基礎方程式

使う方程式は

1. 運動方程式 (ローレンツ力): \[ \tag{1} \label{Lorentz} \displaystyle m_i\ddot{\boldsymbol{r}}_i(t) = e_i\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}_i(t),t) + e_i\dot{\boldsymbol{r}}_i(t) \times \boldsymbol{B}(\boldsymbol{r}_i(t),t) \]
2. ファラデーの法則: \[ \tag{2} \label{Faraday} \displaystyle \nabla\times\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t) + \dfrac{\partial\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t} = \boldsymbol{0} \]
3. アンペール・マクスウェルの法則: \[ \tag{3} \label{Ampere Maxwell} \displaystyle \nabla\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{x},t) - \dfrac{\partial\boldsymbol{D}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t} = \sum_i e_i\dot{\boldsymbol{r}}_i(t) \delta^3(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_i(t)) \]
4. 電場に関するガウスの発散定理: \[ \tag{4} \label{E Gauss} \displaystyle \nabla\cdot\boldsymbol{D}(\boldsymbol{x},t) = \sum_ie_i\delta^3(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_i(t)) \]
5. 磁気単極子不在: \[ \tag{5} \label{div B} \displaystyle \nabla\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{x},t) =0 \]

の5本。 特に下4本は点電荷に関するマクスウェル方程式です。

運動方程式の総和

力学において運動量保存ないし運動量変化を議論する際には、点電荷系か否かを問わず、まずは運動方程式を全て足し合わせるのが定石です。 ここでも定石に従って第1式を総和。 \begin{array}{rcl} \displaystyle \sum_im_i\dfrac{d\boldsymbol{v}_t(t)}{dt} &=& \displaystyle \sum_i\int d^3x e_i\delta^3(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_i) ( \boldsymbol{E} + \dot{\boldsymbol{r}}_i\times\boldsymbol{B} ) \\ \displaystyle \frac{d}{dt}\sum_im_i\boldsymbol{v}_i &=& \displaystyle\int d^3x \left[ \sum_i e_i \delta^3(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_i) \boldsymbol{E} + \sum_i e_i \delta^3(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{r}_i) \dot{\boldsymbol{r}} \times \boldsymbol{B} \right] \end{array} 左辺は点電荷運動量 \(\boldsymbol{G}_m(t):=\sum_im_i\boldsymbol{v}_i(t)\) のの時間全微分なので、右辺が力の形になってくれると嬉しい。 右辺第1項を第4式（ガウスの発散定理）で、第2項を第3式（アンペール・マクスウェル）で変形して、 \[ \tag{6} \label{ast} \dfrac{d}{dt}\boldsymbol{G}_m = \int d^3x \left[ \boldsymbol{E}(\nabla\cdot\boldsymbol{E}) + \left( \nabla\times\boldsymbol{H} - \frac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t} \right) \times\boldsymbol{B} \right] \] となります。 この右辺を展開し、特に真空中では \begin{array}{rlr} & \dfrac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t} \times\boldsymbol{B} - \boldsymbol{D} \times (\nabla\times\boldsymbol{E}) \\ =& \dfrac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t} \times\boldsymbol{B} + \boldsymbol{D}\times \dfrac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t} &\because\eqref{Faraday} \\ =& \dfrac{\partial}{\partial t} (\boldsymbol{D}\times\boldsymbol{B}) \\ =& \dfrac{\partial}{\partial t} ( \varepsilon\boldsymbol{D} \times \mu_0\boldsymbol{B} ) \\ =& \dfrac{1}{c^2} \dfrac{\partial}{\partial t} (\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}) \end{array} を用いることで、\eqref{ast}は \[ \dfrac{d}{dt}\boldsymbol{G}_m = \int d^3x \left[ \boldsymbol{E}(\nabla\cdot\boldsymbol{D}) + (\nabla\times\boldsymbol{H})\times\boldsymbol{B} - \boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) - \dfrac{1}{c^2} \dfrac{\partial}{\partial t} (\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}) \right] \] と変形可能です。 右辺最終項を左辺に移して、残りの項の順番を入れ替えれば、 \[ \dfrac{d}{dt}\boldsymbol{G}_m + \dfrac{d}{dt}\int d^3x \left( \dfrac{1}{c^2}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \right) = \int d^3x [ \boldsymbol{E}(\nabla\cdot\boldsymbol{D}) - \boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) + (\nabla\times\boldsymbol{H})\times\boldsymbol{B} ] \] となります。 ポインティングベクトル \(\boldsymbol{S}:=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\) を定義して、最終項の外積順序を交換すれば、当座の目標 \[ \tag{7} \label{astast} \dfrac{d}{dt} \left( \boldsymbol{G}_m + \dfrac{1}{c^2}\int d^3x\boldsymbol{S} \right) = \int d^3x [ \boldsymbol{E}(\nabla\cdot\boldsymbol{D}) - \boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) - \boldsymbol{B}\times(\nabla\times\boldsymbol{H}) ] \] が得られます。

ここで見通しをよくするために、天下りではありますが今後の展望を眺めてみましょう。 \eqref{astast}右辺第1項・第2項は \(\nabla\cdot\boldsymbol{T}^e\) と、第3項は \(\nabla\cdot\boldsymbol{T}^m\) と書けば、 \[ \tag{8} \label{a} \dfrac{d}{dt} \left( \boldsymbol{G}_m(t) + \dfrac{1}{c^2}\int d^3x\boldsymbol{S} \right) = \int d^3x\: ( \nabla\cdot\boldsymbol{T}^e + \nabla\cdot\boldsymbol{T}^m ) \] です。左辺第2項 (微分の中) を \(\boldsymbol{G}_f(t)\) と定義した上で、\(\boldsymbol{T}:=\boldsymbol{T}^e+\boldsymbol{T}^m\) に2階テンソルでのガウスの発散定理を用いることで、 \[ \tag{9} \label{b} \dfrac{d}{dt} (\boldsymbol{G}_m(t)+\boldsymbol{G}_f(t)) = \int\boldsymbol{n}dS\cdot\boldsymbol{T}(\boldsymbol{x},t) \] となり、左辺が電磁場全体で見た運動量変化、右辺が電磁場全体にかかる力を表すことになります。

ここまでで未解決の問題

最後に示した式変形で、特に \(\boldsymbol{T}\) が行列で表される「テンソル」であることを考慮すると、以下の問題が残りますね。

• \(\boldsymbol{T}^e,\boldsymbol{T}^m\) とは何者か
• \(\nabla\cdot\boldsymbol{T}^e\) などはどのように定義されるのか
• \(\boldsymbol{T}\) についてもガウスの発散定理が成り立つのか

これらの問題を以下で解決していきます。

応力テンソルの定義の動機

古典粒子系において下式のようになる式は、左辺が運動量の時間変化を、右辺が系全体にかかる力 (勿体ぶって言えば力積の時間変化) を表します。 \[ \frac{d}{dt}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{F} \] \eqref{b}でも同様に全運動量の時間変化が系全体にかかる力に等しいと解釈してみましょう。 以下では簡単のため時間変化のない静電場で考察していきます。 所詮「こうやってテンソルを定義すればよさそう」というのを見繕っていくだけなので。

体積 \(V\) にかかる力は

• 自己力 (\(V\) 内の電荷が作る電場 \(\boldsymbol{E}_{self}\) に由来)
• 外力 (\(V\) 外の電荷が作る電場 \(\boldsymbol{E}_{out}\) に由来)

