無限等比級数を利用した電磁波の透過反射問題

はじめに

本問は有名問題です。詳解電磁気学演習でも類題が取り上げられています。

解法の方針として、過去の記事で紹介したように、境界条件を用います。

入射波、反射波、透過波の関係を電場、磁場それぞれ=で結び、式を連立します。

その後、未知数を消去していき、問で求められている式まで計算して答えを求めます。(解答例1)

ただ、実際にやってみると計算が非常に煩雑になります。過去の記事で紹介したブリュースター角の導出以上に時間がかかります。

そこで、本記事では、無限等比級数を用いて解く方法も紹介します。(解答例2)

解答例2では、連立する式が少なく、一本道の計算で求めることができます。管理人としてはこちらをオススメします。是非、これだけでも覗いてみて下さい。

解答例

共通

まず、媒質1から媒質2に電磁波を入力したときの反射係数、透過係数を考えます。

入射波の電場、磁場の振幅を$E_{i0},H_{i0}$とすると、電磁波の式は下記で表すことができる。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{r}{\mathit{E}}_{\mathit{i}\mathbf{0}}=E_{i0}{e}^{-j{k}_{0}z}\hat{\mathit{x}}\\ {\mathit{H}}_{\mathit{i}\mathbf{0}}=H_{i0}{e}^{-j{k}_{0}z}\hat{\mathit{y}}\end{array}\end{array}$$

反射波の電場、磁場の振幅を$E_{r0},H_{r0}$。媒質2の電場、磁場の振幅を$E_{i2},H_{i2}$とすると、$z=0$の境界条件より

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \{\begin{array}{l}{E}_{i0}+E_{r0}=E_{i2}\\ H_{i0}-H_{r0}=H_{i2}\end{array}\end{array}$$

各媒質中のインピーダンスを$Z_0,Z_1$とすると

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{r}{Z}_0={\displaystyle \frac{E_{i0}}{H_{i0}}}={\displaystyle \frac{E_{r0}}{H_{r0}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\mu }_0}{{\epsilon }_0}}},Z_2={\displaystyle \frac{E_{i2}}{H_{i2}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\mu }_2}{{\epsilon }_2}}}\end{array}\end{array}$$

これを(1)式に代入し、求める反射波は

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \begin{array}{r}{\displaystyle \frac{Z_0-Z_2}{Z_0}}{E}_{i0}+{\displaystyle \frac{Z_0+Z_2}{Z_0}}{E}_{r0}=0\\ E_{r0}={\displaystyle \frac{Z_2-Z_0}{Z_2+Z_0}}{E}_{i0}={\displaystyle \frac{\sqrt{{\epsilon }_0}-\sqrt{{\epsilon }_2}}{\sqrt{{\epsilon }_0}+\sqrt{{\epsilon }_2}}}\end{array}\end{array}$$

続いて、透過波は

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{rl}2E_{i0}& ={\displaystyle \frac{Z_0+Z_2}{Z_2}}{E}_{i2}\\ E_{i2}& ={\displaystyle \frac{2Z_2}{Z_0+Z_2}}{E}_{i0}\\ & ={\displaystyle \frac{2\sqrt{{\epsilon }_0}}{\sqrt{{\epsilon }_0}+\sqrt{{\epsilon }_2}}}{E}_{i0}\end{array}\end{array}$$

$H_{i2}$について、$H_{i2}={\displaystyle \frac{E_{i2}}{Z_2}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_2}}}$より

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{r}{H}_{i2}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_2}}}{\displaystyle \frac{2\sqrt{{\epsilon }_0}}{\sqrt{{\epsilon }_0}+\sqrt{{\epsilon }_2}}}{E}_{i0}\end{array}\end{array}$$

解答例1：連立方程式を解く方法

(1)と同様にして、媒質間の電場、磁場の関係を考える。

$z=0$に媒質0,2が存在する。境界条件は

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \{\begin{array}{l}{E}_{i0}+E_{r0}=E_{i2}+E_{r2}\\ \sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}}{E}_{i0}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}}{E}_{r0}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_0}}}{E}_{i2}+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_0}}}{E}_{r2}\end{array}\end{array}$$

これを整理して

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{r}{E}_{i0}={\displaystyle \frac{1}{2}}(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})E_{i2}+{\displaystyle \frac{1}{2}}(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})E_{r2}\\ E_{r0}={\displaystyle \frac{1}{2}}(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})E_{i2}+{\displaystyle \frac{1}{2}}(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})E_{r2}\end{array}\end{array}$$

次に、$z=d$での媒質1,2間の境界条件は

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \{\begin{array}{l}{E}_{i2}{e}^{-j{k}_{2}d}+E_{r2}{e}^{j{k}_{2}d}=E_{i1}{e}^{-j{k}_{1}d}\\ \sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_0}}}{E}_{i2}{e}^{-j{k}_{2}d}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\mu }_0}}}{E}_{r2}{e}^{j{k}_{2}d}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\mu }_0}}}{E}_{i1}{e}^{-j{k}_{1}d}\end{array}\end{array}$$

