ru-c t)}]\right]_{-1}^{1}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\int_{0}^{\infty}\left[\frac{ dk}{icr}[e^{ik(r-c t)}+e^{-ik(r-c t)}-e^{ik(-r-c t)}-e^{-ik(-r-c t)}]\right]\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\int_{0}^{\infty}dk[e^{ik(r-c t)}+e^{-ik(r-c t)}-e^{-ik(r+c t)}-e^{ik(r+c t)}]\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\left[\int_{0}^{\infty}dk[e^{ik(r-c t)}-e^{ik(r+c t)}]+\int_{0}^{\infty}dk[e^{-ik(r-c t)}-e^{-ik(r+c t)}]\right]\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\left[\int_{0}^{\infty}dk[e^{ik(r-c t)}-e^{ik(r+c t)}]+\int_{0}^{-\infty}(-dk')[e^{ik'(r-c t)}-e^{ik'(r+c t)}]\right]&...k'=-k\text{とした}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\left[\int_{0}^{\infty}dk[e^{ik(r-c t)}-e^{ik(r+c t)}]+\int_{-\infty}^{0}dk'[e^{ik'(r-c t)}-e^{ik'(r+c t)}]\right]&...\text{二項目の積分区間の入れ替え}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\left[\int_{-\infty}^{\infty}dke^{ik(r-c t)}-(\int_{-\infty}^{\infty}dke^{ik(r+c t)})\right]&...\text{積分の結合}\\ \\ &=& \frac{2\pi i}{2(2\pi)^3}\frac{ 1}{icr}\left[2\pi\delta(r-c t)-2\pi\delta((r+c t))\right]&...\text{p.455 (B・25)より}\\ \\ &=& \frac{ 1}{2(2\pi)}\frac{ 1}{cr}\left[\delta(r-c t)-\delta((r+c t))\right]\\ \\ &=& \frac{ 1}{4\pi c}\frac{ 1}{r}\left[\delta(r-c t)-\delta((r+c t))\right]\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.2)をFourier積分で書くと \begin{eqnarray} && \text{rot}\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial \boldsymbol{D}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{rot}(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mu(\omega)}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega)-\frac{\partial }{\partial t}(\int_{-\infty}^{\infty}\varepsilon(\omega)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega)&=&0 &...\text{式(3.9)を利用}\\ \\ &\Leftrightarrow& (\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mu(\omega)}\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega)-(\int_{-\infty}^{\infty}\varepsilon(\omega)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)\frac{\partial }{\partial t}e^{i\omega t}d\omega)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}(\frac{1}{\mu(\omega)}\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}-\varepsilon(\omega)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)(i\omega)e^{i\omega t})d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}(\frac{1}{\mu(\omega)}\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)-\varepsilon(\omega)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)(i\omega))e^{i\omega t}d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mu(\omega)}(\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)-\mu(\omega)\varepsilon(\omega)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)(i\omega))e^{i\omega t}d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mu(\omega)}(\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)-\frac{i\omega}{v(\omega)^2}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega))e^{i\omega t}d\omega&=&0&...v(\omega)^2=\frac{1}{\mu(\omega)\varepsilon(\omega)} \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left(\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)-\frac{i\omega}{v(\omega)^2}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)\right)&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.10)から、Lorentzゲージを用いると、p.185 式(1.6)のように書くことができる。 微分操作がされている\(\frac{\partial \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\)に着目する。この項をFourier積分で書くと \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \frac{\partial}{\partial t}\int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)\frac{\partial}{\partial t}e^{i\omega t}d\omega \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)i\omega e^{i\omega t}d\omega&...&(1)^{\prime} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega)i\omega e^{i\omega t}d\omega&...&(1) \end{eqnarray} が得られる。ここで、Fourier積分する関数を\(\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega)\)と書いた。