の2種類。 特に砂川pp.24-25, 第1章§7より、静電場では自己場が \(\boldsymbol{0}\) になりますから、\(\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_{self}+\boldsymbol{E}_{out}=\boldsymbol{E}_{out}\) にて、 \[ \boldsymbol{F} = \int_V\rho(\boldsymbol{x})\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x})d^3x = \int_V(\varepsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E})\boldsymbol{E}d^3x \] です。 レビチビタ記号によって \(\epsilon_{ijk}=1\) となるように、つまり \(ijk\) がこの順に \(xyz\) とサイクリックになるように添字をとって、その \(i\) 成分に着目すると、 \begin{array}{rcl} F_i &=& \displaystyle \varepsilon_0 \int \left( \frac{\partial E_i}{\partial x_i} + \frac{\partial E_j}{\partial x_j} + \frac{\partial E_k}{\partial x_k} \right) \\ &=& \displaystyle \varepsilon_0 \int \left[ E_i\dfrac{\partial E_i}{\partial x_i} + \left( \frac{\partial E_iE_j}{\partial x_j} - E_j\frac{\partial E_i}{\partial x_j} \right) + \left( \frac{\partial E_iE_k}{\partial x_k} - E_k\frac{\partial E_i}{\partial x_k} \right) \right] d^3x . \end{array} ここで、今は時間変化のない静電場を考えていて、\eqref{Faraday}から、 \[ \nabla\times\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0} \quad \therefore \frac{\partial E_i}{\partial x_j} = \frac{\partial E_j}{\partial x_i} ,\; \frac{\partial E_i}{\partial x_k} = \frac{\partial E_k}{\partial x_i} \] が成り立つことに注意すると、 \begin{array}{rcl} F_i &=& \displaystyle \varepsilon_0 \int \left[ \frac{\partial}{\partial x_i} \left( \frac{1}{2}E_i^2 - \frac{1}{2}E_j^2 - \frac{1}{2}E_k^2 \right) + \frac{\partial}{\partial x_j}(E_iE_j) + \frac{\partial}{\partial x_k}(E_iE_k) \right] d^3x \\ &=& \displaystyle \varepsilon_0 \int \left[ \frac{\partial}{\partial x_i} \left( E_i^2 - \frac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 \right) + \frac{\partial}{\partial x_j}(E_iE_j) + \frac{\partial}{\partial x_k}(E_iE_k) \right] d^3x \end{array} となります。 従って全成分を考えると、 \[ \tag{10} \label{c} \boldsymbol{F} = \int_V\varepsilon_0 \left( \begin{matrix} \partial_x(E_x^2-\boldsymbol{E}^2/2) + \partial_y(E_xE_y) + \partial_z(E_xE_z) \\ \partial_x(E_yE_x) + \partial_y(E_y^2-\boldsymbol{E}^2/2) + \partial_z(E_yE_z) \\ \partial_x(E_zE_x) + \partial_y(E_zE_y) + \partial_z(E_z^2-\boldsymbol{E}^2/2) \end{matrix} \right) d^3x \] です。 中身の行列部分は、 \begin{array}{rl} & \left( \begin{matrix} \partial_x(E_x^2-\boldsymbol{E}^2/2) + \partial_y(E_xE_y) + \partial_z(E_xE_z) \\ \partial_x(E_yE_x) + \partial_y(E_y^2-\boldsymbol{E}^2/2) + \partial_z(E_yE_z) \\ \partial_x(E_zE_x) + \partial_y(E_zE_y) + \partial_z(E_z^2-\boldsymbol{E}^2/2) \end{matrix} \right) \\ =& \left[ \left(\begin{matrix} \dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial}{\partial y} & \dfrac{\partial}{\partial z} \end{matrix}\right) \underline{ \left( \begin{matrix} E_x^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_xE_y & E_xE_z \\ E_yE_x & E_y^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_yE_z \\ E_zE_x & E_zE_y & E_z^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 \end{matrix} \right) }_{:=\boldsymbol{T}^e} \right] \\ =& (\nabla^T\boldsymbol{T}^e)^T \\ =& (\nabla,\boldsymbol{T}^e)^T \end{array} になります。 最後に内積 \((A,B)=A^\dagger B=\overline{A^T}B\) が現れたので、ベクトルの場合と同様、これをテンソルの発散と見ることができますよね。 後述するガウスの発散定理によって\eqref{c}右辺の体積積分を面積分に直せば、 \[ \boldsymbol{F} = \int_{\partial V}\varepsilon_0 \left( \begin{matrix} E_x^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_xE_y & E_xE_z \\ E_yE_x & E_y^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_yE_z \\ E_zE_x & E_zE_y & E_z^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 \end{matrix} \right) \cdot\boldsymbol{n}dS \] となることがわかります。 これは体積 \(V\) の表面上 \(\partial V\) に、電場の寄与によってかかる力の総和と見て取れなくもないですね。 被積分関数に3行3列の行列が現れるのは、右辺が「力」ベクトルの総和になっていることから推察できます。 方向ベクトル \(\boldsymbol{n}\) とと内積したときに、被積分関数が3次元ベクトルにならないといけないので。

