光の偏極/楕円偏極のソースを表示

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3次元[[w:直交座標系|直交座標系]]を考える。
真空中をz方向に伝播する[[w:単色光|単色光]][[w:平面波|平面波]]の電場ベクトル<math>\mathbf{E}</math>は、
[[w:時間|時間]] tと[[w:位置|位置]] zの[[w:関数|関数]]として次のように書ける(平面波なのでx, yには依存しない)。

<math>
\mathbf{E}(t, z) =
\begin{pmatrix}
E_x \cos(\omega(t-z/c) + \phi_x) \\
E_y \cos(\omega(t-z/c) + \phi_y) \\
0 \\
\end{pmatrix}
</math>

ここで<math>E_x, E_y</math>はそれぞれx, y方向の振動電場の振幅、
<math>\omega</math>は[[w:角振動数|角振動数]]、cは[[w:光速度|光速度]]、
<math>\phi_x, \phi_y</math>はそれぞれx, y方向の振動電場の[[w:位相|位相]]である([[w:振動数|振動数]]<math>\nu = \omega/2\pi</math>, [[w:波長|波長]]<math>\lambda = 2\pi c/\omega</math>である)。

ここからはxy面に平行なある面での電場を考えれば十分なのでz=0とし、
また電場のz成分は常に0なので無視すると、<math>\mathbf{E}</math>は時間tのみに依存する2次元ベクトルとして次のようになる。

<math>
\mathbf{E}(t) =
\begin{pmatrix}
E_x \cos(\omega t + \phi_x) \\
E_y \cos(\omega t + \phi_y) \\
\end{pmatrix}
</math>

この電場ベクトルの軌跡は時間tを媒介変数とする[[w:媒介変数表示|媒介変数表示]]による次の関数で表わされる。

<math>
x = E_x \cos(\omega t + \phi_x)
</math>

<math>
y = E_y \cos(\omega t + \phi_y)
</math>

これからtを消去することを考える。

==位相差が0の場合==

<math>\phi_x = \phi_y</math>のとき、軌跡は
:<math>E_y x = E_x y</math>
となる。

これは原点を通る直線の式であり、
<math>E_x \ne 0</math>のとき傾きが<math>E_y/E_x</math>,
<math>E_x = 0</math>のときはy軸に平行である。

==位相差がpi/2の場合==
<math>\phi_x-\phi_y=\pm\pi/2(+2n\pi)</math>のとき、
:<math>x = E_x\cos(\omega t + \phi_x)</math>
:<math>y = \pm E_x\sin(\omega t + \phi_x)</math>
位相差を問題にしているので<math>E_x \ne 0, E_y \ne 0</math>の場合だけを考えればよい。

<math>
(\frac{x}{E_x})^2 + (\frac{y}{E_y})^2 = 1
</math>

これは長軸と短軸がx, y軸上にある[[w:楕円|楕円]]である(中心は原点にある)。
特に<math>E_x = E_y</math>のとき[[w:円|円]]になる。

<blockquote><small>
''ToDo 右回りか左回りか''
</small></blockquote>

==位相差が任意の場合==

x軸またはy軸に長軸を持つ楕円の解が存在することがわかったので、
問題の対称性から、任意の方位に長軸を持つ楕円の解が存在することが[[w:直観的|直観的]]にわかる。
そこで、楕円を含む[[w:円錐曲線|円錐曲線]]の一般形、すなわち2次曲線の一般形を考える。

<math>
2(Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F) = 0
</math>

準備として<math>xy</math>を求めておく。[[w:三角関数|三角関数]]の式を使うと次のようになる。

<math>
2xy = E_xE_y (\cos2\omega t\cos(\phi_x+\phi_y) - \sin2\omega t\sin(\phi_x+\phi_y) + \cos(\phi_x-\phi_y))
</math>

文字の入れ換えによって<math>x^2, y^2</math>はすぐ求まる。

<math>
2x^2 = {E_x}^2 (\cos2\omega t\cos2\phi_x - \sin2\omega t\sin2\phi_x + 1)
</math>

<math>
2y^2 = {E_y}^2 (\cos2\omega t\cos2\phi_y - \sin2\omega t\sin2\phi_y + 1)
</math>

2次曲線の式がtに関する恒等式であるためには

:<math>AE_x^2\cos2\phi_x + BE_xE_y\cos(\phi_x+\phi_y) + CE_y^2\cos2\phi_y = 0</math>
:<math>AE_x^2\sin2\phi_x + BE_xE_y\sin(\phi_x+\phi_y) + CE_y^2\sin2\phi_y = 0</math>
:<math>DE_x\cos\phi_x + EE_y\cos\phi_y = 0</math>
:<math>DE_x\sin\phi_x + EE_y\sin\phi_y = 0</math>

上の2式からA, CをBで表わすと

:<math>A{E_x}^2\sin2(\phi_x-\phi_y) = C{E_y}^2\sin2(\phi_x-\phi_y)</math>
:<math>= -BE_xE_y\sin(\phi_x-\phi_y)</math>

下の2式からD, Eについて解くと、
<math>\phi_x = \phi_y</math>のとき<math>D=\pm E_y, E=\mp E_x</math>であり、
<math>\phi_x \ne \phi_y</math>のとき<math>D=0, E=0</math>である。

<math>\phi_x \ne \phi_y</math>のときを考えればよいので、結局次のようになる。

<math>
{E_y}^2 \sin\delta\phi x^2 - E_xE_y \sin2\delta\phi xy + {E_x}^2 \sin\delta\phi y^2 = G (\mathrm{const})
</math>

ここで<math>\delta\phi = \phi_x - \phi_y</math>である。
Gを求めてまとめると、

<math>
(\frac{x}{E_x})^2 - 2\cos\delta\phi(\frac{x}{E_x})(\frac{y}{E_y}) + (\frac{y}{E_y})^2 = \sin^2\delta\phi
</math>

ここで、<math>E_x \ne 0, E_y \ne 0</math>とした(直線にならない場合)。

''(まだ途中)''
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