これを用いて\(\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\)を逆Fourier積分する。 \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&-\frac{\partial \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&-\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})i\omega^{\prime} e^{i\omega^{\prime} t}d\omega^{\prime}}_{(1)\text{より}}-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Rightarrow& \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)e^{-i\omega t}dt&=&\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left[-\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})i\omega^{\prime} e^{i\omega^{\prime} t}d\omega^{\prime}-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t)\right]e^{-i\omega t}dt&...&\text{逆Fourier積分をした} \\ \\ &\Leftrightarrow& \tilde{\boldsymbol{E}}(\boldsymbol{x},\omega) &=& -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})i\omega^{\prime} e^{i\omega^{\prime} t}e^{-i\omega t}d\omega^{\prime} dt-\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t)e^{-i\omega t}dt \\ \\ &&&=& -\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})i\omega^{\prime}\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\omega^{\prime}-\omega)t}dt\right) d\omega^{\prime}-\text{grad}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(\boldsymbol{x},t)e^{-i\omega t}dt&...&\text{(2)} \\ \\ &&&=& -\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})i\omega^{\prime} \underbrace{\delta(\omega^{\prime}-\omega)}_{\text{p.455式(B・26)より}}d\omega^{\prime}-\text{grad}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(\boldsymbol{x},t)e^{-i\omega t}dt \\ \\ &&&=& -\underbrace{\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega)i\omega}_{\text{デルタ関数の積分より}\omega^{\prime}=\omega}-\text{grad}\tilde{\phi}(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。(2)では微分と積分の交換は可能であるとしている(参考)。

\(\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)=\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)\)について同様にする。 \begin{eqnarray} \text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) &=& \text{rot}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega)e^{-i\omega t}d\omega&...&(3) \end{eqnarray} を用いると \begin{eqnarray} \tilde{\boldsymbol{B}}(\boldsymbol{x},\omega) &=& \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}dt&...&\text{逆Fourier積分} \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}dt \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\text{rot}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})e^{-i\omega^{\prime} t}d\omega^{\prime} e^{i\omega^{\prime} t}dt \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\omega-\omega^{\prime}) t}dt\right]\text{rot}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})d\omega^{\prime} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\underbrace{\delta(\omega-\omega^{\prime})}_{\text{p.455式(B・26)より}}\text{rot}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega^{\prime})d\omega^{\prime} \\ \\ &=& \text{rot}\tilde{\boldsymbol{A}}(\boldsymbol{x},\omega)&...&\text{デルタ関数の積分より}\omega^{\prime}=\omega \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

1. 以前の導出(ミスあり)
▼ 詳細を開く
\((1)^{\prime}\)を利用して式全体をFourier積分で書くと \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)&=&-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega&=&\int_{-\infty}^{\infty}\left(-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},t)\right)e^{i\omega t}d\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega&=&\int_{-\infty}^{\infty}\left(-i\omega\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega)\right)e^{i\omega t}d\omega \\ \\ \end{eqnarray} 積分の中身を比較すると、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}&=&(-i\omega\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega))e^{i\omega t} \\ \\ \Rightarrow \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)&=&-i\omega\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。積分の結果が同じだからといって被積分関数が一致するとは限らない
\(\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)=\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)\)については、変数tに関する微分などの操作はないため、両辺をFourier積分で表して中身を比較すると、 \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)&=&\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t) \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega&=&\int_{-\infty}^{\infty}\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)e^{i\omega t}d\omega \\ \\ &\Leftrightarrow& \boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)&=&\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ \end{eqnarray} となる。こちらも積分の結果が同じだからといって被積分関数が一致するとは限らない

