光の偏極/楕円偏極

3次元直交座標系を考える。 真空中をz方向に伝播する単色光平面波の電場ベクトル E {\displaystyle \mathbf {E} } は、 時間 tと位置 zの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)。
E ( t , z ) = ( E x cos  ( ω ( t − z / c ) + φ x ) E y cos  ( ω ( t − z / c ) + φ y ) 0 ) {\displaystyle \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}}}
ここで E x , E y {\displaystyle E_{x},E_{y}} はそれぞれx, y方向の振動電場の振幅、 ω {\displaystyle \omega } は角振動数、cは光速度、 φ x , φ y {\displaystyle \phi _{x},\phi _{y}} はそれぞれx, y方向の振動電場の位相である(振動数 ν = ω / 2 π {\displaystyle \nu =\omega /2\pi } , 波長 λ = 2 π c / ω {\displaystyle \lambda =2\pi c/\omega } 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、 E {\displaystyle \mathbf {E} } 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。
E ( t ) = ( E x cos  ( ω t + φ x ) E y cos  ( ω t + φ y ) ) {\displaystyle \mathbf {E} (t)={\begin{pmatrix}E_{x}\cos(\omega t+\phi _{x})\\E_{y}\cos(\omega t+\phi _{y})\\\end{pmatrix}}}
この電場ベクトルの軌跡は時間tを媒介変数とする媒介変数表示による次の関数で表わされる。
x = E x cos  ( ω t + φ x ) {\displaystyle x=E_{x}\cos(\omega t+\phi _{x})}
y = E y cos  ( ω t + φ y ) {\displaystyle y=E_{y}\cos(\omega t+\phi _{y})}
これからtを消去することを考える。
φ x = φ y {\displaystyle \phi _{x}=\phi _{y}} のとき、軌跡は
となる。
これは原点を通る直線の式であり、 E x ≠ 0 {\displaystyle E_{x}\neq 0} のとき傾きが E y / E x {\displaystyle E_{y}/E_{x}} , E x = 0 {\displaystyle E_{x}=0} のときはy軸に平行である。
φ x − φ y = ± π / 2 ( + 2 n π ) {\displaystyle \phi _{x}-\phi _{y}=\pm \pi /2(+2n\pi )} のとき、
位相差を問題にしているので E x ≠ 0 , E y ≠ 0 {\displaystyle E_{x}\neq 0,E_{y}\neq 0} の場合だけを考えればよい。
( x E x ) 2 + ( y E y ) 2 = 1 {\displaystyle ({\frac {x}{E_{x}}})^{2}+({\frac {y}{E_{y}}})^{2}=1}
これは長軸と短軸がx, y軸上にある楕円である(中心は原点にある)。 特に E x = E y {\displaystyle E_{x}=E_{y}} のとき円になる。
ToDo 右回りか左回りか
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直観的にわかる。 そこで、楕円を含む円錐曲線の一般形、すなわち2次曲線の一般形を考える。
2 ( A x 2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F ) = 0 {\displaystyle 2(Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}+Dx+Ey+F)=0}
準備として x y {\displaystyle xy} を求めておく。三角関数の式を使うと次のようになる。
2 x y = E x E y ( cos  2 ω t cos  ( φ x + φ y ) − sin  2 ω t sin  ( φ x + φ y ) + cos  ( φ x − φ y ) ) {\displaystyle 2xy=E_{x}E_{y}(\cos 2\omega t\cos(\phi _{x}+\phi _{y})-\sin 2\omega t\sin(\phi _{x}+\phi _{y})+\cos(\phi _{x}-\phi _{y}))}
文字の入れ換えによって x 2 , y 2 {\displaystyle x^{2},y^{2}} はすぐ求まる。
2 x 2 = E x 2 ( cos  2 ω t cos  2 φ x − sin  2 ω t sin  2 φ x + 1 ) {\displaystyle 2x^{2}={E_{x}}^{2}(\cos 2\omega t\cos 2\phi _{x}-\sin 2\omega t\sin 2\phi _{x}+1)}
2 y 2 = E y 2 ( cos  2 ω t cos  2 φ y − sin  2 ω t sin  2 φ y + 1 ) {\displaystyle 2y^{2}={E_{y}}^{2}(\cos 2\omega t\cos 2\phi _{y}-\sin 2\omega t\sin 2\phi _{y}+1)}
2次曲線の式がtに関する恒等式であるためには
上の2式からA, CをBで表わすと
下の2式からD, Eについて解くと、 φ x = φ y {\displaystyle \phi _{x}=\phi _{y}} のとき D = ± E y , E = ∓ E x {\displaystyle D=\pm E_{y},E=\mp E_{x}} であり、 φ x ≠ φ y {\displaystyle \phi _{x}\neq \phi _{y}} のとき D = 0 , E = 0 {\displaystyle D=0,E=0} である。
φ x ≠ φ y {\displaystyle \phi _{x}\neq \phi _{y}} のときを考えればよいので、結局次のようになる。
E y 2 sin  δ φ x 2 − E x E y sin  2 δ φ x y + E x 2 sin  δ φ y 2 = G ( c o n s t ) {\displaystyle {E_{y}}^{2}\sin \delta \phi x^{2}-E_{x}E_{y}\sin 2\delta \phi xy+{E_{x}}^{2}\sin \delta \phi y^{2}=G(\mathrm {const} )}
ここで δ φ = φ x − φ y {\displaystyle \delta \phi =\phi _{x}-\phi _{y}} である。 Gを求めてまとめると、
( x E x ) 2 − 2 cos  δ φ ( x E x ) ( y E y ) + ( y E y ) 2 = sin 2  δ φ {\displaystyle ({\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 }
ここで、 E x ≠ 0 , E y ≠ 0 {\displaystyle E_{x}\neq 0,E_{y}\neq 0} とした(直線にならない場合)。
(まだ途中)