第3章強制振動と応答関数

導出：定常解 $x(t)=x_0\ee^{-\ii\omega t}$ を代入する

ステップ1：解の形を仮定する．外力が $\ee^{-\ii\omega t}$ で振動しているのだから，十分時間が経った定常状態では，応答も同じ振動数で振動するはずである．振幅は複素数 $x_0$（位相のずれを含む）として

$$ x(t) = x_0\,\ee^{-\ii\omega t} $$

と置く．この $x_0$ を決めるのが目標である．

ステップ2：微分を実行する．ここが符号の分かれ目である．

$$ \dot{x}(t) = \frac{\dd}{\dd t}\left(x_0\ee^{-\ii\omega t}\right) = x_0\cdot(-\ii\omega)\,\ee^{-\ii\omega t} = -\ii\omega\, x_0\ee^{-\ii\omega t} $$ $$ \ddot{x}(t) = \frac{\dd}{\dd t}\left(-\ii\omega\, x_0\ee^{-\ii\omega t}\right) = (-\ii\omega)^2 x_0\ee^{-\ii\omega t} = -\omega^2\, x_0\ee^{-\ii\omega t} $$

2階微分では $(-\ii\omega)^2=(-\ii)^2\omega^2=(-1)^2\ii^2\omega^2=-\omega^2$ となって，$\ii$ が消える．つまり$\ddot{x}$ の項には $\omega$ の符号の情報が残らない．一方 $\dot{x}$ の項には $-\ii\omega$ という虚数が残る．虚部を作るのは摩擦項だけである —— これがこの章の全体を支配する事実である．

ステップ3：方程式に入れる．式 \eqref{eq:3-eom} の左辺は

$$ m\left(-\omega^2 x_0\ee^{-\ii\omega t}\right) + \gamma\left(-\ii\omega x_0\ee^{-\ii\omega t}\right) + k\left(x_0\ee^{-\ii\omega t}\right) $$ $$ = \left[-m\omega^2 - \ii\gamma\omega + k\right] x_0\, \ee^{-\ii\omega t} $$

右辺は $F_0\ee^{-\ii\omega t}$ である．両辺を比べると

$$ \left[-m\omega^2 - \ii\gamma\omega + k\right] x_0\, \ee^{-\ii\omega t} = F_0\,\ee^{-\ii\omega t} $$

ステップ4：$\ee^{-\ii\omega t}$ で割る．指数関数は任意の $t$ でゼロにならない（$\abs{\ee^{-\ii\omega t}}=1$）から，両辺を割ってよい．

$$ \left[-m\omega^2 - \ii\gamma\omega + k\right] x_0 = F_0 $$

微分方程式が，$x_0$ についてのただの一次方程式になった．これが「Fourier変換すると微分が掛け算になる」ということの，いちばん具体的な現れである．

ステップ5：$m$ でくくり，$\omega_0^2=k/m$ を使う．

$$ -m\omega^2 - \ii\gamma\omega + k = m\left(\frac{k}{m}-\omega^2\right) - \ii\gamma\omega = m\left(\omega_0^2-\omega^2\right) - \ii\gamma\omega $$

ステップ6：$x_0$ について解き，$F_0$ で割る．

∎ これが複素感受率（complex susceptibility）である．分母の虚部の符号がマイナスであることを，しっかり目に焼き付けておいてほしい．

検算：3つの極限

(a) $\omega\to0$（静的極限）．$\chi(0)=1/(m\omega_0^2)=1/k$．これはHooke の法則 $x=F/k$ そのものである．第1章1.5.2節の静的感受率が，いま $1/k$ という見慣れた形で出てきた．

(b) $\omega\to\infty$（高振動数極限）．分母で $-m\omega^2$ が他を圧倒するので $\chi\simeq-1/(m\omega^2)$．実際 $m\ddot{x}=F_0\ee^{-\ii\omega t}$ を解けば $x_0=-F_0/(m\omega^2)$．速くゆすればバネも摩擦も感じる暇がなく，質点は慣性だけで応答する．符号が負なのは外力と変位が逆位相だからである．

