第26章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

真空中を正のx方向へ進む電磁波のパルスを考えます．固定した観測面での電場は $E_{y} = E_{0} g (t) \cos ω t$ です．包絡線 $g$ は時刻0から $τ / 2$ まで0から1へ直線的に増し， $τ / 2$ から $τ$ まで1から0へ直線的に減り，それ以外では0です． $ω τ ≫ 1$ とし，包絡線の変化に比べて速い振動について平均をとります．パルスの断面積は $S$ ，断面内の場は一様です．

包絡線が最大のときの磁場振幅と平均全エネルギー密度を求めよ．
パルス全体のエネルギーと運動量を求めよ．同じ $S$ で $E_{0}$ を2倍， $τ$ を半分にすると，それぞれ何倍になりますか．

**［図：電磁波パルスと三角形の包絡線］**
正のx方向へ進むパルスと，断面積Sの固定観測面を示す．別のグラフに，与えられた包絡線gの時刻0，τ/2，τにおける値0，1，0を示す．

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考え方

速い振動の2乗を平均した後で，包絡線の2乗を時間について積分する．

正のx方向へ進む波では $B_{z} = E_{y} / c$ なので磁場振幅は $B_{0} = E_{0} / c$ ．電場と磁場のエネルギー密度はそれぞれ $ε_{0} E_{y}^{2} / 2$ であり，最大包絡線の位置では $⟨ u ⟩ = ε_{0} E_{0}^{2} / 2$ である．
$I (t) = c ⟨ u ⟩ = ε_{0} c E_{0}^{2} g (t)^{2} / 2$ である．両半分の積分は等しいので

\int_{0}^{τ} g (t)^{2} d t = 2 \int_{0}^{τ / 2} {(\frac{2 t}{τ})}^{2} d t = \frac{τ}{3}, U = \frac{ε_{0} c E_{0}^{2} S τ}{6}, p = \frac{U}{c} = \frac{ε_{0} E_{0}^{2} S τ}{6} .

変更後は振幅の2乗が4倍，時間幅が半分だから，エネルギーも運動量も2倍になる． $I S τ$ はエネルギーの次元を持つ．平均の近似には $1 / (ω τ)$ が小さいことが必要で，変更後もその条件を満たす範囲で比較する．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

面積 $S = 3.0 \times 10^{- 3} m^{2}$ の完全反射鏡に，真空中の平面波が法線となす角 $θ = 60^{\circ}$ で当たります．鏡全体が一様に照らされ，鏡は静止しています．波の進行方向に垂直な面で測った強さは $I = 2.0 \times 10^{3} W m^{- 2}$ です．鏡へ向かう法線方向を正とします．

鏡に届く電力と，鏡が受ける力の法線成分・接線成分を求めよ．光のエネルギー $U$ に対応する運動量の大きさは $U / c$ です．
この波の電場振幅を求めよ．入射角を0に変えたとき，鏡に届く電力と法線方向の力は何倍になりますか．

［図：斜めに入射する光と完全反射鏡］

面積Sの鏡に，法線となす角θ=60°で光が入射し，鏡面反射する．波に垂直な断面を入射光上に示し，鏡面と区別する．

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考え方

届く電力には投影面積を使い，運動量の変化には法線方向の成分を使う．

鏡の投影面積は $S \cos θ$ なので $P = I S \cos θ = 3.0 W$ ．反射により法線方向の運動量だけが反転し，単位エネルギーあたりの変化は $2 \cos θ / c$ ．従って

F_{n} = \frac{2 I S \cos^{2} θ}{c} = 1.0 \times 10^{- 8} N, F_{\tan} = 0.