LorentzゲージをFourier積分で書くと \begin{eqnarray} &&\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{v^2}\frac{\partial}{\partial t}\phi(\boldsymbol{x},t)&=&0\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\left(\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{v(\omega)^2}\frac{\partial}{\partial t}\phi(\boldsymbol{x},t)\right)e^{i\omega t}d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\left(\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}+\frac{1}{v(\omega)^2}\frac{\partial}{\partial t}\phi(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}\right)d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\left(\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}+\frac{1}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},t)\frac{\partial}{\partial t}e^{i\omega t}\right)d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\left(\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)e^{i\omega t}+\frac{1}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},t)i\omega e^{i\omega t}\right)d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}\left(\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},t)i\omega\right)e^{i\omega t}d\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},t)i\omega&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)+\frac{1}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},t)i\omega&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.12)より \begin{eqnarray} && \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left(\text{rot}\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)-\frac{i\omega}{v(\omega)^2}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)\right)&=&0\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left(\text{rot}(\text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))-\frac{i\omega}{v(\omega)^2}(-i\omega \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega))\right)&=&0\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left((\text{grad div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))-\frac{\omega^2}{v(\omega)^2}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}(\frac{i\omega}{v(\omega)^2}\phi(\boldsymbol{x},\omega))\right)&=&0&...\text{rot rot}\boldsymbol{A}=\text{grad div}\boldsymbol{A}-\Delta \boldsymbol{A}\text{を用いた(p.449 (7)(c))}\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left((\text{grad div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))-\frac{\omega^2}{v(\omega)^2}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}(-\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))\right)&=&0&...\text{式(3.15)}\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left((-\Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))-\frac{\omega^2}{v(\omega)^2}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)\right)&=&0\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left((\Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega))+\frac{\omega^2}{v(\omega)^2}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)\right)&=&0\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
式(3.13)を式変形すると、 \begin{eqnarray} && \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)\text{div}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)\text{div}(-i\omega\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega))&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)(-i\omega\text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{div}\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega))&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)(-i\omega(-\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega))-\Delta\phi(\boldsymbol{x},\omega))&=&0&...\text{一項目：式(3.15)、二項目：div grad}\phi=\Delta \phi\text{より}(p.446 A・47) \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)(-\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)-\Delta\phi(\boldsymbol{x},\omega))&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega\varepsilon(\omega)(\Delta\phi(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega))&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

各式に代入する。
<式(3.14)>
\begin{eqnarray} &&-i\omega \boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& -i\omega (\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega))-\text{grad}(\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)) \\ \\ &=& -i\omega \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& -i\omega \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &&\text{rot}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \text{rot}(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)) \\ \\ &=& \text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{rot}\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \text{rot}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)&...\text{p.447 (A・55) より} \\ \\ &=& \boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ \end{eqnarray} より、式(3.14)は不変である。
<式(3.15)>
\begin{eqnarray} &&\text{div}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\phi'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \text{div}(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega))+\frac{i\omega}{v^2(\omega)}(\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)) \\ \\ &=& \text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)+\text{div}\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \text{div}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)+\Delta\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& 0+\left(\Delta+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\right)\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)&...\text{式(3.15)より} \\ \\ &=& 0&...\text{式(3.18)の条件より} \\ \\ \end{eqnarray} 以上より、式(3.15)は不変である。
<式(3.16)>
\begin{eqnarray} &&\Delta \boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta (\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega))+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}(\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)) \\ \\ &=& \Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\Delta\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\text{grad}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\Delta\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)&...(1) \\ \\ &=& \Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\text{grad}\left(\Delta+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\right)\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ \end{eqnarray} であることから、式(3.16)の上式に対して不変であることがわかる。
(1)の、勾配とラプラシアンの交換については \begin{eqnarray} (\Delta\text{grad}\phi)_x &=& \Delta \frac{\partial}{\partial x}\phi \\ \\ &=& (\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}) \frac{\partial}{\partial x}\phi \\ \\ &=& (\frac{\partial^2}{\partial x^2}\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\frac{\partial}{\partial x}) \phi \\ \\ &=& (\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial^2}{\partial z^2}) \phi \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}) \phi \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial x}\Delta \phi \\ \\ &=& (\text{grad}\Delta \phi)_x \\ \\ \end{eqnarray} より、交換できる。
次に、式(3.16)の下式では、 \begin{eqnarray} &&\Delta \phi'(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta (\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega))+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}(\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)) \\ \\ &=& \Delta \phi(\boldsymbol{x},\omega)-\Delta i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)-\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}i\omega\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta \phi(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)-i\omega\left(\Delta+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)} \right)\chi_0(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& \Delta \phi(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\phi(\boldsymbol{x},\omega)&...\text{式(3.18)より} \\ \\ \end{eqnarray} であることから、式(3.16)の下式は不変である。