(1)と同じようにして

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{r}{E}_{i2}={\displaystyle \frac{1}{2}}(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})E_{i1}{e}^{-j(k_1-k_2)d}\\ E_{r2}={\displaystyle \frac{1}{2}}(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})E_{i1}{e}^{-j(k_1+k_2)d}\end{array}\end{array}$$

を得る。

(8)に(10)を代入すると

$$\begin{array}{}\text{(11)}& E_{i0}={\displaystyle \frac{1}{4}}((1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})e^{-j{k}_{1}d}{E}_{i1}\text{(12)}& E_{r0}={\displaystyle \frac{1}{4}}((1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})e^{-j{k}_{1}d}{E}_{i1}\end{array}$$

を得る。

(11)を変形し

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{r}{E}_{i1}={\displaystyle \frac{4e^{j{k}_{1}d}}{((1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})}}{E}_{i0}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(14)}& H_{i1}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\mu }_0}}}{\displaystyle \frac{4e^{j{k}_{1}d}}{((1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})}}{E}_{i0}\end{array}$$

(12)に(13),(14)をそれぞれ代入し、求める反射波(電場、磁場)は下記になる。

$$\begin{array}{}\text{(15)}& \begin{array}{r}{E}_{r0}={\displaystyle \frac{((1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})}{((1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}+(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d})}}{E}_{i0}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{r}{H}_{r0}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}}{E}_{r0}\end{array}\end{array}$$

反射波が0になるとき、(15)式の分子が0になれば良いので

$$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{r}(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{j{k}_{2}d}=\pm (1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}})(1-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}})e^{-j{k}_{2}d}\end{array}\end{array}$$

を考える。

(i)右辺が+のとき、$e^{-j{k}_{2}d}=-j$なので、$k_{2}d=(n+\frac{1}{2})\pi$

このとき、$$\begin{array}{}\text{(18)}& \begin{array}{r}2\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}}=2\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}}\end{array}\end{array}$$

で、これを解くと${\epsilon }_2=\sqrt{{\epsilon }_0{\epsilon }_1}$

問題の条件と反さないので、適する。

(ii)右辺が-のとき、$e^{-j{k}_{2}d}=1$なので、$k_{2}d=n\pi$

$$\begin{array}{}\text{(19)}& \begin{array}{r}1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_0}}}=-1+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_2}}}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_2}{{\epsilon }_0}}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_0}}}\end{array}\end{array}$$

$2=2\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_1}{{\epsilon }_0}}}$より、${\epsilon }_0={\epsilon }_1$が得られるが、問題の条件と反するので不適。

結論

前節より、反射波が発生しない条件は

$$\begin{array}{}\text{(20)}& \{\begin{array}{l}d={\displaystyle \frac{2n+1}{2k_2}}\pi \\ {\epsilon }_2=\sqrt{{\epsilon }_0{\epsilon }_1}\end{array}\end{array}$$

・・・途中計算をなるべく端折って書きましたが、それでもこれだけの計算をしなければなりません。

読者の方も、読んでいて疲れたのではないでしょうか。

符号の関係も気を付けなければならず、一つでも間違えてしまうと正しい答えにはたどり着けません。

計算が難しくなる理由の一つに、長い連立方程式をひたすら解き続ける必要があります。

次に紹介する方法2では、これをスキップすることができます。

解答例2：無限等比級数を用いた解法

(1)の結果より、各媒質間の反射率、透過率を考える。

媒質0から2に対する反射率を$r_0$、透過率を$t_0$とすると

$$\begin{array}{}\text{(21)}& \{\begin{array}{l}{r}_0={\displaystyle \frac{n_0-n_2}{n_0+n_2}}\\ t_0={\displaystyle \frac{2n_0}{n_0+n_2}}\end{array}\end{array}$$

ただし、$n_0,n_1,n_2$は媒質中の屈折率です。

真空中での光速$c$と、その媒質中での光速$v$の比を考えて、下記で表すことができます。

$$\begin{array}{}\text{(22)}& \{\begin{array}{l}{n}_0={\displaystyle \frac{v_0}{c}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0{\mu }_0}{{\epsilon }_0{\mu }_0}}}=1\\ n_1={\displaystyle \frac{v_1}{c}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0{\mu }_0}{{\epsilon }_1{\mu }_0}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\epsilon }_1}}}\\ n_2={\displaystyle \frac{v_2}{c}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0{\mu }_0}{{\epsilon }_2{\mu }_0}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\epsilon }_2}}}\end{array}\end{array}$$

