ローレンツ模型の誘電率と分散

$ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ の実部・虚部を求め、吸収のピークや正常分散・異常分散の範囲、屈折率を計算できる

前提

強制振動の定常解（大学物理振動・波動）
誘電体と電束密度・分極電荷（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

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算数中学高校大学大学院

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コンデンサーの電気容量と電気量（高校物理電場と電位・コンデンサー）
コンデンサーの静電エネルギー（高校物理電場と電位・コンデンサー）
コンデンサーの直列接続・並列接続（高校物理電場と電位・コンデンサー（知識））
コンデンサーの直列・並列接続（高校物理電場と電位・コンデンサー）
誘電体・金属板を部分的に入れたコンデンサー（高校物理電場と電位・コンデンサー）
誘電体と電束密度・分極電荷（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

説明

物質中の電子をばねでつながれた減衰振動子とみなすと（ローレンツ模型）、振動数 $ω$ の電磁波に対する比誘電率が $ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ という複素数で表されます。この技能では、その実部と虚部を書き下し、虚部から光の吸収の強い振動数（吸収のピーク）を、実部の振動数依存性から正常分散・異常分散の範囲を読み取り、屈折率 $n = ε$ を計算します。ガラスのプリズムで色が分かれる理由や、共鳴付近で光が吸収されて屈折率が急に変わる現象を定量的に扱うときに使います。

なぜそうしてよいのか

単位体積あたり $N$ 個の電子（電荷 $- e$ 、質量 $m$ ）が、復元力 $- m ω_{0}^{2} x$ と速度に比例する抵抗 $- mγ x ˙$ を受けながら、電場 $E (t)$ に揺さぶられるとします： $m x ¨ + mγ x ˙ + m ω_{0}^{2} x = - e E$ 。これは強制振動の方程式です（強制振動の定常解の式で $2 γ$ と書いた減衰係数を、ここでは $γ$ と書いていることに注意）。オイラーの公式により $cos ω t = Re e^{- iω t}$ なので、 $E = E_{0} e^{- iω t}$ 、 $x = x ~ e^{- iω t}$ と複素数で置き（最後に実部をとる）、代入すると $(ω_{0}^{2} - ω^{2} - iγ ω) x ~ = - \frac{e}{m} E_{0}$ となります。振幅と位相の遅れが一つの複素数 $x ~$ にまとめて入っているわけです。

分極は $P = N (- e) x = \frac{N e ^{2} / m}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω} E$ です。 $P = (ε_{絶対} - ε_{0}) E$ から比誘電率は $ε = 1 + \frac{P}{ε _{0} E}$ で、 $ω_{p}^{2} = \frac{N e ^{2}}{ε _{0} m}$ （プラズマ振動数）とおくと最初の式が得られます。分母の共役 $ω_{0}^{2} - ω^{2} + iγ ω$ を分母分子に掛けると
$Re ε = 1 + \frac{ω _{p}^{2} ( ω _{0}^{2} - ω ^{2} )}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}, Im ε = \frac{ω _{p}^{2} γ ω}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}} .$

虚部は分極が電場より遅れる成分で、電場が電子にする仕事の時間平均（吸収）に比例します。 $γ ≪ ω_{0}$ なら分母が最小になる $ω \approx ω_{0}$ で鋭いピークをもち、幅はおよそ $γ$ です。実部は $ω < ω_{0}$ で 1 より大きく $ω$ とともに増え（正常分散：振動数が高いほど屈折率が大きい）、共鳴のごく近く、 $γ ≪ ω_{0}$ のときおよそ $ω_{0} - \frac{γ}{2} < ω < ω_{0} + \frac{γ}{2}$ （ $ω_{0}^{2} - ω^{2} = \pm γ ω$ の間）で $ω$ とともに減ります（異常分散）。これは $Re ε - 1 = ω_{p}^{2} \frac{u}{u ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}$ （ $u = ω_{0}^{2} - ω^{2}$ ）が $u = \pm γ ω$ で極値をとることからわかります。屈折率は複素数 $n ~ = n + iκ = ε$ （ $n > 0$ の枝）で、 $n$ が位相速度 $c / n$ を、 $κ$ が減衰を決めます。

手順

時間依存を $e^{- iω t}$ とした式 $ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ に与えられた $ω_{p}, ω_{0}, γ, ω$ を代入する
分母の共役 $ω_{0}^{2} - ω^{2} + iγ ω$ を分母分子に掛け、分母を実数 $D = (ω_{0}^{2} - ω^{2})^{2} + γ^{2} ω^{2}$ にする
実部 $Re ε = 1 + \frac{ω _{p}^{2} ( ω _{0}^{2} - ω ^{2} )}{D}$ と虚部 $Im ε = \frac{ω _{p}^{2} γ ω}{D}$ を読み取る
吸収は $Im ε$ の大きさで判断し（ $γ ≪ ω_{0}$ ならピークは $ω \approx ω_{0}$ ）、分散は $Re ε$ が $ω$ とともに増える範囲（正常分散）か減る範囲（異常分散、 $γ ≪ ω_{0}$ でおよそ $∣ ω - ω_{0} ∣ < γ /2$ ）かで判断する
屈折率が要るときは $n + iκ = ε$ を $n > 0$ でとる。吸収が無視できる（ $Im ε \approx 0$ 、 $Re ε > 0$ ）ときは $n = Re ε$