$I = ε_{0} c E_{0}^{2} / 2$ から $E_{0} = \sqrt{2 I / (ε_{0} c)} = 1.2 \times 10^{3} V m^{- 1}$ ．垂直入射では電力は $1 / \cos 60^{\circ} = 2$ 倍，力は $1 / \cos^{2} 60^{\circ} = 4$ 倍となる．すれすれの入射の極限では，投影面積も法線方向の運動量変化も0に近づくので，力は0になる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

真空 $x < 0$ から，屈折率 $n > 1$ の非磁性・透明な半無限媒質 $x > 0$ へ平面波を垂直に入射させます．電場はy方向です．入射波と反射波が重なる真空側を弱い電場探針で走査し，次の値を得ました． $E_{ref} = 1.0 \times 10^{2} V m^{- 1}$ です．端点と表に示す交互の極大・極小の間に，他の極値はありません．位置の誤差は無視でき，各測定値の誤差の絶対値は0.04以下です．

$x$ （ $cm$ ）	$⟨ E_{y}^{2} ⟩ / E_{ref}^{2}$
0.0	1.00
−3.0	9.00
−6.0	1.00
−9.0	9.00

境界での電場の振幅反射係数を $- ρ$ とし， $ρ = (n - 1) / (n + 1)$ を使って，波長， $ρ$ ， $n$ を求めよ．複素振幅を足して測定値の位置依存性を導け．
入射電場振幅 $E_{0}$ と，媒質へ入る正味の強さを求めよ．
1つの極大値と1つの極小値から $n$ を推定するとき，最大誤差を1次近似で評価せよ．

**［図：真空側を走査する電場探針］**
x=0に真空と未知媒質の境界を示す．真空側の測定位置はx=−9.0，−6.0，−3.0，0.0 cmで，光は正のx方向へ入射する．電場探針とその走査方向を示す．

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考え方

極値の比は反射振幅を，極値の絶対値は入射振幅を決める．局所的な電場の2乗を，正味のエネルギー流と区別する．

共通の $e^{i ω t}$ の実部をとると，合成電場の複素振幅は ${\hat{E}}_{y} = E_{0} (e^{- i k x} - ρ e^{i k x})$ ．従って

⟨ E_{y}^{2} ⟩ = \frac{E_{0}^{2}}{2} (1 + ρ^{2} - 2 ρ \cos 2 k x) .

隣り合う極小と極大の間隔は $λ / 4$ なので $λ = 12 cm$ ．最大・最小を $M, m$ と書くと $\sqrt{M / m} = (1 + ρ) / (1 - ρ) = n$ ．よって $n = 3.00$ ， $ρ = (n - 1) / (n + 1) = 0.500$ である．

極小から $E_{0}^{2} {(1 - ρ)}^{2} / 2 = E_{ref}^{2}$ なので $E_{0} = 2 \sqrt{2} E_{ref} \approx 2.8 \times 10^{2} V m^{- 1}$ ．入射強さは $I_{i} = ε_{0} c E_{0}^{2} / 2 = 4 ε_{0} c E_{ref}^{2}$ である．反射率は $ρ^{2} = 1 / 4$ だから，正味は $I_{net} = (1 - ρ^{2}) I_{i} \approx 8.0 \times 10^{1} W m^{- 2}$ ．
$n = \sqrt{M / m}$ の微分から $d n / n = (d M / M - d m / m) / 2$ ．両誤差が逆向きになる場合をとると

Δ n \approx \frac{3}{2} (\frac{0.04}{9.00} + \frac{0.04}{1.00}) = 0.067 .

従って最大誤差の1次評価は約0.07である． $Δ m / m = 0.04$ ， $Δ M / M = 0.0044$ が小さい範囲の評価である．反射を0にすると合成場の位置依存性が消え，入射強さと正味の強さが一致する．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

自由電子が，一様な平面電磁波の電場 $E_{y} = E_{0} \cos ω t$ によって振動します．電子の質量は $m$ ，電荷は $- e$ です．固定した正電荷の背景が系全体を中性に保ち，電子の束縛と電子間の力は無視します．非相対論的な小振幅の強制振動だけを扱い，磁場の力と放射による運動の変化を無視します．平均放射電力は $⟨ P ⟩ = e^{2} ⟨ a^{2} ⟩ / (6 π ε_{0} c^{3})$ です．

運動を複素数で解き，散乱断面積 $σ_{sc} = ⟨ P ⟩ / I$ を求めよ．
電子数密度 $N_{e}$ ，厚さ $d$ の希薄な層を波が通ります．異なる電子の散乱は位相がそろわず，散乱された光は細い入射ビームから失われ，再びビームに戻らないとします．境界での反射を無視して，透過強さの式を導け． $N_{e} σ_{sc} d = 0.020$ の場合の透過割合も求めよ．