媒質2から0に対する反射率を$r_1$、透過率を$t_1$とすると、(21)式の$n_0,n_2$を入れ替えれば良いので

$$\begin{array}{}\text{(23)}& \{\begin{array}{l}{r}_1={\displaystyle \frac{n_2-n_0}{n_0+n_2}}\\ t_1={\displaystyle \frac{2n_2}{n_0+n_2}}\end{array}\end{array}$$

媒質2から1に対する反射率を$r_2$、透過率を$t_2$とすると、

$$\begin{array}{}\text{(24)}& \{\begin{array}{l}{r}_2={\displaystyle \frac{n_2-n_1}{n_1+n_2}}\\ t_2={\displaystyle \frac{2n_2}{n_1+n_2}}\end{array}\end{array}$$

媒質0に生じる反射波の電場成分$E_{r0}$を求める。

媒質0→2に入射したとき、直接反射する波

媒質0→2へ一度透過してから媒質1の界面で一度反射し、媒質2→0へ透過し戻ってくる波

二度反射する場合、三度反射する場合、、、n度反射してから媒質2→0へ透過する波の重ね合わせである。

これを級数として表すと

$$\begin{array}{}\text{(25)}& \begin{array}{r}{E}_{r0}=E_{i0}{r}_0+E_{i0}{t}_0{r}_2{t}_1{e}^{j2k_{2}d}+E_{i0}{t}_0{r}_2{r}_1{r}_2{t}_1{e}^{j4k_{2}d}+\cdots +E_{i0}{t}_0(r_2{r}_1{)}^{n-1}{r}_2{t}_1{e}^{j2n{k}_{2}d}\end{array}\end{array}$$

公比$r_1{r}_2{e}^{2k_{2}d}$の数列として考えられるので、$n\to \infty$の極限を考えると

$$\begin{array}{}\text{(26)}& \begin{array}{rl}{E}_{r0}& =E_{i0}{r}_0+{\displaystyle \frac{t_0{t}_1{r}_2{e}^{j2k_{2}d}}{1-r_1{r}_2{e}^{2k_{2}d}}}{E}_{i0}\\ & ={\displaystyle \frac{r_0-r_1{r}_2{r}_0{e}^{j2k_{2}d}+t_0{t}_1{r}_2{e}^{j2k_{2}d}}{1-r_1{r}_2{e}^{2k_{2}d}}}{E}_{i0}\end{array}\end{array}$$

反射波が生じないためには、(26)式の分子が0になれば良い

実部も虚部も0になる必要があり、オイラーの公式より

$$\begin{array}{}\text{(27)}& \begin{array}{r}{e}^{2k_{2}d}=\cos (2k_{2}d)+j\sin (2k_{2}d)\end{array}\end{array}$$だから

$$\begin{array}{}\text{(28)}& \{\begin{array}{l}\sin (2k_{2}d)=0\\ \cos (2k_{2}d)=-1\end{array}\end{array}$$

を同時に満たせば良い。($\cos (2k_{2}d)=1$ の場合は、分子が0より大きくなるので不適)

これを実現するには、$2k_{2}d=(2n+1)\pi$を満たせば良い。

このとき、(26)式は、

$$\begin{array}{}\text{(29)}& \begin{array}{r}{E}_{r0}={\displaystyle \frac{r_0+r_2(r_0{r}_1-t_0{t}_1)}{1-r_1{r}_2{e}^{2k_{2}d}}}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(30)}& \begin{array}{r}{r}_0{r}_1-t_0{t}_1={\displaystyle \frac{n_0-n_2}{n_0+n_2}}{\displaystyle \frac{n_2-n_0}{n_0+n_2}}-{\displaystyle \frac{2n_0}{n_0+n_2}}{\displaystyle \frac{2n_2}{n_0+n_2}}=-1\end{array}\end{array}$$

なので、

$$\begin{array}{}\text{(31)}& \begin{array}{r}{E}_{r0}=(r_0-r_2)E_{i0}\end{array}\end{array}$$

反射波が生じない時、$r_0-r_2$であれば良いので

$$\begin{array}{}\text{(32)}& \begin{array}{r}{\displaystyle \frac{n_0-n_2}{n_0+n_2}}-{\displaystyle \frac{n_2-n_1}{n_1+n_2}}=0\end{array}\end{array}$$

これを簡単にして

$$\begin{array}{}\text{(33)}& \begin{array}{r}{n}_2^2=n_0{n}_1\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(34)}& \begin{array}{r}{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\epsilon }_2}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0}{{\epsilon }_1}}}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(35)}& \begin{array}{r}{\epsilon }_2=\sqrt{{\epsilon }_0{\epsilon }_1}\end{array}\end{array}$$

を得る。

いかがでしょうか。解答例1のように、長い式変形が無いことが分かります。

等比級数の合計値が0になれば良いという発想を用いることで、楽に解くことができました。

限りある試験時間です。万が一本問が出題された際は、解答例2で解くことができるよう、日ごろから訓練することをオススメします。

参考文献

詳解電磁気学演習 P334