各種テンソルの定義と行列表示

さて、上記の考察に基づき、以下によってマクスウェルの応力テンソルを定義していきましょう。 \begin{array}{rcccl} \boldsymbol{T}^e &=& \varepsilon_0 \left(\begin{matrix} T^e_{xx} & T^e_{xy} & T^e_{xz} \\ T^e_{yx} & T^e_{yy} & T^e_{yz} \\ T^e_{zx} & T^e_{zy} & T^e_{zz} \end{matrix}\right) &:=& \varepsilon_0 \left(\begin{matrix} E_x^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_xE_y & E_xE_z \\ E_yE_x & E_y^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 & E_yE_z \\ E_zE_x & E_zE_y & E_z^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^2 \end{matrix}\right) \\ \boldsymbol{T}^m &=& \dfrac{1}{\mu_0} \left(\begin{matrix} T^m_{xx} & T^m_{xy} & T^m_{xz} \\ T^m_{yx} & T^m_{yy} & T^m_{yz} \\ T^m_{zx} & T^m_{zy} & T^m_{zz} \end{matrix}\right) &:=& \dfrac{1}{\mu_0} \left(\begin{matrix} B_x^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{B}^2 & B_xB_y & B_xB_z \\ B_yB_x & B_y^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{B}^2 & B_yB_z \\ B_zB_x & B_zB_y & B_z^2-\dfrac{1}{2}\boldsymbol{B}^2 \end{matrix}\right) \end{array}

それぞれの成分表示は \begin{array}{rcl} T^e_{ij} &=& \varepsilon_0 \left( E_iE_j-\dfrac{1}{2}E^2\delta_{ij} \right) \\ T^m_{ij} &=& \dfrac{1}{\mu_0} \left( B_iB_j-\dfrac{1}{2}B^2\delta_{ij} \right) \end{array} となります。 これを参考にすれば、列ベクトル \[ \boldsymbol{E} = \left(\begin{matrix} E_x\\E_y\\E_z \end{matrix}\right) ,\quad \boldsymbol{B} = \left(\begin{matrix} B_x\\B_y\\B_z \end{matrix}\right) \] 及び3行3列の単位行列 \(\boldsymbol{I}\) を用いて \begin{array}{rcl} \boldsymbol{T}^e &=& \varepsilon_0\boldsymbol{E}\boldsymbol{E}^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0\boldsymbol{E}^T\boldsymbol{EI} \\ \boldsymbol{T}^m &=& \dfrac{1}{\mu_0}\boldsymbol{B}\boldsymbol{B}^T - \dfrac{1}{2\mu_0}\boldsymbol{B}^T\boldsymbol{BI} \end{array} です。

テンソルであることの確認

さて、直行行列 \(\boldsymbol{A}\) で表される空間座標回転により、電磁場が \(\boldsymbol{E}\mapsto\boldsymbol{AE},\boldsymbol{B}\mapsto\boldsymbol{AB}\) と変換されたとしましょう。 ちなみに座標変換を空間座標回転に限定するのは磁場が軸性ベクトルだからです。 実際 \(\det\boldsymbol{A}\lt0\) では基礎方程式が破綻します。 例えば \(\boldsymbol{A}=-\boldsymbol{I}\) は \(\boldsymbol{r}\mapsto-\boldsymbol{r}\) の変換に相当しますが、これに合わせて \(\boldsymbol{E}\mapsto-\boldsymbol{E}, \boldsymbol{B}\mapsto-\boldsymbol{B}\) とすれば、\eqref{Lorentz}は \[ -m\ddot{\boldsymbol{r}} = -e\boldsymbol{E} + e\dot{\boldsymbol{r}} \times \boldsymbol{B} \] となって、右辺第2項の符号が反転してしまうのが見て取れますね。 したがって \(\boldsymbol{A}\) の条件としては \(\det\boldsymbol{A}\gt0\) が要求されます。