例題

ローレンツ模型で、比誘電率が $ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$ （場の時間依存は $e^{- iω t}$ ）で与えられる媒質がある。 $ω_{p}^{2} = 3 ω_{0}^{2}$ 、 $γ = \frac{ω _{0}}{2}$ のとき、振動数 $ω = \frac{ω _{0}}{2}$ における $ε$ の実部と虚部を、この順に正確な値で求めよ。

例題の解答

（手順 1）代入する。 $ω_{0}^{2} - ω^{2} = ω_{0}^{2} - \frac{ω _{0}^{2}}{4} = \frac{3}{4} ω_{0}^{2}$ 、 $γ ω = \frac{ω _{0}}{2} \cdot \frac{ω _{0}}{2} = \frac{1}{4} ω_{0}^{2}$ なので
$ε = 1 + \frac{3 ω _{0}^{2}}{\frac{3}{4} ω _{0}^{2} - \frac{i}{4} ω _{0}^{2}} = 1 + \frac{12}{3 - i} .$

（手順 2）分母の共役 $3 + i$ を掛ける。 $\frac{12}{3 - i} = \frac{12 ( 3 + i )}{( 3 - i ) ( 3 + i )} = \frac{12 ( 3 + i )}{10} = \frac{18}{5} + \frac{6}{5} i$ 。

（手順 3）実部と虚部を読み取る。 $Re ε = 1 + \frac{18}{5} = \frac{23}{5}$ 、 $Im ε = \frac{6}{5}$ 。

（確認）公式 $D = (ω_{0}^{2} - ω^{2})^{2} + γ^{2} ω^{2} = (\frac{9}{16} + \frac{1}{16}) ω_{0}^{4} = \frac{5}{8} ω_{0}^{4}$ を使っても、 $Im ε = \frac{3 ω _{0}^{2} \cdot \frac{1}{4} ω _{0}^{2}}{\frac{5}{8} ω _{0}^{4}} = \frac{6}{5}$ で一致する。 $ω < ω_{0}$ なので実部は 1 より大きく、虚部は正（吸収）で、どちらも妥当である。

答え: $(\frac{23}{5}, \frac{6}{5})$

よくある誤り

分母の $- iγ ω$ を残したまま「分子が実数だから $ε$ は実数」と考え、 $Re ε = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2}}$ としてしまう誤り。正しくは分母を実数化して $Re ε = 1 + \frac{ω _{p}^{2} ( ω _{0}^{2} - ω ^{2} )}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + γ ^{2} ω ^{2}}$ とする（共鳴 $ω = ω_{0}$ でも発散しない）。
時間依存の流儀を確かめずに虚部の符号を決めてしまう誤り。 $e^{- iω t}$ なら分母は $ω_{0}^{2} - ω^{2} - iγ ω$ で吸収は $Im ε > 0$ 、 $e^{iω t}$ なら分母は $ω_{0}^{2} - ω^{2} + iγ ω$ で吸収は $Im ε < 0$ になる。物理的な内容は同じ。
強制振動の式 $x ¨ + 2 γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = \dots$ の $γ$ と、ここでの $γ$ を混同する誤り。ここでは $x ¨ + γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = - \frac{e}{m} E$ と定義しているので分母は $ω_{0}^{2} - ω^{2} - iγ ω$ 。 $2 γ$ の流儀なら $- 2 iγ ω$ になる。
共鳴のすぐ上 $ω_{0} < ω$ で $Re ε < 0$ となることがあっても、屈折率を $n = Re ε$ で求めようとする誤り。吸収のある領域では $n + iκ = ε$ を複素数として（ $n > 0$ の枝で）計算する。 $n = Re ε$ が使えるのは $∣ Im ε ∣ ≪ Re ε$ のときだけである。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
ある誘電体の比誘電率が、ローレンツ模型により
$ε (ω) = 1 + \frac{ω _{p}^{2}}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iγ ω}$
で与えられる。ここで $ω$ は電磁波の角振動数、 $ω_{0}$ は束縛電子の固有角振動数、 $γ$ は減衰定数、 $ω_{p}$ はプラズマ角振動数であり、時間依存性は $e^{- iω t}$ の流儀をとる。
ある正の定数 $Ω$ を用いて $ω_{0} = 2Ω$ 、 $γ = Ω$ 、 $ω_{p}^{2} = 5 Ω^{2}$ と表されるとき、角振動数 $ω = Ω$ での比誘電率の実部 $Re ε$ と虚部 $Im ε$ を、この順に組 $(Re ε, Im ε)$ で求めよ。

この技能を使う問題

難易度 2（大学院の講義の演習問題レベル）
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。

この技能の次に学べること

クラマース・クローニッヒの関係と総和則（大学院物理発展的な電磁気学（放射・相対論的電磁気学））