**［図：希薄な電子層と直進・散乱光］**
厚さd，電子数密度N_eの希薄な層を示す．入射電場E_yはy方向で，直進ビームの外へ出る散乱光を矢印で示す．

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考え方

1個の電子の放射電力を入射強さで割ると，有効な面積が得られる．層の薄片ごとにエネルギーの流出を数える．

$y$ を $Y e^{i ω t}$ の実部とすると $- m ω^{2} Y = - e E_{0}$ ，従って $Y = e E_{0} / (m ω^{2})$ ．加速度の複素振幅は $- e E_{0} / m$ だから

⟨ P ⟩ = \frac{e^{4} E_{0}^{2}}{12 π ε_{0} m^{2} c^{3}}, I = \frac{ε_{0} c E_{0}^{2}}{2}, σ_{sc} = \frac{e^{4}}{6 π ε_{0}^{2} m^{2} c^{4}} .

束縛のないこの模型では，断面積は振動数によらない．

面積 $S$ ，厚さ $d x$ の薄片内の電子数は $N_{e} S d x$ ．損失電力は $N_{e} S σ_{sc} I d x$ だから $S d I = - N_{e} S σ_{sc} I d x$ ．積分すると $I (d) = I (0) e^{- N_{e} σ_{sc} d}$ で，指定の場合は $e^{- 0.020} = 0.980$ ，約98.0 %が残る．断面積の次元は面積，指数は無次元である．運動の近似には $ω | Y | / c = e E_{0} / (m ω c)$ と $⟨ P ⟩ / [ω m ω^{2} {| Y |}^{2} / 2]$ が十分小さいことが必要である．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

z方向に振動する小さな双極子の遠方放射の強さが $I (r, θ) = I_{⟂} \sin^{2} θ$ です． $r$ は固定した観測球の半径， $θ$ はz軸との角で， $I_{⟂}$ は同じ球上の赤道で測った強さです．観測球の $0 \leq θ \leq Θ$ を覆う検出面があり，入射放射の $1 / 5$ を反射して，残りを吸収します．検出面は球面に沿い，放射は各点へ垂直に入ります．

双極子の全放射電力と，検出面へ届く電力を求めよ．球面の帯の面積は $2 π r^{2} \sin θ d θ$ です．
$Θ = 60^{\circ}$ の検出面が吸収する電力を，全放射電力の割合で表せ．同じ赤道の強さを持つ等方的な光源と，全放射電力を比較せよ．

［図：双極子の観測球と北側の検出面］

中心にz方向の小さな双極子を置いた半径rの観測球を示す．北側の検出面は開き角Θまでを覆い，赤道の測定位置での強さはI_⊥である．

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考え方

各方向の強さにその方向の面積を掛けて足す．赤道の測定値を球面全体の強さに置き換えない．

全放射電力は

P_{all} = 2 π r^{2} I_{⟂} \int_{0}^{π} \sin^{3} θ d θ = \frac{8 π}{3} r^{2} I_{⟂} .

$u = \cos θ$ で積分すると，北側へ届く電力は

P_{cap} = 2 π r^{2} I_{⟂} (\frac{2}{3} - \cos Θ + \frac{\cos^{3} Θ}{3}), \frac{P_{cap}}{P_{all}} = \frac{2 - 3 \cos Θ + \cos^{3} Θ}{4} .

$\cos Θ = 1 / 2$ では届く割合は $5 / 32$ である．吸収する割合は $(4 / 5) (5 / 32) = 1 / 8$ ，吸収電力は $π r^{2} I_{⟂} / 3$ ．等方光源なら全電力は $4 π r^{2} I_{⟂}$ なので，双極子はその $2 / 3$ である． $Θ \to 0$ で捕集電力は0， $Θ = π$ で全電力となる．源の大きさを $a$ とすると，双極子・遠方場の近似には $a / λ$ ， $a / r$ ， $λ / r$ が十分小さいことが必要である．