式(3.17)のゲージ変換に対して式(3.14)は不変なので、 \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},\omega) &=& -i\omega \boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)-\text{grad}\phi'(\boldsymbol{x},\omega) \\ \\ &=& -i\omega \boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega) \end{eqnarray} となる。\(\phi'(\boldsymbol{x},\omega)=0\)であることを用いた。
同様に式(3.14)に式(3.17)のゲージ変換を施すと \begin{eqnarray} &&\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},\omega)=\text{rot}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega) \end{eqnarray} となる。
式(3.16)が式(3.17)のゲージ変換に対して不変なので、 \begin{eqnarray} &&\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{i\omega t}\frac{1}{\mu(\omega)}\left[\Delta \boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{\omega^2}{v^2(\omega)}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)\right]=0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
最後に、式(3.15)が式(3.17)のゲージ変換に対して不変なので、 \begin{eqnarray} &&\text{div}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)+\frac{i\omega}{v^2(\omega)}\phi'(\boldsymbol{x},\omega)&=&0\\ \\ &\Leftrightarrow& \text{div}\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{x},\omega)&=&0 \end{eqnarray} 最後の変換は\(\phi'(\boldsymbol{x},\omega)=0\)であることを用いた。

\begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega) &=& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t}\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\delta(\omega-\omega(k))\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})+(c.c.) \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t}\delta(\omega-\omega(k))\int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})+(c.c.) \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3ke^{-i\omega(k) t}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})+(c.c.)&...\text{p.453 下部 デルタ関数の積分より} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})\right]+(c.c.) \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})\right]+\int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\boldsymbol{a}^*(\boldsymbol{k})\right]&\text{c.c.は複素共役を表すため} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}+\boldsymbol{a}^*(\boldsymbol{k})e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\right]\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.23)を用いる。 \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega) &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}+\boldsymbol{a}^*(\boldsymbol{k})e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\right]\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\right]+(c.c.)\\ \\ \end{eqnarray} ここで、\(\boldsymbol{k}=\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}'\)とし、\(\boldsymbol{k}_0\)を定数部分、\(\boldsymbol{k}'\)を変数とすると \begin{eqnarray} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},\omega) &=& \int_{-\infty}^{\infty}d^3k\left[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k})e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega(k) t)}\right]+(c.c.)\\ \\ &=& \int_{\Delta \boldsymbol{k}}d^3k\left[\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}')e^{i((\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}')\cdot\boldsymbol{x}-\omega(\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}') t)}\right]+(c.c.)\\ \\ &=& \int_{\Delta \boldsymbol{k}}d^3k\left[\boldsymbol{a}_{\boldsymbol{k}_0}(\boldsymbol{k}')e^{i((\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}')\cdot\boldsymbol{x}-\omega(\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}') t)}\right]+(c.c.)&...\boldsymbol{a}(\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}')=\boldsymbol{a}_{\boldsymbol{k}_0}(\boldsymbol{k}')\text{とした}\\ \\ &=& \int_{\Delta \boldsymbol{k}}d^3k\left[\boldsymbol{a}_{\boldsymbol{k}_0}(\boldsymbol{k}')e^{i((\boldsymbol{k}_0+\boldsymbol{k}')\cdot\boldsymbol{x}-(\omega(\boldsymbol{k}_0)+\frac{\partial \omega(\boldsymbol{k}_0)}{\partial \boldsymbol{k_0}}\cdot\boldsymbol{k}') t)}\right]+(c.c.)\\ \\ &=& \int_{\Delta \boldsymbol{k}}d^3k\left[\boldsymbol{a}_{\boldsymbol{k}_0}(\boldsymbol{k}')e^{i(\boldsymbol{k}_0\cdot\boldsymbol{x}-\omega(\boldsymbol{k}_0) t)}e^{i(\boldsymbol{k}'\cdot\boldsymbol{x}-\frac{\partial \omega(\boldsymbol{k}_0)}{\partial \boldsymbol{k}_0}\cdot\boldsymbol{k}' t)}\right]+(c.c.)\\ \\ &=& e^{i(\boldsymbol{k}_0\cdot\boldsymbol{x}-\omega(\boldsymbol{k}_0) t)}\int_{\Delta \boldsymbol{k}}d^3k\left[\boldsymbol{a}_{\boldsymbol{k}_0}(\boldsymbol{k}')e^{i\boldsymbol{k}'\cdot(\boldsymbol{x}-\frac{\partial \omega(\boldsymbol{k}_0)}{\partial \boldsymbol{k}_0} t)}\right]+(c.c.)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.24)の両辺を\(k\)で微分すると \begin{eqnarray} &&\omega&=&\frac{ck}{n(\omega)} \\ \\ &\Rightarrow&\frac{\partial \omega}{\partial k}&=&c\frac{\partial}{\partial k}\frac{k}{n(\omega)} \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&c(\frac{n(\omega)-k\frac{\partial}{\partial k}n(\omega)}{n(\omega)^2}) \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&c(\frac{n(\omega)-k\frac{\partial \omega}{\partial k}\frac{\partial}{\partial \omega}n(\omega)}{n(\omega)^2}) \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&c(\frac{n(\omega)-kv_g\frac{\partial n(\omega)}{\partial \omega}}{n(\omega)^2}) \\ \\ &\Leftrightarrow&n(\omega)^2v_g+ckv_g\frac{\partial n(\omega)}{\partial \omega}&=&cn(\omega) \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&c\frac{n(\omega)}{n(\omega)^2+ck\frac{\partial n(\omega)}{\partial \omega}} \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&\frac{c}{n(\omega)+\frac{ck}{n(\omega)}\frac{\partial n(\omega)}{\partial \omega}} \\ \\ &\Leftrightarrow&v_g&=&\frac{c}{n(\omega)+\omega\frac{\partial n(\omega)}{\partial \omega}}&...\omega=ck/n(\omega)\text{より} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

複素数\(\omega\)の実部を\(\mathscr{R}_e\omega\)、虚部を\(\mathscr{I}_m\omega\)とすると、 \begin{eqnarray} &&\omega&=&\mathscr{R}_e\omega+i\mathscr{I}_m\omega \end{eqnarray} と書ける。また、\(t\lt 0\)であることから、\(-t=|t|\)となることを用いて、 \begin{eqnarray} e^{-i\omega t} &=& e^{i\omega |t|} \\ \\ &=& e^{i(\mathscr{R}_e\omega+i\mathscr{I}_m\omega) |t|} \\ \\ &=& e^{(i\mathscr{R}_e\omega-\mathscr{I}_m\omega) |t|} \\ \\ &=& e^{i\mathscr{R}_e\omega|t|}e^{-\mathscr{I}_m\omega|t|} \\ \\ \end{eqnarray} となる。

\(e^{i\omega t}=e^{i\mathscr{R}_e\omega|t|}e^{-\mathscr{I}_m\omega|t|}\)は、\(\mathscr{I}_m\omega\gt 0\)で、\(\mathscr{I}_m\omega\to\infty\)の時、\(e^{i\omega t}=e^{i\mathscr{R}_e\omega|t|}e^{-\mathscr{I}_m\omega|t|}\to 0\)となる。そこで、 半円積分路\(C_1\)を利用して積分する際、半円の半径を\(|R|\)、偏角を\(\theta\)とすると、 \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\int_0^{\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} と表すことで、\(\mathscr{I}_m\omega\gt 0\)の領域で\(C_1\)の経路積分をすることができる。従って、\(|R|\to\infty\)の時に \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega \end{eqnarray} に \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega \end{eqnarray} を足しても値は変化しない。
<実際の評価>
半円積分路\(C_1\)を利用した積分は、半円の半径を\(|R|\)、偏角を\(\theta\)とすると、 \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} と表せる。これを式変形すると、 \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-i|R|(\cos\theta+i\sin\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-|R|(i\cos\theta-\sin\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-|R|i\cos\theta t}e^{|R|\sin\theta t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{i|t||R|\cos\theta }e^{-|t||R|\sin\theta }}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。 ここで、分子に着目すると \begin{eqnarray} |e^{i|t||R|\cos\theta}e^{-|t||R|\sin\theta }|R|ie^{i\theta}| &\leq& |e^{i|t||R|\cos\theta}||e^{-|t||R|\sin\theta }|||R|ie^{i\theta}| \\ \\ &\leq& 1|e^{-|t||R|\sin\theta }||R|1 \\ \\ &\leq& |e^{-|t||R|\sin 0 }||R| \\ \\ &\leq& |R|\\ \\ \end{eqnarray} となる。分母は \begin{eqnarray} ||R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2| &\leq& ||R|^2e^{2i\theta}|&...R\to\infty\text{より} \\ \\ &\leq& |R|^2|e^{2i\theta}| \\ \\ &\leq& |R|^2*1 \\ \\ &=& |R|^2 \\ \\ \end{eqnarray} であることから、\(|R|\to\infty\)とすることで、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\frac{e^{i|t||R|\cos\theta }e^{-|t||R|\sin\theta }}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}\lt\displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\frac{|R|}{|R|^2}=0 \\ \\ \end{eqnarray} となるため、 \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\int_0^{\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}d\theta \\ \\ &=&0 \end{eqnarray} となる。従って、式(3.48)の積分に半円積分路\(C_1\)を付け加えても値は変わらない。 あまり良い議論ではないかもしれない…。

