問題はこちらにあります。
微分形のマクスウェル4式を書く。 \[\nabla\cdot\boldsymbol{D}=\rho\tag{1}\] \[\nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}\tag{2}\] \[\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0\tag{3}\] \[\nabla\times\boldsymbol{H}=\boldsymbol{j}+\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{D}\tag{4}\]
\(\boldsymbol{a}=(a_x, a_y, a_z)\)とする。 かっこの中を先に計算すると \[\nabla\times\boldsymbol{a}=\left(\frac{\partial}{\partial y}a_z-\frac{\partial}{\partial z}a_y, \frac{\partial}{\partial z}a_x -\frac{\partial}{\partial x}a_z, \frac{\partial}{\partial x}a_y-\frac{\partial}{\partial y}a_x\right)\] となる。 発散をとって \[\nabla\cdot\left(\nabla\times\boldsymbol{a}\right)=\frac{\partial^2}{\partial x\partial y}a_z-\frac{\partial^2}{\partial x\partial z}a_y+\frac{\partial^2}{\partial y\partial z}a_x-\frac{\partial^2}{\partial x\partial y}a_z+\frac{\partial^2}{\partial x\partial z}a_y-\frac{\partial^2}{\partial y\partial z}a_x\] となる。 したがって \[\nabla\cdot\left(\nabla\times\boldsymbol{a}\right)=0\tag{5}\] である。
\[\nabla f=\left(\frac{\partial}{\partial x}f, \frac{\partial}{\partial y}f, \frac{\partial}{\partial z}f\right)\] より、この両辺の回転をとる。\(x\)成分のみ考えると \[\left(\nabla\times\nabla f\right)_{x成分} =\frac{\partial^2}{\partial y\partial z}f-\frac{\partial^2}{\partial y\partial z}f=0\] となる。同様に\(y, z\)成分についても考えて \[\nabla\times\nabla f=\boldsymbol{0}\tag{6}\] である。
(4)式の発散をとる。 \[\nabla\cdot\left(\nabla\times\boldsymbol{H}\right)=\nabla\cdot\boldsymbol{j}+\frac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\cdot\boldsymbol{D}\right)\] (5)式より、(左辺)=0である。(1)式を代入して \[\frac{\partial}{\partial t}\rho+\nabla\cdot\boldsymbol{j}=0\] よって示せた。
\(\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}\)の発散をとると \[\nabla\cdot\boldsymbol{B}=\nabla\cdot\left(\nabla\times\boldsymbol{A}\right)\] (6)式より、(右辺)=0である。よって、(3)式は示せた。
\(\boldsymbol{E}=-\nabla\varphi -\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}\)の回転をとると \[\nabla\times\boldsymbol{E}=-\nabla\times\nabla\varphi -\frac{\partial}{\partial t}\nabla\times\boldsymbol{A}\] である。(6)式と\(\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}\)を代入して \[\nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{B}\] である。よって、(2)式は示せた。
\(\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}\)に、\(\boldsymbol{A}'=\boldsymbol{A}+\nabla\Lambda\)をいれ、ゲージ変換を行う。 \[\boldsymbol{B}=\nabla\times\left(\boldsymbol{A}+\nabla\Lambda\right)=\nabla\times\boldsymbol{A}+\nabla\times\left(\nabla\times\Lambda\right)\] (6)式より、右辺第2項は0である。 よって、このゲージ変換で磁束密度\(\boldsymbol{B}\)は不変である。
\(\boldsymbol{E}=-\nabla\varphi-\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}\)に\(\varphi'=\varphi-\frac{\partial\Lambda}{\partial t}\), \(\boldsymbol{A}'=\boldsymbol{A}+\nabla\Lambda\)をいれる。 \[\boldsymbol{E}=-\nabla\varphi+\frac{\partial}{\partial t}\nabla\Lambda-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}-\frac{\partial}{\partial t}\nabla\Lambda=\boldsymbol{E}=-\nabla\varphi-\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}\] よって、このゲージ変換で電場\(\boldsymbol{E}\)は不変である。