このとき新しい応力テンソルは \begin{array}{rcl} \boldsymbol{T}'^e &=& \varepsilon_0(\boldsymbol{AE})(\boldsymbol{AE})^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0(\boldsymbol{AE})^T(\boldsymbol{AE})\boldsymbol{I} \\ &=& \varepsilon_0\boldsymbol{AEE}^T\boldsymbol{A}^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0\boldsymbol{E}^T\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{AEI} \\ &=& \boldsymbol{A}\varepsilon_0\boldsymbol{EE}^T\boldsymbol{A}^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0E^2\boldsymbol{I} \\ &=& \boldsymbol{A} \left( \varepsilon_0\boldsymbol{EE}^T - \dfrac{1}{2}\boldsymbol{E}^T\boldsymbol{E} \right) \boldsymbol{A}^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0E^2\boldsymbol{I} + \dfrac{1}{2}\varepsilon_0\boldsymbol{AE}^T\boldsymbol{E}\boldsymbol{A}^T \\ &=& \boldsymbol{AT}^e\boldsymbol{A}^T - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0E^2\boldsymbol{I} + \dfrac{1}{2}\varepsilon_0\boldsymbol{A}E^2\boldsymbol{A}^T \\ &=& \boldsymbol{AT}^e\boldsymbol{A}^T \end{array} を満たすことがわかります。 ただし、4つ目の等号では、\(1/2\cdot\varepsilon_0\boldsymbol{A}(\boldsymbol{E}^T\boldsymbol{E})\boldsymbol{A}^T\) を足し弾きしています。 \(\boldsymbol{T}^e\to\boldsymbol{T}^m\), \(\varepsilon_0\to1/\mu_0\), \(\boldsymbol{E}\to\boldsymbol{B}\) とすれば、全く同じ計算で \(\boldsymbol{T}'^m=\boldsymbol{AT}^m\boldsymbol{A}^T\) となるので、足し合わせて \(\boldsymbol{T}'=\boldsymbol{ATA}^T\) が成り立ちます。 この両辺を成分表示すると、 \[ (\boldsymbol{T}')_{ij} = (\boldsymbol{ATA}^T)_{ij} = \sum_l(\boldsymbol{AT})_{il}\boldsymbol{A}_{lj}^T = \sum_{k,l} \boldsymbol{A}_{ik} \boldsymbol{T}_{kl} \boldsymbol{A}_jl \] となって、テンソルの定義式としてよく知られる式 \(\boldsymbol{T}'_{ij}=a_{ik}a_{jl}\boldsymbol{T}_{kl}\) を満たしていることがわかります。

また \(\boldsymbol{A}\) が直交行列であることを考慮すれば、基底の変換を行なっていることもわかります。 \(\boldsymbol{A}^T=\boldsymbol{A}^{-1}\) なので、\(\boldsymbol{T}'\boldsymbol{A}=\boldsymbol{AT}\) となって、以下の図式を満たしていることを考えると良いでしょう。 つまり \(\boldsymbol{T}'\) は、図式右側の新基底において \(\boldsymbol{T}\) に対応する作用になっていると解釈できます。 \begin{array}{rcl} \text{旧基底} && \text{新基底} \\ \boldsymbol{v} & \xrightarrow{\boldsymbol{A}} & \boldsymbol{Av} \\ \boldsymbol{T}\downarrow && \downarrow\boldsymbol{T}' \\ \boldsymbol{Tv} & \xrightarrow{\boldsymbol{A}} & \boldsymbol{ATv}=\boldsymbol{T}'\boldsymbol{Av} \end{array} 「\(\boldsymbol{T}\) をを作用させてから基底を変換するのと、基底を変換してから \(\boldsymbol{T}'\) を作用させるのとで、同じになるようにする」と捉えれば、なおわかりやすいのではないでしょうか。 \(\boldsymbol{T}'=\boldsymbol{ATA}^T\) は図式右上から右下へ移る際に、真っ直ぐ下がるか反時計回りに迂回するかを表していますね。