\(A(0,t\lt 0)\)を計算する際に経路\(C_1\)と\(-\infty\to\omega\to\infty\)の経路を通る経路積分をする。その際にこの積分は複素積分に当たる。
この経路では、特異点に当たる\(\omega=\pm\omega_0\)を含まないため、複素積分の結果は0になる。 参考：こちらや、関数論(複素関数論)の参考書など。

\(C_1\)を足すケースと同様に考える。 \(e^{i\omega t}=e^{-i\mathscr{R}_e\omega t}e^{\mathscr{I}_m\omega|t|}\)は、\(\mathscr{I}_m\omega\lt 0\)で、\(\mathscr{I}_m\omega\to -\infty\)の時、\(e^{i\omega t}=e^{-i\mathscr{R}_e\omega t}e^{\mathscr{I}_m\omega t}\to 0\)となる。そこで、 半円積分路\(C_2\)を利用して積分する際、半円の半径を\(|R|\)、偏角を\(\theta\)とすると、 \begin{eqnarray} \int_{C_1}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\int_0^{-\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} と表すことで、\(\mathscr{I}_m\omega\gt 0\)の領域で\(C_2\)の経路積分をすることができる。従って、\(|R|\to\infty\)の時に \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega \end{eqnarray} に \begin{eqnarray} \int_{C_2}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega \end{eqnarray} を足しても値は変化しない。
<実際の評価>
半円積分路\(C_2\)を利用した積分は、半円の半径を\(|R|\)、偏角を\(\theta\)とすると、 \begin{eqnarray} \int_{C_2}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \int_0^{-\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} と表せる。これを式変形すると、 \begin{eqnarray} \int_{C_2}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \int_0^{-\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{-\pi}\frac{e^{-i|R|(\cos\theta+i\sin\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{-\pi}\frac{e^{-|R|(i\cos\theta-\sin\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{-\pi}\frac{e^{-|R|i\cos\theta t}e^{|R|\sin\theta t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ &=& \int_0^{\pi}\frac{e^{-it|R|\cos\theta }e^{t|R|\sin\theta }}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}(|R|ie^{i\theta}d\theta) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。 ここで、分子に着目すると \begin{eqnarray} |e^{-it|R|\cos\theta }e^{t|R|\sin\theta }|R|ie^{i\theta}| &\leq& |e^{-it|R|\cos\theta }||e^{t|R|\sin\theta }|||R|ie^{i\theta}| \\ \\ &\leq& 1|e^{t|R|\sin\theta }||R|1 \\ \\ &\leq& |e^{t|R|\sin 0 }||R|&...0\to\theta\to-\pi\text{であるため、}\sin\theta\lt 0\text{であるから} \\ \\ &\leq& |R| \\ \\ \end{eqnarray} となる。分母は \begin{eqnarray} ||R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2| &\leq& ||R|^2e^{2i\theta}|&...R\to\infty\text{より} \\ \\ &\leq& |R|^2|e^{2i\theta}| \\ \\ &\leq& |R|^2*1 \\ \\ &=& |R|^2 \\ \\ \end{eqnarray} であることから、\(|R|\to\infty\)とすることで、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\frac{e^{-it|R|\cos\theta }e^{t|R|\sin\theta }}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}\lt\displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\frac{|R|}{|R|^2}=0 \\ \\ \end{eqnarray} となるため、 \begin{eqnarray} \int_{C_2}\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}\int_0^{-\pi}\frac{e^{-i|R|\exp(i\theta) t}}{|R|^2e^{2i\theta}-\omega_0^2}d\theta \\ \\ &=&0 \end{eqnarray} となる。従って、式(3.48)の積分に半円積分路\(C_2\)を付け加えても値は変わらない。