ガウスの法則を適用する。 \[E_{o, z}\cdot\pi R^2=\frac{1}{\varepsilon_0}Q_0\] \[\therefore E_{o, z}=\frac{Q_0}{\varepsilon_0\pi R^2}\]
問2と同様に、ガウスの法則を適用する。 \[E_z\pi R^2=\frac{1}{\varepsilon_0}Q_0\sin(\omega t)\] \[\therefore E_z=\frac{Q_0\sin(\omega t)}{\varepsilon_0\pi R^2}\]
変異電流\(\boldsymbol{j}_d=\varepsilon_0\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{E}\)より \[\boldsymbol{j}_d=\varepsilon_0\frac{\partial}{\partial t}\frac{Q_0\sin(\omega t)}{\varepsilon_0\pi R^2}\boldsymbol{e}_z\] \[\therefore \boldsymbol{j}_d=\frac{Q_0\omega\cos(\omega t)}{\pi R^2}\boldsymbol{e}_z\] となる。
(4)式(アンペール・マクスウェルの法則)で、電流密度\(\boldsymbol{j}=0\)より \[\nabla\times\boldsymbol{H}=\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{D}\] であり、積分形は下のように書ける。 \[\oint_C\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{t}dr=\int_S\boldsymbol{j}_D\cdot\boldsymbol{n}dS\] いま、\(z=0\)で原点を中心とする半径\(r\)の円を考え、経路\(C\)と平面\(S\)を設定する。 \[\int_{0}^{2\pi r}H_\theta dr=\int_{0}^{\pi r^2}\frac{Q_0\omega\cos(\omega t)}{\pi R^2}dS\] \[→ 2\pi rH_\theta=\frac{Q_0\omega\cos(\omega t)}{\pi R^2}\pi r^2\] \[\therefore H_\theta=\frac{Q_0\omega\cos(\omega t)}{2\pi R^2}r\]
ポインティングベクトル\(\boldsymbol{S}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\)より \[\boldsymbol{S}=\frac{Q_0\sin(\omega t)}{\varepsilon_0\pi R^2}\boldsymbol{e}_z\times\frac{Q_0\omega\cos(\omega t)}{2\pi R^2}r\boldsymbol{e}_\theta\] とかける。 問題文より、\(\boldsymbol{e}_\theta\times\boldsymbol{e}_z=\boldsymbol{e}_r → \boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_\theta=-\boldsymbol{e}_r\)を用いると \[\boldsymbol{S}=-\frac{Q_0^2\omega\sin(\omega t)\cos(\omega t)}{2\pi^2R^4\varepsilon_0}r\boldsymbol{e}_r\] である。
電磁場のエネルギー密度\(u=\left(\varepsilon_0\boldsymbol{E}^2+\mu_0\boldsymbol{H}^2\right)/2\)は \[u=\frac{1}{2}\left(\varepsilon_0\frac{Q_0^2\sin^2(\omega t)}{\varepsilon_0^2\pi^2 R^4}+\mu_0\frac{Q_0^2\omega^2\cos^2(\omega t)}{4\pi^2R^4}r^2\right)\] \[\therefore u=\frac{Q_0^2\sin^2(\omega t)}{2\varepsilon_0\pi^2R^4}+\mu_0\frac{Q_0^2\omega^2\cos^2(\omega t)}{8\pi^2R^4}r^2\] である。
\(\sin(\omega t)\simeq\omega t\), \(\cos(\omega t)\simeq1\)とすると \[u=\frac{Q_0^2\omega^2t^2}{2\varepsilon_o\pi^2R^4}+\mu_o\frac{Q_0^2\omega^2r^2}{8\pi^2R^4}\] である。また \[\boldsymbol{S}=-\frac{Q_0^2\omega^20tr}{2\varepsilon_0\pi^2R^4}\boldsymbol{e}_r\] である。 ここで、\(\partial u/\partial t\)と\(\nabla\cdot\boldsymbol{S}\)をそれぞれ求めると \[\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{Q_0^2\omega^2 t}{\varepsilon\pi^2R^4}\] \[\nabla\cdot\boldsymbol{S}=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial t}\left(-\frac{Q_0^2\omega^2tr^2}{2\varepsilon_0\pi^2R^4}\right)\] \[\therefore\nabla\cdot\boldsymbol{S}=-\frac{Q_0^2\omega^2 t}{\varepsilon\pi^2R^4}\] であるため \[\frac{\partial u}{\partial t}+\nabla\cdot\boldsymbol{S}=0\] が成り立つことを示せた。