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発展的な電磁気学（放射・相対論的電磁気学）の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル大学院物理発展的な電磁気学（放射・相対論的電磁気学）

等方的な誘電体の比誘電率が、ローレンツ模型により次の式で与えられるとする（時間依存は $e^{- iω t}$ とする）。
$ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$
ここで $ω_{p} > 0$ , $ω_{0} > 0$ , $γ > 0$ は定数、 $ω$ は実数の角周波数である。 $ε (ω) = ε^{'} (ω) + i ε^{''} (ω)$ （ $ε^{'}, ε^{''}$ は実数）と書くとき、積分
$I = \int_{0}^{\infty} \frac{ε ^{''} ( ω )}{ω} d ω$
を $ω_{p}, ω_{0}, γ$ のうち必要なものを用いて表せ。

この問題で使うもの

クラマース・クローニッヒの関係と総和則（説明と入口の問題）
ローレンツ模型の誘電率と分散（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（147 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$ε^{''} (ω)$ を直接積分するより、クラマース・クローニッヒの関係で $ε^{'}$ のある特定の周波数での値と結びつけるほうが簡単です。

ヒント 2

$ε^{''}$ が奇関数であることから $ε^{'} (ω) - 1 = \frac{2}{π} P \int_{0}^{\infty} \frac{ω ^{'} ε ^{''} ( ω ^{'} )}{ω ^{'2} - ω ^{2}} d ω^{'}$ が成り立ちます。ここに $ω = 0$ を代入してみましょう。

ヒント 3

$ω = 0$ を代入すると $ε^{'} (0) - 1 = \frac{2}{π} I$ となります。あとは与式から静的誘電率 $ε (0)$ を求めるだけです。

答えと解説

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\frac{π ω _{p}^{2}}{2 ω _{0}^{2}}

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解説を読む

1. クラマース・クローニッヒの関係が使えることの確認

$ε (ω) - 1 = \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ を複素 $ω$ の関数とみる。分母の零点は
$ω = - \frac{iγ}{2} \pm ω_{0}^{2} - \frac{γ ^{2}}{4}$
である。 $ω_{0}^{2} < γ^{2} /4$ のときも根号は純虚数で、その絶対値は $γ /2$ より小さい。よって $γ > 0$ ならどちらの場合も極は下半平面にあり、 $ε - 1$ は上半平面で正則である（因果律）。また $∣ ω ∣ \to \infty$ で $ε - 1 \sim - ω_{p}^{2} / ω^{2} \to 0$ となる。したがってクラマース・クローニッヒの関係が成り立つ。さらに実の $ω$ に対して $ε (- ω) = ε (ω)^{*}$ なので、 $ε^{'}$ は偶関数、 $ε^{''}$ は奇関数である。これを用いると、関係式は次の形になる。
$ε^{'} (ω) - 1 = \frac{2}{π} P \int_{0}^{\infty} \frac{ω ^{'} ε ^{''} ( ω ^{'} )}{ω ^{'2} - ω ^{2}} d ω^{'}$

2. $ω = 0$ を代入する

$ω = 0$ では被積分関数は $ε^{''} (ω^{'}) / ω^{'}$ となる。 $ω^{'} \to 0$ で $ε^{''} \propto ω^{'}$ なので特異性はなく、主値をとる必要もない。よって
$ε^{'} (0) - 1 = \frac{2}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{ε ^{''} ( ω ^{'} )}{ω ^{'}} d ω^{'} = \frac{2}{π} I$
一方、与式から $ε (0) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2}}$ （実数）である。したがって
$I = \frac{π}{2} \cdot \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2}} = \frac{π ω _{p}^{2}}{2 ω _{0}^{2}}$

3. 直接計算による確認

分母を有理化すると
$ε^{''} (ω) = \frac{ω _{p}^{2} γ ω}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}$
なので
$I = ω_{p}^{2} γ \int_{0}^{\infty} \frac{d ω}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}$
である。この被積分関数は偶関数なので、積分は $- \infty$ から $\infty$ までの積分の半分である。上半平面の極 $ω_{\pm} = \pm a + iγ /2$ （ $a = ω_{0}^{2} - γ^{2} /4$ 。ここでは $a$ が実数の場合を示す）で留数を計算すると
$\int_{0}^{\infty} \frac{d ω}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}} = \frac{π}{2 γ ω _{0}^{2}}$
が得られる。 $a$ が純虚数の場合も、解析接続により同じ式が成り立つ。よって $I = ω_{p}^{2} γ \cdot \frac{π}{2 γ ω _{0}^{2}} = \frac{π ω _{p}^{2}}{2 ω _{0}^{2}}$ となり、2 の結果と一致する。 $I$ は $γ$ によらない。

別解

$χ (ω) = ε (ω) - 1 = \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ とおく。

1. $χ$ の極は $ω = - iγ /2 \pm ω_{0}^{2} - γ^{2} /4$ で、いずれも下半面にある。したがって $χ$ は上半面で正則である。
2. $∣ ω ∣ \to \infty$ で $χ \sim 1/ ω^{2}$ と減衰するので、複素積分の大円からの寄与は消える。
3. $χ (ω) / ω$ を、実軸上の原点を小さく迂回する路で上半面にわたって積分すると、留数定理（コーシーの積分定理）により $χ (0) = \frac{1}{π} P \int_{- \infty}^{\infty} \frac{Im χ ( ω )}{ω} d ω$ が得られる（クラマース・クローニッヒの関係）。
4. $ε^{''} (ω)$ は $ω$ の奇関数なので、 $ε^{''} / ω$ は偶関数である。よって $ε^{'} (0) - 1 = \frac{2}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{ε ^{''}}{ω} d ω$ となる。
5. $ε^{'} (0) - 1 = ω_{p}^{2} / ω_{0}^{2}$ だから、
$I = \frac{π}{2} \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2}}$

検算： $γ \to 0$ の極限では $ε^{''} = \frac{ω _{p}^{2} γ ω}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}$ となる。 $ε^{''} / ω$ は $ω_{0}$ 付近でローレンツ型のピークを持つ。その幅は $γ /2$ 程度で、積分値は $ω_{p}^{2} γ \cdot \frac{π}{2 ω _{0}^{2} γ} = \frac{π ω _{p}^{2}}{2 ω _{0}^{2}}$ となり、上の結果と一致する。

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