留数定理を用いて計算する。積分経路を\(C\)として表現する。この経路は時計回りであるため、積分結果は反時計回りの複素積分の結果と正負が逆になる。特異点は\(\omega=\pm \omega_0\)でそれぞれ一位の極なので、 \begin{eqnarray} \int_{C}\frac{e^{-i\omega |t|} }{\omega^2-\omega_0^2 }d\omega &=& -2\pi i \left( \left. \frac{ e^{ -i\omega |t| } }{ \omega^2-\omega_0^2}(\omega-\omega_0)\right|_{ \omega=\omega_0}+\left. \frac{e^ { -i\omega |t|} }{ \omega^2-\omega_0^2}(\omega+\omega_0)\right|_{ \omega=-\omega_0} \right) \\ \\ &=& -2\pi i \left( \left. \frac{ e^{ -i\omega |t| } }{ \omega+\omega_0}\right|_{ \omega=\omega_0}+\left. \frac{e^ { -i\omega |t|} }{ \omega-\omega_0}\right|_{ \omega=-\omega_0} \right) \\ \\ &=& -2\pi i \left( \frac{ e^{ -i\omega_0 |t| } }{ 2\omega_0}+\frac{e^ { i\omega_0 |t|} }{ -2\omega_0} \right) \\ \\ &=& \frac{2\pi i}{\omega_0} \left( \frac{e^ { i\omega_0 |t|} }{ 2}-\frac{ e^{ -i\omega_0 |t| } }{ 2} \right) \\ \\ &=& -\frac{2\pi }{\omega_0} \frac{1}{2i}\left( e^ { i\omega_0 |t|} - e^{ -i\omega_0 |t| } \right) \\ \\ &=& -\frac{2\pi }{\omega_0} \sin( \omega_0 |t|) &...\sin\theta=\frac{1}{2i}(e^{i\theta}+e^{-i\theta})\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

p.206の例題に従って計算する。その際に、外から入射する電場を\(\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}\)とする。n番目の粒子に働く、速度に比例した抵抗を\(m\lambda_n\)とし、その時の固有の周波数を\(\omega_n\)とする。運動方程式は \begin{eqnarray} m\frac{d \boldsymbol{v}}{dt}=-m\omega_n^2\boldsymbol{r}+e\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}+m\lambda_n\boldsymbol{v} \end{eqnarray} と書ける。この時、特解として\(\boldsymbol{r}=Ce^{i\omega t}\)と置くと \begin{eqnarray} &&m\frac{d \boldsymbol{v}}{dt}&=&-m\omega_n^2\boldsymbol{r}+e\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}+m\lambda_n\boldsymbol{v} \\ \\ &\Leftrightarrow& m\frac{d^2 }{dt^2}\boldsymbol{r}&=&-m\omega_n^2\boldsymbol{r}+e\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}+m\lambda_n\frac{d }{dt}\boldsymbol{r} \\ \\ &\Leftrightarrow& m(i\omega)^2Ce^{i\omega t}&=&-m\omega_n^2Ce^{i\omega t}+e\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}+m\lambda_n(i\omega)Ce^{i\omega t} \\ \\ &\Leftrightarrow& -m\omega^2C&=&-m\omega_n^2C+e\boldsymbol{E}_0+m\lambda_n(i\omega)C \\ \\ &\Leftrightarrow& m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)C&=&e\boldsymbol{E}_0 \\ \\ &\Leftrightarrow& C&=&\frac{e\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)} \end{eqnarray} と係数\(C\)が得られる。この電子の速度\(\boldsymbol{v}_n\)は \begin{eqnarray} \boldsymbol{v}_n&=&\frac{d }{dt}\boldsymbol{r}_n \\ \\ &=& i\omega C_ne^{i\omega t} \\ \\ &=& \frac{i\omega e\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}e^{i\omega t} \end{eqnarray} となるため、電流密度は、N個の電子の総和として、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{i}&=& \displaystyle\sum_{i=1}^N e\boldsymbol{v} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i=1}^N e\frac{i\omega e\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}e^{i\omega t} \\ \\ &=& i\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}\omega e^{i\omega t} \\ \\ \end{eqnarray} と表すことができる。 真空中のMaxwell方程式 \begin{eqnarray} \text{rot}\boldsymbol{H}&=&\frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t}+\boldsymbol{i} \\ \\ \Leftrightarrow \text{rot}\boldsymbol{B}&=&\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial \boldsymbol{E}_0}{\partial t}+\mu_0\boldsymbol{i} \\ \\ \end{eqnarray} に代入すると、 \begin{eqnarray} \text{rot}\boldsymbol{B}&=&\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial \boldsymbol{E}_0}{\partial t}+\mu_0\boldsymbol{i} \\ \\ &=& \mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial }{\partial t}(\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t})+\mu_0 i\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}\omega e^{i\omega t} \\ \\ &=& i\mu_0\varepsilon_0\omega\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t}+\mu_0 i\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2\boldsymbol{E}_0}{m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}\omega e^{i\omega t} \\ \\ &=& i\mu_0\varepsilon_0\left(1+\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2}{\varepsilon_0 m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}\right)\boldsymbol{E}_0\omega e^{i\omega t} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。式(3.44)から類推される現象論的なMaxwell方程式は \begin{eqnarray} \text{rot}\boldsymbol{B}=i\varepsilon\mu\omega\boldsymbol{E}_0e^{i\omega t} \end{eqnarray} となるので、これと比較すると、 \begin{eqnarray} \mu\varepsilon=\mu_0\varepsilon_0\left(1+\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2}{\varepsilon_0 m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)}\right) \\ \\ \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} n^2(\omega)=1+\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2}{\varepsilon_0 m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
以下、要議論
Lorentz振動子に関する議論より、ここで、固有振動数\(\omega_n\)を持つ電子の数を\(h_n\)とすると、 \begin{eqnarray} n^2(\omega) &=& 1+\displaystyle\sum_{i=1}^N \frac{ e^2}{\varepsilon_0 m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)} \\ \\ &=& 1+\displaystyle\sum_{n=1} \frac{ h_ne^2}{\varepsilon_0 m(\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。 \begin{eqnarray} f_n &=& \frac{ h_ne^2}{\varepsilon_0 m} \\ \\ \end{eqnarray} とすると、上式は \begin{eqnarray} n^2(\omega) &=& 1+\displaystyle\sum_{n=1} \frac{ f_n}{\omega_n^2-\omega^2-i\omega\lambda_n} \\ \\ \end{eqnarray} としてまとめられる。

