磁場の発散と回転
定理
$$ \begin{align*} \nabla \cdot \mathbf{B} =&\ 0 \\ \nabla \times \mathbf{B} =&\ \mu_{0} \mathbf{J} \end{align*} $$
説明
電場が常に$\mathbf{0}$の回転を持つ特別なベクトル関数だったように、磁場もまたそうだ。体積電流に対するビオ・サバールの法則を使って発散と回転を計算しよう。
$$ \mathbf{B} (\mathbf{r}) = \dfrac{\mu_{0}}{4 \pi} \int \dfrac{\mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime}) \times \crH }{\cR^2} d \tau $$
ここでは、各関数がどの座標に依存しているかを明確に区別することが重要だ。
$\mathbf{B}$は観測点の座標$(x, y, z)$に関する関数で、$\mathbf{J}$は源点の座標$(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})$に関する関数だ。分離ベクトルと体積要素はそれぞれ次の通り。
$$ \bcR = (x-x^{\prime})\mathbf{x} + (y-y^{\prime})\mathbf{y} +(z-z^{\prime})\mathbf{z} $$
$$ d\tau^{\prime}=dx^{\prime}dy^{\prime}dz^{\prime} $$
積分は源点(プライム$^{\prime}$あり)に関する操作であり、発散と回転は観測点(プライム$^{\prime}$なし)に関する操作だ。
証明
磁場の発散
ビオ・サバールの法則により、磁場の発散は以下の通り。
$$ \nabla \cdot \mathbf{B}=\dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right)d\tau^{\prime} $$
$$ \nabla \cdot ( \mathbf{A} \times \mathbf{B} ) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B} ) $$
上記の乗算規則を被積分関数に適用すると
$$ \nabla \cdot \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right) = \dfrac{\crH}{\cR^2}\cdot (\nabla \times \mathbf{J} ) -\mathbf{J} \cdot \left( \nabla \times \dfrac{\crH}{\cR^2} \right) $$
第一項で、$\nabla$は$x, y, z$に対する微分操作であり、$\mathbf{J}$は$(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})$に関する関数だから$\nabla \times \mathbf{J} = \mathbf{0}$となる。さらに、分離ベクトルの回転が$\mathbf{0}$だから、二番目の括弧の中も同様に$\mathbf{0}$となる。したがって、磁場の発散は
$$ \nabla \cdot \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int 0 d\tau^{\prime} = 0 $$
磁場の回転
ビオ・サバールの法則により、磁場の回転は以下の通り。
$$ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2}\right)d\tau^{\prime} $$
$$ \nabla \times (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = (\mathbf{B} \cdot \nabla)\mathbf{A} - (\mathbf{A} \cdot \nabla)\mathbf{B} + \mathbf{A} (\nabla \cdot \mathbf{B}) - \mathbf{B} (\nabla \cdot \mathbf{A}) $$
上記の乗算規則を被積分関数に適用すると次のようになる。
$$ \nabla \times \left( \mathbf{J} \times \dfrac{\crH}{\cR^2} \right)= \left( \dfrac{\crH}{\cR^2} \cdot \nabla \right) \mathbf{J} - \left( \mathbf{J} \cdot \nabla \right) \dfrac{\crH}{\cR^2} + \mathbf{J} \left( \nabla \cdot \dfrac{\crH}{\cR^2} \right) - \dfrac{\crH}{\cR^2} \left( \nabla \cdot \mathbf{J} \right) $$
ここで、第一項と第四項は$\nabla$が$\mathbf{J}$に適用されるから、先の発散の計算で述べた理由と同様、$0$となる。第二項は直接$0$ではないが、積分を行うと$0$となる。この過程は下で別に説明する。最後に、第三項は分離ベクトルの発散なのでディラックのデルタ関数と同じだ。
$$ \nabla \cdot \left( \dfrac{ \hat { \bcR} }{\cR^2} \right) = 4\pi \delta^2(\bcR ) $$
したがって、磁場の回転は以下の通り。
$$ \nabla \times \mathbf{B} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi} \int \mathbf{J} (\mathbf{r}^{\prime} ) 4\pi \delta^3(\mathbf{r} - \mathbf{r}^{\prime} ) d\tau^{\prime} $$
ディラックのデルタ関数の定義によれば
$$ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_{0} \mathbf{J}(\mathbf{r}) $$
今、第二項の積分がなぜ$0$となるかを確認することが残っている。この部分が難しい場合は、数学的にではなく、物理的な意味によって$0$と理解しても良い。分離ベクトルが$\bcR = (x-x^{\prime})\hat{\mathbf{x}} + (y-y^{\prime})\hat{\mathbf{y}} + (z-z^{\prime})\hat{\mathbf{z}}$となるので、以下の式が成り立つ。
$$ -\dfrac{\partial \bcR}{\partial x} = - \hat{\mathbf{x}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial x^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \bcR}{\partial y} = - \hat{\mathbf{y}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial y^{\prime}} \quad \text{and} \quad -\dfrac{\partial \bcR}{\partial z} = - \hat{\mathbf{z}} = \dfrac{\partial \bcR}{\partial z^{\prime}} $$
したがって、以下の等式が成り立つ。
$$ \begin{align*} -( \mathbf{J} \cdot \nabla) \dfrac{\crH}{\cR^2} =&\ -\left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z}\right) \dfrac{\crH}{\cR^2} \\ =&\ \left( J_{x^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial x^{\prime}} + J_{y^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial y^{\prime}} + J_{z^{\prime}} \dfrac{\partial }{\partial z^{\prime}}\right) \dfrac{\crH}{\cR^2} \\ =&( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\crH}{\cR^2} \end{align*} $$
このベクトルの$\mathbf{x}$成分は以下の通り。
$$ \left[ ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \dfrac{\crH}{\cR^2} \right]_{x}=( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\cR^3} \right) $$
これを乗算規則 $\nabla \cdot (f\mathbf{A}) = f(\nabla \cdot \mathbf{A}) + \mathbf{A} \cdot (\nabla f)$で解くと以下の通り。
$$ ( \mathbf{J} \cdot \nabla^{\prime} ) \left( \dfrac{ x-x^{\prime}}{\cR^3} \right) = \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3} \mathbf{J} \right] - \left( \dfrac{x-x^{\prime}} {\cR^3} \right) (\nabla^{\prime} \cdot \mathbf{J} ) $$
さらに、定常電流ならば$\mathbf{J}$の発散が$0$であるから、第二項は$0$となる。残りの項を積分すると、発散定理により
$$ \int_\mathcal{V} \nabla^{\prime} \cdot \left[ \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3}\mathbf{J} \right]d\tau=\oint_\mathcal{S} \dfrac{x-x^{\prime}}{\cR^3}\mathbf{J} \cdot d\mathbf{a}^{\prime} $$
上で、$\nabla$を$\nabla^{\prime}$に変えた理由はこの積分のためだ。左辺の積分範囲は全ての電流を含めるために十分に大きく設定しなければならず、この場合、領域の境界面で$\mathbf{J}=0$である。だから、右辺の面積積分で領域全体で$\mathbf{J}=0$であるため、積分結果は$0$となる。同じ論理で、$\mathbf{y}$成分と$\mathbf{z}$成分も$0$であるので、第二項の積分は$0$となる。
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