演習 6

オリジナル ★★☆☆☆

ねじりばねで水平に保たれた軽い腕の先に，小さな板を固定します．回転軸から照射点までの距離は $d = 4.0 \times 10^{- 2} m$ ，ねじりばねの定数は $κ = 2.0 \times 10^{- 8} N m {rad}^{- 1}$ です．腕へ直角に進む光を板へほぼ垂直に当てます．光の電力は $P = 0.60 W$ ，照射面積は $S = 2.0 \times 10^{- 3} m^{2}$ で，光は全て板に当たります．静止したときの回転角は $ϕ = 4.4 \times 10^{- 3} rad$ でした．別の熱測定で，光による吸収電力は $H = 0.18 W$ と分かりました．

板のエネルギー吸収率，反射率，透過率を $α, R, T$ とし， $α + R + T = 1$ とします．反射は正反対，透過は元の方向で，いずれも振動数を変えません．熱放射による合力は無視します．

$α, R, T$ を決めよ．
この光を同じ強さの正弦平面波とみなしたときの電場振幅と，板の受ける圧力を求めよ．力の測定だけで $R$ を決められるかも述べよ．

［図：ねじりばねの腕と光を受ける板］

ねじり軸から距離dにある小さな板へ，水平な腕に直角に光を当てる．上から見た図で，回転角φは見やすいよう拡大して示す．

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考え方

熱測定で吸収率を決め，トルクの測定で運動量を渡す割合を決める．透過光は板へ正味の運動量を渡さない．

$α = H / P = 0.30$ ．小角近似で光のトルクは $F d$ だから $F = κ ϕ / d = 2.2 \times 10^{- 9} N$ ．光の運動量収支から $F = (α + 2 R) P / c$ なので

α + 2 R = \frac{c κ ϕ}{d P} = 1.10, R = \frac{1.10 - 0.30}{2} = 0.40, T = 1 - 0.30 - 0.40 = 0.30 .

$I = P / S = 3.0 \times 10^{2} W m^{- 2}$ から $E_{0} = \sqrt{2 I / (ε_{0} c)} = 4.7 \times 10^{2} V m^{- 1}$ ．圧力は $F / S = 1.1 \times 10^{- 6} Pa$ である．力だけからは $α + 2 R$ が分かるだけで，吸収と反射を分離できない．求めた割合はいずれも0から1の間にあり，和が1である．角度による入射面積と腕の長さの補正は $ϕ^{2}$ 程度で， $ϕ^{2} = 1.9 \times 10^{- 5}$ が小さいので無視できる．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

x軸上の $x = 0, L$ に，等方的に電力 $P, 4 P$ を放射する固定光源があります．その間で，質量 $M$ ，面積 $S$ の板がx軸に沿って動きます．板の両面はx軸に垂直で，反射率はともに $R$ ，残りは吸収します．両光源の位相は互いに無関係で，平均の力を足せます．再放射は両面で対称，外からの力と回転は無視します．板は各光源との距離に比べて小さく，光の強さは板上で一様です．板の速さは光速より十分小さいとします．

平衡位置とその安定性を求めよ．
平衡からの変位 $ξ$ が小さい場合の振動の角振動数を求めよ．反射率を0から1へ変えると，角振動数は何倍になりますか．

**［図：二つの光源とその間の可動板］**
x=0とx=Lに，電力Pと4Pの固定光源を置く．質量M，面積Sの可動板をその間の一般の座標xに示す．

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考え方

左右の光圧の差が位置によって変わる．平衡位置では強さが一致し，その近くの力の傾きが復元力を決める．

$A_{F} = (1 + R) P S / (4 π c)$ とすると，右向きの力は

F (x) = A_{F} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{4}{{(L - x)}^{2}}) .

$0 < x < L$ で $1 / x = 2 / (L - x)$ より $x_{e} = L / 3$ ．また

\frac{d F}{d x} = A_{F} (- \frac{2}{x^{3}} - \frac{8}{{(L - x)}^{3}}) < 0

なので，右へずれると左向き，左へずれると右向きの力を受け，平衡は安定である．

$x = x_{e} + ξ$ として1次まで展開すると $F \approx F^{'} (x_{e}) ξ = - 81 A_{F} ξ / L^{3}$ ．従って $M \frac{d^{2} ξ}{d t^{2}} = - 81 A_{F} ξ / L^{3}$ より

Ω = \sqrt{\frac{81 (1 + R) P S}{4 π c M L^{3}}} .

反射率を0から1へ変えると $\sqrt{2}$ 倍になる．平衡位置は共通の係数 $1 + R$ に依存しないが，復元力は変わる． $A_{F} / (M L^{3})$ の次元は時間の逆数の2乗である．線形化には $| ξ | / L$ が十分小さいことが必要である．固定光源の放射は定常なので，到達の遅れだけでは強さは変わらない．ここでは板の速さと $c$ の比に比例する光圧の補正を無視している．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

真空中をx方向へ進む平面波の電場が $E_{y} = E_{0} \cos ω t$ ，磁場が $B_{z} = E_{y} / c$ となる位置に，小さな1巻きの受信ループを置きます．ループの面はxy平面で，面積は $A$ ，代表的な長さは $ℓ$ です． $ω ℓ / c$ が十分小さく，ループ内では場を一様とみなせます．ループには自己インダクタンス $L$ ，内部抵抗 $r > 0$ ，コンデンサー $C$ ，負荷抵抗 $R > 0$ が直列につながっています．内部抵抗には負荷以外の損失を全て含め，入射波は受信によって変化しない模型とします．

ファラデーの法則から起電力の複素振幅を求め，負荷の平均消費電力を導け．
$ω, L, C, r$ を固定したとき，負荷の電力を最大にする $R$ を求めよ．共振時に，最大負荷電力を入射強さ $I$ で割った有効な捕集面積を求めよ．
この入射波が，遠方の小さな振動双極子から届く放射だとします．全放射電力は $P_{s}$ ，源からの距離は $d_{s}$ ，双極子の軸と源から受信器へ向かう方向は直交します．遠方の強さは $I (d_{s}, θ) = 3 P_{s} \sin^{2} θ / (8 π d_{s}^{2})$ で， $θ$ は双極子の軸との角です．共振時の最大負荷電力を $P_{s}$ の割合で表せ．

［図：受信ループと直列回路］

遠方の送信双極子から距離d_sにある面積Aの受信ループを示す．ループはxy平面にあり，波はx方向へ進む．E_yが正の瞬間のB_zを緑の⊙で示す．別に，コイルL，内部抵抗r，コンデンサーC，負荷抵抗Rの直列等価回路を描く．等価回路の交流源はループの誘導起電力を表す．

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考え方

入射波の磁束が交流の起電力を作る．電流は複素インピーダンスで解き，負荷の抵抗だけに生じる熱を取り出す．

正のz方向を磁束の正とすると $\hat{Φ} = A E_{0} / c$ ． $E = - \frac{d Φ}{d t}$ より $\hat{E} = - i ω A E_{0} / c$ である． $X = ω L - 1 / (ω C)$ とおけば

Z = r + R + i ω L + \frac{1}{i ω C} = r + R + i X, \hat{I} = \frac{- i ω A E_{0} / c}{r + R + i X} .

実際の電流は $\hat{I} e^{i ω t}$ の実部であり， $⟨ I (t)^{2} ⟩ = {| \hat{I} |}^{2} / 2$ ．よって負荷電力は

P_{R} = \frac{R ω^{2} A^{2} E_{0}^{2}}{2 c^{2} [{(r + R)}^{2} + X^{2}]} .

$R$ に依存する因子を微分すると

\frac{d}{d R} (\frac{R}{{(r + R)}^{2} + X^{2}}) = \frac{r^{2} + X^{2} - R^{2}}{{[{(r + R)}^{2} + X^{2}]}^{2}} .

小さい $R$ で正，大きい $R$ で負だから，最大は $R = \sqrt{r^{2} + X^{2}}$ ．共振 $X = 0$ では $R = r$ ， $P_{R, max} = ω^{2} A^{2} E_{0}^{2} / (8 r c^{2})$ である．入射強さ $I = ε_{0} c E_{0}^{2} / 2$ で割ると

S_{eff} = \frac{P_{R, max}}{I} = \frac{ω^{2} A^{2}}{4 r ε_{0} c^{3}} .

これは面積の次元を持ち，負荷の電力を入射強さと比較する量である． $R \to 0$ と $R \to \infty$ の両極限で負荷電力は0になる．ループの一様場・集中定数近似は $ω ℓ / c$ が小さい範囲でのみ使える．

$θ = π / 2$ では $I = 3 P_{s} / (8 π d_{s}^{2})$ ．従って $P_{R, max} = I S_{eff}$ を使うと

\frac{P_{R, max}}{P_{s}} = \frac{3 S_{eff}}{8 π d_{s}^{2}} = \frac{3 ω^{2} A^{2}}{32 π r ε_{0} c^{3} d_{s}^{2}} .

局所的な場を平面波とみなすには $ℓ / d_{s}$ と $λ / d_{s}$ も小さいことが必要である．捕集する割合が十分小さい範囲で，源の放射を受信によって変化しないとする模型と整合する．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

同一直線上の2粒子を，ばね定数 $K$ ，自然長 $ℓ_{0}$ の軽いばねで結びます．質量と電荷はそれぞれ $m, q$ と $3 m, 2 q$ です．粒子間の静電力の効果は無視でき，ばねの復元力だけで相対運動が決まるものとします．重心は静止し，ばねの伸びは初め $A$ ，相対速度は0です． $0 < A < ℓ_{0}$ とし，粒子の順序は変わりません．源の大きさと波長の比，速さと光速の比は十分小さく，放射による運動の変化を無視します．

この範囲で，系全体の平均双極放射電力は $⟨ P ⟩ = ⟨ {| \frac{d^{2} p}{d t^{2}} |}^{2} ⟩ / (6 π ε_{0} c^{3})$ です．

相対振動の角振動数と，時間変化する双極子モーメントを求め，平均放射電力を導け．
各粒子のラーモアの電力を別々に計算して足すと，(1)の何倍になりますか．その計算が正しくない理由を述べよ．
第2粒子の電荷だけを $3 q$ に変えると，双極放射はどうなりますか．粒子の運動自体が止まるかも答えよ．

**［図：二つの荷電粒子と伸びたばね］**
同一直線上の質量・電荷m，qと3m，2qの粒子をばね定数Kのばねで結ぶ．初めの粒子間距離を自然長ℓ_0と伸びAに分けて示し，重心や各変位を書き込める基準線を添える．

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考え方

近接した2粒子の放射は位相がそろうので，放射電場に比例する双極子の加速度を足してから2乗する．

位置を $x_{1}, x_{2}$ ，伸びを $ξ = x_{2} - x_{1} - ℓ_{0}$ とすると $m \frac{d^{2} x_{1}}{d t^{2}} = K ξ$ ， $3 m \frac{d^{2} x_{2}}{d t^{2}} = - K ξ$ ．従って

\frac{d^{2} ξ}{d t^{2}} = - \frac{4 K}{3 m} ξ, Ω = \sqrt{\frac{4 K}{3 m}}, ξ = A \cos Ω t .

重心一定より各変位は $- 3 ξ / 4, ξ / 4$ ．双極子モーメントの変化部分は $p_{x} = q (- 3 ξ / 4) + 2 q (ξ / 4) = - q ξ / 4$ である．定数部分は放射に寄与しない．よって $\frac{d^{2} p_{x}}{d t^{2}} = q Ω^{2} A \cos Ω t / 4$ ，平均電力は

⟨ P ⟩ = \frac{q^{2} Ω^{4} A^{2}}{192 π ε_{0} c^{3}} .

加速度振幅は $3 Ω^{2} A / 4, Ω^{2} A / 4$ なので，個別の電力の和は

\frac{Ω^{4} A^{2}}{12 π ε_{0} c^{3}} [q^{2} {(\frac{3}{4})}^{2} + 4 q^{2} {(\frac{1}{4})}^{2}] = \frac{13 q^{2} Ω^{4} A^{2}}{192 π ε_{0} c^{3}} .

これは正しい値の13倍である．放射電場には互いに逆向きの加速度による干渉があり，個別の強さを足すと交差項を失う．

$q_{2} = 3 q$ では $p_{x} = q (- 3 ξ / 4) + 3 q (ξ / 4) = 0$ となり，変化部分が消えるので双極放射は0である．ばねによる振動は続く．これは双極子近似の結論で，高次の放射まで0とは断定できない．近似には $Ω (ℓ_{0} + A) / c$ ， $Ω A / c$ が小さいことが必要であり，(1)での1周期の放射損失と振動エネルギーの比 $⟨ P ⟩ (2 π / Ω) / (K A^{2} / 2)$ も十分小さくなければならない．