テンソルの発散の定義

テンソルの発散は以下で定義します。 \[ \nabla\cdot\boldsymbol{T} := \left(\begin{matrix} \partial_xT_{xx} + \partial_yT_{xy} + \partial_zT_{xz} \\ \partial_xT_{yx} + \partial_yT_{yy} + \partial_zT_{yz} \\ \partial_xT_{zx} + \partial_yT_{zy} + \partial_zT_{zz} \end{matrix}\right) = (\nabla,\boldsymbol{T})^T \] \[ (\nabla\cdot\boldsymbol{T})_i = \dfrac{\partial T_{ij}}{\partial x_j} = \dfrac{\partial T_{ji}}{\partial x_j} \] なお、内積は左側成分を転置するものとします。 本来、量子力学のブラケット記法に従って、複素であれば \((\boldsymbol{X},\boldsymbol{Y})=\boldsymbol{X}^\dagger\boldsymbol{Y}\) のように共役も取りたいところですが、今回は実なので共役の有無は問題になりません。 また今回は \(\boldsymbol{T}\) が対称行列なので、添字の前後はあまり問題となりません。

テンソルの発散の具体形

上記の発散の定義をもとに、応力テンソルの発散の具体形を求めていきます。 その際、いちいちベクトルを持ち出すのではなく、第 \(i\) 成分 \((i=x,y,z)\) について計算していきます。 レビチビタ記号に対し \(\epsilon_{ijk}=1\) を満たすように、すなわち \(ijk\) と \(xyz\) がサイクリックになるように添字をとって、 \begin{array}{rcl} (\nabla\cdot\boldsymbol{T}^e)_i &=& \dfrac{\partial T_{ii}}{\partial x_i} + \dfrac{\partial T_{ji}}{\partial x_j} + \dfrac{\partial T_{ki}}{\partial x_k} \\ &=& \dfrac{\partial}{\partial x_i} \left( \varepsilon_0E_i^2 - \dfrac{1}{2}\varepsilon_0(E_i^2+E_j^2+E_k^2) \right) + \dfrac{\partial}{\partial x_j} (\varepsilon_0E_jE_i) + \dfrac{\partial}{\partial x_k} (\varepsilon_0E_kE_i) \\ &=& \varepsilon_0 \left( E_i\dfrac{\partial E_i}{\partial x_i} - E_j\dfrac{\partial E_j}{\partial x_i} - E_k\dfrac{\partial E_k}{\partial x_i} + E_j\dfrac{\partial E_i}{\partial x_j} + E_i\dfrac{\partial E_j}{\partial x_j} + E_k\dfrac{\partial E_i}{\partial x_k} + E_i\dfrac{\partial E_k}{\partial x_k} \right) \\ &=& \varepsilon_0 \left[ E_i \left( \dfrac{\partial E_i}{\partial x_i} + \dfrac{\partial E_j}{\partial x_j} + \dfrac{\partial E_k}{\partial x_k} \right) - E_j \left( \dfrac{\partial E_j}{\partial x_i} - \dfrac{\partial E_i}{\partial x_j} \right) + E_k \left( \dfrac{\partial E_i}{\partial x_k} - \dfrac{\partial E_k}{\partial x_i} \right) \right] \\ &=& \varepsilon_0 [ E_i\nabla\cdot\boldsymbol{E} - E_j(\nabla\times\boldsymbol{E})_k + E_k(\nabla\times\boldsymbol{E})_j ] \\ &=& (\nabla\cdot\boldsymbol{D})E_i - (\boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}))_i \end{array} となります。 したがって \[ \nabla\cdot\boldsymbol{T}^e = (\nabla\cdot\boldsymbol{D})\boldsymbol{E} - \boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) \] です。 \(\boldsymbol{E}\to\boldsymbol{B}, \varepsilon_0\to1/\mu_0\) と置き換えれば、全く同じ計算で \[ \nabla\cdot\boldsymbol{T}^m = \dfrac{1}{\mu_0} (\nabla\cdot\boldsymbol{B})\boldsymbol{B} - \dfrac{1}{\mu_0} \boldsymbol{B}\times(\nabla\times\boldsymbol{B}) = -\boldsymbol{B}\times(\nabla\times\boldsymbol {H}) \] となります。 なお、第2の等号で\eqref{div B}を使いました。