式(3.51)を求める際に、式(3.48)の時と同様に積分区間\(C_1\)を加えて複素積分をする。この積分経路に従った積分の値は、\(|R|\)が大きいときに0になるため、積分区間を結合できる。 また、この積分区間の内部には特異点がないため、区間全体の積分結果は0になることを考える。積分区間全体を\(C\)として、 \begin{eqnarray} &&-\frac{\omega_0a}{2\pi}\int_C\frac{e^{i(k(\omega)z-\omega t)}}{\omega^2-\omega_0^2}d\omega &=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\omega_0a}{2\pi}\int_{C_1}\frac{e^{i(k(\omega)z-\omega t)}}{\omega^2-\omega_0^2}d\omega-\frac{\omega_0a}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(k(\omega)z-\omega t)}}{\omega^2-\omega_0^2}d\omega &=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\omega_0a}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(k(\omega)z-\omega t)}}{\omega^2-\omega_0^2}d\omega &=&\frac{\omega_0a}{2\pi}\int_{C_1}\frac{e^{i(k(\omega)z-\omega t)}}{\omega^2-\omega_0^2}d\omega\\ \\ \end{eqnarray} が得られるため、積分区間を変更できる。

\(k(\omega)\)は、p.209上式より、 \begin{eqnarray} k(\omega)=n(\omega)\frac{\omega}{c} \end{eqnarray} と書ける。式(3.50)より\(n(\omega\to\infty)=1\)であることを用いて、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{\omega\to\infty}k(\omega)&=&\displaystyle\lim_{\omega\to\infty}n(\omega)\frac{\omega}{c} \\ \\ &=& \frac{\omega}{c} \end{eqnarray} となる。これを用いて、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{|R|\to\infty}e^{ik(\omega)z-i\omega t} &=& \displaystyle\lim_{\omega\to\infty}e^{in(\omega)\frac{\omega}{c}z-i\omega t} \\ \\ &=& e^{i\frac{\omega}{c}z-i\omega t} \\ \\ &=& e^{i\omega(\frac zc-t)} \end{eqnarray} となる。