(c) $\gamma\to0$（無摩擦極限）．$\chi\to1/[m(\omega_0^2-\omega^2)]$ は実数で，$\omega=\omega_0$ で発散する．摩擦がなければ共鳴で振幅が無限大になるという高校物理の結論である．逆に言えば$\gamma$ は共鳴の発散を止めるためにこそ必要で，その $\gamma$ が $\chi$ に虚部を与えている．「虚部があること」「発散が有限に留まること」「エネルギーが散逸すること」は同じ一つの事実の別の顔である．

導出：$x(t)=\chi(\omega)F(t)$ の形が出てくること

ステップ1：出発点．第2章の結果により，任意の外力 $F(t)$ に対する応答は

$$ \begin{equation} x(t) = \int_{-\infty}^{\infty} G^R(t-t')\,F(t')\,\dd t' \label{eq:3-conv} \end{equation} $$

と書ける．$G^R$ は遅延Green関数で，$G^R(s)=0$（$s<0$）を満たす．

ステップ2：単色外力を代入する．$F(t')=F_0\ee^{-\ii\omega t'}$ とすると

$$ x(t) = \int_{-\infty}^{\infty} G^R(t-t')\,F_0\,\ee^{-\ii\omega t'}\,\dd t' $$

ステップ3：変数変換 $s=t-t'$．ここは丁寧にやる．$t$ を固定して $t'$ を積分変数と見ているので，$s=t-t'$ とすれば $t'=t-s$，$\dd t'=-\dd s$ である．積分区間は

$$ t'=-\infty \;\Longrightarrow\; s=+\infty, \qquad t'=+\infty \;\Longrightarrow\; s=-\infty $$

と上下がひっくり返る．したがって

$$ x(t) = \int_{s=+\infty}^{s=-\infty} G^R(s)\,F_0\,\ee^{-\ii\omega (t-s)}\,(-\dd s) = \int_{-\infty}^{\infty} G^R(s)\,F_0\,\ee^{-\ii\omega (t-s)}\,\dd s $$

マイナス符号が積分区間の反転を打ち消して，向きが元に戻った．

ステップ4：指数を分解する．$\ee^{-\ii\omega(t-s)}=\ee^{-\ii\omega t}\,\ee^{+\ii\omega s}$ である．$\ee^{-\ii\omega t}$ は積分変数 $s$ を含まないので，積分の外に出せる．

$$ x(t) = F_0\,\ee^{-\ii\omega t}\int_{-\infty}^{\infty} G^R(s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\dd s $$

ステップ5：因果律で下限を切る．$G^R(s)=0$（$s<0$）だから，$s<0$ の部分は積分に寄与しない．

$$ x(t) = \underbrace{F_0\,\ee^{-\ii\omega t}}_{\textstyle =\,F(t)}\; \underbrace{\int_{0}^{\infty} G^R(s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\dd s}_{\textstyle \equiv\, G^R(\omega)} $$

ステップ6：3.1節と見比べる．3.1節では $x(t)=x_0\ee^{-\ii\omega t}=\chi(\omega)F_0\ee^{-\ii\omega t}=\chi(\omega)F(t)$ であった．いま得た式も $x(t)=G^R(\omega)F(t)$ の形をしている．任意の $F_0$ と任意の $t$ で成り立つのだから，両者の係数は等しくなければならない．

∎ 応答関数 $\chi(\omega)$ とは，遅延Green関数 $G^R(s)$ のFourier変換にほかならない．

導出：$\displaystyle\int_0^\infty \frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\dd s$ を計算する

ステップ1：代入する．

$$ \chi(\omega) = \int_0^\infty \frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\;\ee^{\ii\omega s}\,\dd s = \frac{1}{m\omega_1}\int_0^\infty \ee^{-\Gamma s}\,\sin(\omega_1 s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\dd s $$

（$\theta(s)$ は積分下限を $0$ にしたことで既に使った．）

ステップ2：正弦をEuler の公式で指数関数に直す．三角関数のままでは部分積分を2回やる羽目になるが，指数に直せば一発である．

$$ \sin(\omega_1 s) = \frac{\ee^{\ii\omega_1 s} - \ee^{-\ii\omega_1 s}}{2\ii} $$

これを入れて

$$ \chi(\omega) = \frac{1}{2\ii\, m\omega_1}\int_0^\infty \left[\ee^{-\Gamma s}\ee^{\ii\omega_1 s}\ee^{\ii\omega s} - \ee^{-\Gamma s}\ee^{-\ii\omega_1 s}\ee^{\ii\omega s}\right]\dd s $$

ステップ3：指数をまとめる．第1項の指数は $-\Gamma s+\ii\omega_1 s+\ii\omega s = -\left[\Gamma-\ii(\omega+\omega_1)\right]s$，第2項は $-\left[\Gamma-\ii(\omega-\omega_1)\right]s$ である．そこで

$$ a_+ \equiv \Gamma - \ii(\omega+\omega_1), \qquad a_- \equiv \Gamma - \ii(\omega-\omega_1) $$

と置くと

$$ \chi(\omega) = \frac{1}{2\ii\,m\omega_1}\left[\int_0^\infty \ee^{-a_+ s}\,\dd s - \int_0^\infty \ee^{-a_- s}\,\dd s\right] $$

ステップ4：収束を確認する．$\int_0^\infty\ee^{-as}\dd s$ が収束するのは $\mathrm{Re}\,a>0$ のときである．いま

$$ \mathrm{Re}\,a_\pm = \Gamma = \frac{\gamma}{2m} > 0 $$

であり，$\omega$ が実数であるかぎり両方とも収束する．ここで摩擦 $\gamma>0$ が効いていることに注意したい．$\gamma=0$ なら $\mathrm{Re}\,a_\pm=0$ となって積分は収束せず，$\chi(\omega)$ は実軸上に極を持ってしまう（3.1.3節(c)の発散）．散逸があるおかげでFourier変換が存在するのである．

ステップ5：積分を実行する．

$$ \int_0^\infty \ee^{-as}\,\dd s = \left[\frac{\ee^{-as}}{-a}\right]_0^\infty = 0 - \left(-\frac{1}{a}\right) = \frac{1}{a} $$

（上端で $\ee^{-as}\to0$ となるのは $\mathrm{Re}\,a>0$ による．）したがって

$$ \chi(\omega) = \frac{1}{2\ii\,m\omega_1}\left[\frac{1}{a_+} - \frac{1}{a_-}\right] $$

ステップ6：通分する．

$$ \frac{1}{a_+}-\frac{1}{a_-} = \frac{a_- - a_+}{a_+ a_-} $$

分子は

$$ a_- - a_+ = \left[\Gamma-\ii(\omega-\omega_1)\right] - \left[\Gamma-\ii(\omega+\omega_1)\right] = -\ii\omega+\ii\omega_1+\ii\omega+\ii\omega_1 = 2\ii\omega_1 $$

きれいに $2\ii\omega_1$ になった．これは前の $\dfrac{1}{2\ii m\omega_1}$ とちょうど打ち消し合う形をしている．

ステップ7：分母 $a_+a_-$ を展開する．$a_\pm=\Gamma-\ii b_\pm$（$b_+=\omega+\omega_1$, $b_-=\omega-\omega_1$）と書くと

$$ a_+a_- = (\Gamma-\ii b_+)(\Gamma-\ii b_-) = \Gamma^2 - \ii\Gamma b_- - \ii b_+\Gamma + (\ii)^2 b_+b_- = \Gamma^2 - \ii\Gamma(b_++b_-) - b_+b_- $$

ここで

$$ b_++b_- = (\omega+\omega_1)+(\omega-\omega_1) = 2\omega, \qquad b_+b_- = (\omega+\omega_1)(\omega-\omega_1) = \omega^2-\omega_1^2 $$

だから

$$ a_+a_- = \Gamma^2 - 2\ii\Gamma\omega - \omega^2 + \omega_1^2 $$

ステップ8：$\omega_1^2=\omega_0^2-\Gamma^2$ を使う．第2章の定義（本章冒頭の $G^R$ の式の下に再掲してある）により $\omega_1^2 = \omega_0^2-\Gamma^2$．代入すると $\Gamma^2$ が消える．

$$ a_+a_- = \Gamma^2 - 2\ii\Gamma\omega - \omega^2 + \omega_0^2 - \Gamma^2 = \omega_0^2 - \omega^2 - 2\ii\Gamma\omega $$

ここで $\Gamma^2$ が消えたのが，この計算のいちばん気持ちのよいところである．$\omega_1$ という「減衰した固有振動数」は途中式にしか現れず，最終結果には $\omega_0$ と $\Gamma$ しか残らない．

ステップ9：まとめる．

$$ \chi(\omega) = \frac{1}{2\ii\,m\omega_1}\cdot\frac{2\ii\omega_1}{\omega_0^2-\omega^2-2\ii\Gamma\omega} = \frac{1}{m\left(\omega_0^2-\omega^2-2\ii\Gamma\omega\right)} $$

最後に $\Gamma=\gamma/2m$ すなわち $2m\Gamma=\gamma$ を使うと，$m\cdot 2\ii\Gamma\omega = \ii\gamma\omega$ だから

∎ 3.1節の式 \eqref{eq:3-chi} と完全に一致した．

導出：分母の有理化

ステップ1：分母の実部と虚部に名前を付ける．

$$ A \equiv m(\omega_0^2-\omega^2), \qquad B \equiv \gamma\omega $$

とすると $\chi=\dfrac{1}{A-\ii B}$ である．$A$ も $B$ も実数である．

ステップ2：分母の複素共役を分母・分子に掛ける．これが有理化の定石である．

$$ \chi = \frac{1}{A-\ii B}\cdot\frac{A+\ii B}{A+\ii B} = \frac{A+\ii B}{(A-\ii B)(A+\ii B)} $$

ステップ3：分母を計算する．$(A-\ii B)(A+\ii B) = A^2 + \ii AB - \ii AB - (\ii)^2B^2 = A^2+B^2$．虚数が消えて実数になった．

$$ \chi = \frac{A+\ii B}{A^2+B^2} = \frac{A}{A^2+B^2} + \ii\,\frac{B}{A^2+B^2} $$

ステップ4：$A$, $B$ を戻す．

∎ 分母は共通で，分子だけが違う．分子が「バネと慣性の項」なら実部，「摩擦の項」なら虚部である．

導出：振幅と位相の表式，および「位相遅れ」の意味

ステップ1：絶対値．$\chi=1/(A-\ii B)$ の絶対値は，分母の絶対値の逆数である．

$$ \abs{\chi} = \frac{1}{\abs{A-\ii B}} = \frac{1}{\sqrt{A^2+B^2}} = \frac{1}{\sqrt{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}} $$

ステップ2：偏角．式 \eqref{eq:3-split} と \eqref{eq:3-reim} から

$$ \tan\delta = \frac{\chi''}{\chi'} = \frac{B/(A^2+B^2)}{A/(A^2+B^2)} = \frac{B}{A} = \frac{\gamma\omega}{m(\omega_0^2-\omega^2)} $$

$\chi''>0$（$\omega>0$）なので $\delta$ は必ず第1象限か第2象限，すなわち $0\le\delta\le\pi$ にある．$\tan$ の逆関数を取るときは，$\chi'$ の符号も見て象限を決めなければならない（$\arctan$ だけでは $\omega>\omega_0$ の場合に $\pi$ を足し忘れる）．

ステップ3：$\delta$ が「遅れ」であることを確かめる．定常解は

$$ x(t) = \chi(\omega)F_0\ee^{-\ii\omega t} = \abs{\chi}\ee^{\ii\delta}F_0\ee^{-\ii\omega t} = \abs{\chi}F_0\,\ee^{-\ii(\omega t-\delta)} $$

実部をとると

$$ \mathrm{Re}\,x(t) = \abs{\chi}F_0\cos(\omega t - \delta) $$

一方，外力の実部は $F_0\cos\omega t$ である．$\cos(\omega t-\delta)$ が最大になるのは $\omega t=\delta$ のとき，すなわち外力が最大になる時刻より $\delta/\omega$ だけ遅れて変位が最大になる．∎ $\delta$ を位相遅れと呼ぶゆえんである．

導出：実の外力に対する定常応答

ステップ1：余弦を2つの指数に分解する．

$$ F(t) = F_0\cos\omega t = \frac{F_0}{2}\left(\ee^{-\ii\omega t} + \ee^{+\ii\omega t}\right) $$

ステップ2：それぞれの成分が何であるかを見極める．本書の規約では「振動数 $\omega$ の成分」は $\ee^{-\ii\omega t}$ である．したがって

• 第1項 $\ee^{-\ii\omega t}$ は振動数 $+\omega$ の成分 → 応答係数は $\chi(\omega)$
• 第2項 $\ee^{+\ii\omega t}=\ee^{-\ii(-\omega)t}$ は振動数 $-\omega$ の成分 → 応答係数は $\chi(-\omega)$

ここで負の振動数がごく自然に登場することに注意したい．実の信号を扱うかぎり，$\pm\omega$ は必ず対で現れる．第1章で $\chi(-\omega)$ の性質を調べたのは，このためである．

ステップ3：線形性で足す．

$$ x(t) = \frac{F_0}{2}\left[\chi(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t} + \chi(-\omega)\,\ee^{+\ii\omega t}\right] $$

ステップ4：実数性を使う．式 \eqref{eq:3-parity} により $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$ である．また $\ee^{+\ii\omega t}=\left(\ee^{-\ii\omega t}\right)^*$．したがって第2項は第1項の複素共役であり，$z+z^*=2\,\mathrm{Re}\,z$ を使えば

$$ x(t) = \frac{F_0}{2}\cdot 2\,\mathrm{Re}\left[\chi(\omega)\ee^{-\ii\omega t}\right] = F_0\,\mathrm{Re}\left[\chi(\omega)\ee^{-\ii\omega t}\right] $$

$x(t)$ がちゃんと実数になった．実の力を入れれば実の変位が返る，という当たり前のことが保証されている．

ステップ5：実部を展開する．$\chi=\chi'+\ii\chi''$，$\ee^{-\ii\omega t}=\cos\omega t-\ii\sin\omega t$ だから

$$ \chi\,\ee^{-\ii\omega t} = (\chi'+\ii\chi'')(\cos\omega t - \ii\sin\omega t) $$ $$ = \chi'\cos\omega t - \ii\chi'\sin\omega t + \ii\chi''\cos\omega t - \ii^2\chi''\sin\omega t $$ $$ = \underbrace{\left(\chi'\cos\omega t + \chi''\sin\omega t\right)}_{\text{実部}} + \ii\underbrace{\left(\chi''\cos\omega t - \chi'\sin\omega t\right)}_{\text{虚部}} $$

よって

∎

導出：$\braket{\dd W/\dd t}=\frac{1}{2}\omega F_0^2\chi''(\omega)$

ステップ1：仕事率の定義．力 $F$ が質点を $\dd x$ だけ動かすときの仕事は $\dd W=F\,\dd x$ である．単位時間あたりでは

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = F(t)\,\frac{\dd x}{\dd t} = F(t)\,\dot{x}(t) $$

ステップ2：速度を求める．式 \eqref{eq:3-xreal} を $t$ で微分する．$\dfrac{\dd}{\dd t}\cos\omega t=-\omega\sin\omega t$，$\dfrac{\dd}{\dd t}\sin\omega t=+\omega\cos\omega t$ だから

$$ \dot{x}(t) = F_0\,\omega\left[-\chi'\sin\omega t + \chi''\cos\omega t\right] $$

ステップ3：掛ける．

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = F_0\cos\omega t \cdot F_0\omega\left[-\chi'\sin\omega t+\chi''\cos\omega t\right] $$ $$ = F_0^2\,\omega\left[-\chi'\,\cos\omega t\,\sin\omega t + \chi''\,\cos^2\omega t\right] $$

ステップ4：1周期 $T=2\pi/\omega$ にわたって平均する．時間平均を $\braket{\cdots}\equiv\dfrac{1}{T}\displaystyle\int_0^T(\cdots)\dd t$ と書く．必要な平均を2つとも書き下す．

(i) 第1項の平均．倍角公式 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ より $\cos\omega t\sin\omega t=\frac{1}{2}\sin2\omega t$．したがって

$$ \braket{\cos\omega t\,\sin\omega t} = \frac{1}{T}\int_0^T \frac{1}{2}\sin 2\omega t\,\dd t = \frac{1}{2T}\left[-\frac{\cos2\omega t}{2\omega}\right]_0^T = \frac{1}{2T}\cdot\frac{1-\cos2\omega T}{2\omega} $$

ここで $T=2\pi/\omega$ より $2\omega T=4\pi$，$\cos4\pi=1$ である．したがって

$$ \braket{\cos\omega t\,\sin\omega t} = \frac{1}{2T}\cdot\frac{1-1}{2\omega} = 0 $$

(ii) 第2項の平均．半角公式 $\cos^2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2}$ より

$$ \braket{\cos^2\omega t} = \frac{1}{T}\int_0^T\frac{1+\cos2\omega t}{2}\,\dd t = \frac{1}{2} + \frac{1}{2T}\left[\frac{\sin2\omega t}{2\omega}\right]_0^T = \frac{1}{2} + \frac{\sin4\pi - 0}{4\omega T} = \frac{1}{2} $$

ステップ5：代入する．$\chi'$ の項は平均ゼロで消え，$\chi''$ の項だけが残る．

∎ 1周期あたりの仕事は，これに $T=2\pi/\omega$ を掛けて

$$ \begin{equation} W_{\text{cycle}} = \oint F\,\dd x = T\left\langle\frac{\dd W}{\dd t}\right\rangle = \frac{2\pi}{\omega}\cdot\frac{1}{2}\omega F_0^2\chi'' = \pi F_0^2\,\chi''(\omega) \label{eq:3-Wcycle} \end{equation} $$

$\omega$ が消えて，$\chi''$ だけで書けてしまうのが美しい．

検算：減衰振動子で確かめる

式 \eqref{eq:3-reim} より $\omega\chi''(\omega)=\dfrac{\gamma\omega^2}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}$．分母は実数の2乗の和なので正，分子は $\gamma>0$，$\omega^2\ge0$ なので非負．確かに $\omega\chi''\ge0$ である．∎

逆に摩擦係数が負（$\gamma<0$）なら系は外力に仕事をする側に回る．負性抵抗，レーザーの利得媒質，トンネルダイオードがこれである．ただしそれらは平衡状態にない（外部からポンプされている）系であり，線形応答理論の前提を外れている．平衡状態から出発するかぎり $\omega\chi''\ge0$ は破れない．

導出：吸収パワーの厳密な形と半値全幅

式 \eqref{eq:3-dissipation} に $\chi''$ の具体形 \eqref{eq:3-reim} を入れる．

$$ P(\omega)\equiv\left\langle\frac{\dd W}{\dd t}\right\rangle = \frac{1}{2}\omega F_0^2\cdot\frac{\gamma\omega}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2} = \frac{F_0^2}{2}\cdot\frac{\gamma\omega^2}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2} $$

分子・分母を $\gamma^2\omega^2$ で割ると

2つめの等号では

$$ \frac{m(\omega_0^2-\omega^2)}{\gamma\omega} = \frac{m\omega_0}{\gamma}\cdot\frac{\omega_0^2-\omega^2}{\omega_0\omega} = Q\left(\frac{\omega_0}{\omega}-\frac{\omega}{\omega_0}\right), \qquad Q\equiv\frac{m\omega_0}{\gamma} $$

を使った．式 \eqref{eq:3-power} は厳密である．近似は一つも使っていない．

ピークの位置．括弧の中がゼロになるのは $\omega_0/\omega=\omega/\omega_0$，すなわち $\omega=\omega_0$ のとき．このとき $P$ は最大値

$$ P_{\max} = \frac{F_0^2}{2\gamma} $$

をとる．吸収パワーのピークは厳密に $\omega=\omega_0$ であり，3.4節の3つの「共鳴振動数」のうち最もきれいな定義がこれである．またピークの高さが $\gamma$ に反比例することにも注目したい．摩擦が小さいほど，共鳴での消費電力は大きくなる．

半値全幅．$P=P_{\max}/2$ となるのは，分母の第2項が $1$ になるとき，すなわち

$$ \frac{m(\omega_0^2-\omega^2)}{\gamma\omega} = \pm1 \quad\Longleftrightarrow\quad m\omega^2 \pm \gamma\omega - m\omega_0^2 = 0 $$

この2次方程式を解く．$\omega>0$ の解だけをとると，$\Gamma=\gamma/2m$ として

$$ \omega_\mp = \frac{\mp\gamma+\sqrt{\gamma^2+4m^2\omega_0^2}}{2m} = \mp\Gamma + \sqrt{\Gamma^2+\omega_0^2} $$

半値幅は2つの差なので，平方根の項がきれいに消えて

∎ これも厳密である．$Q$ が小さくても成り立つ．

導出：束縛電子から誘電関数へ

ステップ1：模型．絶縁体中の電子（電荷 $-e$，$e>0$）が，原子核にバネで繋がれていると考える．電場 $E(t)=E_0\ee^{-\ii\omega t}$ が加わると，電子が受ける力は $-eE(t)$ だから

$$ m\ddot{x} + \gamma\dot{x} + m\omega_0^2 x = -e\,E(t) $$

これは式 \eqref{eq:3-eom} で $F\to -eE$ としたものである．したがって直ちに

$$ x(t) = -e\,\chi(\omega)\,E(t), \qquad \chi(\omega)=\frac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega} $$

ステップ2：双極子モーメント．電荷 $-e$ が $x$ だけずれたときの電気双極子モーメントは $p=(-e)\cdot x = e^2\chi(\omega)E$．マイナスが2つ掛かって正になる．

ステップ3：分極．単位体積あたり $n$ 個の電子があるとして $P = n p = n e^2\chi(\omega)E$．電気感受率の定義 $P=\chi_e E$ より

$$ \chi_e(\omega) = \frac{ne^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega} $$

ステップ4：誘電関数．Gauss単位系では $\epsilon=1+4\pi\chi_e$（SI単位系では $\epsilon_r=1+\chi_e/\epsilon_0$）．分母・分子を $m$ で割って

∎ $\omega_p$ をプラズマ振動数という（SIでは $\omega_p^2=ne^2/\epsilon_0 m$）．第11章の主役である．

導出：Drude の電気伝導度がDebye緩和と同じ形になること

$k=0$ とした運動方程式を，変位ではなく速度 $v=\dot{x}$ について書く．

$$ m\dot{v} + \gamma v = -eE_0\ee^{-\ii\omega t} $$

$v=v_0\ee^{-\ii\omega t}$ と置けば $\dd/\dd t\to-\ii\omega$ だから

$$ \left(-\ii\omega m + \gamma\right)v_0 = -eE_0 \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \frac{-eE_0}{m(\tilde{\gamma}-\ii\omega)},\qquad \tilde\gamma=\frac{\gamma}{m} $$

電流密度は $j=(-e)nv$ だから（電荷 $-e$ の粒子が速度 $v$ で流れる）

$$ j_0 = (-e)n v_0 = \frac{ne^2}{m(\tilde\gamma-\ii\omega)}E_0 $$

したがって伝導度 $\sigma(\omega)=j_0/E_0$ は，緩和時間 $\tau\equiv1/\tilde\gamma=m/\gamma$（3.6節のリングダウン時間 $2m/\gamma$ とは別物で，因子2だけ違う）を使って

∎ $\sigma_0$ は直流伝導度（オームの法則）である．