かくしてテンソルの発散を得ましたので、\eqref{astast}に戻りましょう。 \[ \dfrac{d}{dt} \left( \boldsymbol{G}_m + \dfrac{1}{c^2}\int d^3x\boldsymbol{S} \right) = \int d^3x [ \boldsymbol{E}(\nabla\cdot\boldsymbol{D}) - \boldsymbol{D}\times(\nabla\times\boldsymbol{E}) - \boldsymbol{B}\times(\nabla\times\boldsymbol{H}) ] \] 右辺は正しく \[ \int d^3x ( \nabla\cdot\boldsymbol{T}^e + \nabla\cdot\boldsymbol{T}^m ) \] であることがわかります。 これで\eqref{a}が得られました。

ベクトルでのガウスの発散定理の証明

以下、テンソルでの証明の方針とするためにベクトルでの証明を振り返っていきましょう。 不要であれば読み飛ばしてもらっても構いません。

砂川の巻末付録Aでは以下の手順で証明しています。 \(V=\delta x\delta y\delta z\) を微小体積とした上で、 \begin{array}{rcl} \displaystyle \lim_{V\to0}\dfrac{1}{V} \oint_{\partial V} \boldsymbol{i}\cdot\boldsymbol{n}dS &=& \displaystyle \lim_{V\to0}\dfrac{1}{V} \oint_{\partial V} ( i_xn_xdS + i_yn_ydS + i_zn_zdS ) \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0}\dfrac{1}{V} \dfrac{1}{\delta x\delta y\delta z} [ ( i_x(x+\delta x,y,z) - i_x(x,y,z) )\delta y\delta z +\cdots ] \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0}\dfrac{1}{V} \dfrac{1}{\delta x\delta y\delta z} \left( \dfrac{\partial i_x}{\partial x} \delta x\delta y\delta z +\cdots \right) \\ &=& \dfrac{\partial i_x}{\partial x} + \dfrac{\partial i_y}{\partial y} + \dfrac{\partial i_z}{\partial z} \\ &=& \nabla\cdot\boldsymbol{i} . \end{array}

両辺を体積積分すればガウスの発散定理が導かれます。 これを逆順に辿ってテンソルの場合の証明を行っていきます。

2階テンソルでのガウスの発散定理の証明

定義によって \begin{array}{rcl} \nabla\cdot\boldsymbol{T} &=& \dfrac{\partial\boldsymbol{T}_x}{\partial x} + \dfrac{\partial\boldsymbol{T}_y}{\partial y} + \dfrac{\partial\boldsymbol{T}_z}{\partial z} \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0} \frac{1}{\delta x\delta y\delta z} \left( \frac{\partial\boldsymbol{T}_x}{\partial x} \delta x\delta y\delta z + \cdots \right) \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0} \frac{1}{V} [ ( \boldsymbol{T}_x(x+\delta x,y,z) - \boldsymbol{T}_x(x,y,z) ) \delta y\delta z + \cdots ] \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0} \frac{1}{V} \oint_{\partial V} ( \boldsymbol{T}_x\cdot\boldsymbol{n}_xdS + \boldsymbol{T}_y\cdot\boldsymbol{n}_ydS + \boldsymbol{T}_z\cdot\boldsymbol{n}_zdS ) \\ &=& \displaystyle \lim_{V\to0} \frac{1}{V} \oint_{\partial V} \boldsymbol{T}\cdot\boldsymbol{n}dS \end{array} です。 両辺を体積積分すれば、2階のテンソルに関するガウスの発散定理 \[ \int_V\nabla\cdot\boldsymbol{T}d^3x = \oint_{\partial V}\boldsymbol{T}\cdot\boldsymbol{n}dS \] が得られます。

以上によって、\eqref{a}にガウスの発散定理を用いることで、\eqref{b}が導けました。