1-2-(c)

$\vn$の方向に放射される電磁波の単位時間、単位立体角当たりのエネルギー(The power per solid angle)

$$\frac{d P}{d\Omega}$$ (10)

を求めよ。次にこれの時間平均

$$\left\langle\frac{d P}{d\Omega}\right\rangle =\lim_{T\to \infty}\frac{1}{T} \int_0^T \frac{d P}{d\Omega}$$ (11)

を求めよ。又、放射される電磁波の角振動数分布はどのようなものになるか。

1-2-(c)解答

ここで

$$\frac{dP}{d\Omega} = \frac{cR^2}{4\pi}\left\vert{\vE}_{\rm rad}\right\vert^2$$

であるから、前問の結果より

$$\frac{dP}{d\Omega} = \frac{e^4 E_0^2}{4\pi m_e^2 c^3}\left(\cos^2\omega_0 t +\sin^2\omega_0 t \cos^2\theta\right)$$

となる。次にこれを時間平均すると

$$\left\langle\frac{d P}{d\Omega}\right\rangle =\frac{e^4 E_0^2}{4\pi m_e^2 c^3} \frac{1}{T}\int_0^T dt\,\left(\... ...(\frac{1+\cos2\omega_0 t}{2} +\frac{1-\cos2\omega_0 t}{2}\, \cos^2\theta\right)$$

$$=\frac{e^4 E_0^2}{8\pi m_e^2 c^3} \frac{\omega_0}{\pi}\left(\frac... ...os^2\theta\right) =\frac{e^4 E_0^2}{8\pi m_e^2 c^3} \left(1+\cos^2\theta\right)$$ (12)

となる。Eq.(9)より、 $\va_1,\va_2$の成分として

$$E_1 = \frac{e^2E_0}{m_e Rc^2}\cos\omega_0 t$$ (13)

$$E_2 =\frac{e^2E_0}{m_e Rc^2}\sin\omega_0 t \cos\theta$$ (14)

と書くことができる。これをFourier変換すると

$$\hat{E}_1(\omega) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}E_1(t) e^{i\omega t} dt ... ... \frac{e^{i(\omega_0+\omega)t}}{2\pi} +\frac{e^{i(\omega-\omega_0)t}}{2\pi}\,dt$$

$$= \frac{e^2E_0}{2 m_e R c^2} \left[\delta(\omega+\omega_0) +\delta(\omega-\omega_0)\right]$$

$$\hat{E}_2(\omega) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}E_2(t) e^{i\omega t} dt ... ... \frac{e^{i(\omega_0+\omega)t}}{2\pi} -\frac{e^{i(\omega-\omega_0)t}}{2\pi}\,dt$$

$$= \frac{e^2E_0}{2 i m_e R c^2} \left[\delta(\omega+\omega_0) -\delta(\omega-\omega_0)\right]$$

となる。このことより $\hat{E}_i(\omega)$は、 $\omega=\omega_0$のときのみ値を持つことから、放射される電磁波の各周波数は$\omega_0$だけであり、これは入射時の角振動数に等しい。 これは散乱により角振動数が変化しないという古典的な結果と一致していると言える。 著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp