L'or est jaune, l'argent est blanc : l'indice complexe d'un métal

La stratégie. La partie imaginaire de l'indice fait décroître l'onde, sa partie réelle la fait osciller ; la réflexion, elle, ne dépend que de $\underline{r}=\frac{1-\underline{n}}{1+\underline{n}}$, et c'est le module de $\underline{n}$ qui la rend grande. Une couleur métallique est une courbe $R(\lambda )$.

1) La profondeur de pénétration. Avec $\underline{k}=\underline{n}\frac{\omega }{c}=(n^{\prime }-\mathrm{j}{n}^{\prime \prime })\frac{\omega }{c}$, $${\mathrm{e}}^{\mathrm{j}(\omega t-\underline{k}x)}={\mathrm{e}}^{\mathrm{j}(\omega t-n^{\prime }\omega x/c)}{\mathrm{e}}^{-n^{\prime \prime }\omega x/c}:$$ l'onde progresse à la vitesse de phase $c/n^{\prime }$ et son amplitude décroît en ${\mathrm{e}}^{-x/\delta }$, avec $$\delta =\frac{c}{n^{\prime \prime }\omega }=\frac{\lambda }{2\pi n^{\prime \prime }}.$$ Le signe $n^{\prime \prime }>0$ est celui d'une onde qui s'atténue en avançant : c'est ce qui fixe le signe $-\mathrm{j}$ dans la convention ${\mathrm{e}}^{\mathrm{j}(\omega t-kx)}$. Pour l'aluminium, $\delta =\frac{633}{2\pi \times 7,54}=13,4\mathrm{nm}$ : la lumière ne pénètre que d'une trentaine de couches atomiques. La puissance, en carré de l'amplitude, décroît en ${\mathrm{e}}^{-2x/\delta }$ : après $100\mathrm{nm}$, il en reste ${\mathrm{e}}^{-2\times 100/13,4}=3\times 10^{-7}$.

2) Le miroir d'aluminium. $$\underline{r}=\frac{1-(1,45-7,54\mathrm{j})}{1+(1,45-7,54\mathrm{j})}=\frac{-0,45+7,54\mathrm{j}}{2,45-7,54\mathrm{j}}=-0,922+0,240\mathrm{j},$$ $$R=|\underline{r}{|}^2=\frac{0,45^2+7,54^2}{2,45^2+7,54^2}=0,908.$$ L'aluminium renvoie $91\%$ de la lumière rouge. Les $9\%$ restants entrent dans le métal et y sont absorbés dans les premières dizaines de nanomètres (ils l'échauffent) : une couche de $100\mathrm{nm}$, sept fois $\delta$, ne laisse rien passer, et la réflexion est celle d'un métal massif. C'est le miroir de salle de bains, et celui des grands télescopes (aluminium déposé sous vide).

3) La couleur de l'or et de l'argent. Même calcul :

Pouvoir réfléchissant calculé à partir des indices de la même table publiée (onze longueurs d'onde par métal).

L'or renvoie $96\%$ du rouge et $79\%$ du jaune-vert, mais seulement $41\%$ du bleu : la lumière blanche réfléchie a perdu une bonne part de son bleu, elle paraît jaune. Le bleu non réfléchi est absorbé dans le métal. L'argent renvoie de $97$ à $99\%$ de tout le spectre visible, presque uniformément : il renvoie la lumière blanche telle quelle, il paraît blanc, et c'est le meilleur miroir du visible. La différence est dans $n^{\prime \prime }$ : celui de l'or s'effondre dans le bleu (absorption par les électrons des couches internes, qui commence vers $2,4\mathrm{eV}$, $520\mathrm{nm}$), celui de l'argent reste grand jusqu'à l'ultraviolet.

4) La feuille d'or verte. La lumière qui traverse la feuille a d'abord franchi la face d'entrée, fraction $1-R$, puis parcouru l'épaisseur $d$, la puissance étant multipliée par ${\mathrm{e}}^{-2d/\delta }={\mathrm{e}}^{-4\pi n^{\prime \prime }d/\lambda }$ ; on néglige la face de sortie et les réflexions multiples, qui modifient le résultat d'un facteur de l'ordre de l'unité, semblable aux deux longueurs d'onde. À $496\mathrm{nm}$ : $$(1-0,447){\mathrm{e}}^{-4\pi \times 1,83\times 100/496}=0,553\times {\mathrm{e}}^{-4,64}=5,3\times 10^{-3};$$ à $660\mathrm{nm}$ : $(1-0,963){\mathrm{e}}^{-4\pi \times 3,70\times 100/660}=0,037\times {\mathrm{e}}^{-7,04}=3,3\times 10^{-5}$, 160 fois moins. Le rouge est presque entièrement réfléchi, et ce qui entre est absorbé plus vite ; le bleu-vert, moins réfléchi et moins absorbé, passe : la feuille, jaune en réflexion, est verte en transmission. Michael Faraday, qui avait remarqué ce contraste, en tira ses travaux sur l'or colloïdal.

5) Le métal d'indice infini. Si $|\underline{n}|\to \infty$, $\underline{r}=\frac{1-\underline{n}}{1+\underline{n}}\to -1$ et $R\to 1$ : réflexion totale avec inversion du champ électrique. Le champ total à la surface, côté air, vaut $(1+\underline{r})E_0\to 0$ : un nœud du champ électrique sur la surface ; l'onde stationnaire qui se forme devant le métal a ses nœuds de $\overrightarrow{E}$ à la surface puis tous les $\lambda /2$. Pour $\underline{n}=N\frac{1-\mathrm{j}}{\sqrt{2}}$ (module $N$, parties réelle et imaginaire égales) : $$R=0,754(N=10),R=0,972(N=100),R=0,997(N=1000).$$ $1-R$ décroît à peu près comme $1/N$ : il faut un indice de module considérable pour approcher la réflexion parfaite. L'aluminium ($|\underline{n}|=7,7$) réfléchit pourtant $91\%$, mieux que l'indice de module $10$ ci-dessus : c'est que sa partie réelle est petite devant sa partie imaginaire, et que $R$ dépend de $n^{\prime }$ et de $n^{\prime \prime }$ séparément, $R=\frac{(1-n^{\prime }{)}^2+n^{\prime \prime 2}}{(1+n^{\prime }{)}^2+n^{\prime \prime 2}}$, proche de $1$ dès que $n^{\prime }\ll 1\ll n^{\prime \prime }$ (l'argent).

Ce que l'exercice installe. Un indice complexe $\underline{n}=n^{\prime }-\mathrm{j}{n}^{\prime \prime }$ porte à la fois la réflexion, par $|\underline{r}{|}^2=\frac{(1-n^{\prime }{)}^2+n^{\prime \prime 2}}{(1+n^{\prime }{)}^2+n^{\prime \prime 2}}$, et l'absorption, par la longueur $\delta =\lambda /(2\pi n^{\prime \prime })$ ; une couche de quelques $\delta$ suffit à rendre un métal opaque. Une couleur métallique est une courbe $R(\lambda )$, et la lumière transmise par une feuille mince a la couleur complémentaire. Un indice de grand module donne $R\to 1$ et un nœud du champ électrique à la surface.