発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学）の問題

1. 第 1 ボルン近似の散乱振幅

入射波数ベクトルを $\mathbf{k}$、散乱波数ベクトルを ${\mathbf{k}}^{\prime }$（$|{\mathbf{k}}^{\prime }|=|\mathbf{k}|=k$、弾性散乱）とし、運動量移行を $\mathbf{q}={\mathbf{k}}^{\prime }-\mathbf{k}$ とおく。第 1 ボルン近似では、リップマン・シュウィンガー方程式の右辺の $\psi$ を入射平面波で置き換えて
$$f(\theta )=-\frac{m}{2\pi {\hslash }^2}\int V(\mathbf{r})e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r$$
となる。$\mathbf{k}$ と ${\mathbf{k}}^{\prime }$ のなす角が $\theta$ なので
$$q^2=|{\mathbf{k}}^{\prime }-\mathbf{k}{|}^2=2k^2(1-\cos \theta )$$
である。

2. ガウス型ポテンシャルのフーリエ変換

$e^{-r^2/a^2}=e^{-x^2/a^2}{e}^{-y^2/a^2}{e}^{-z^2/a^2}$ と分解できるので、積分は 1 次元のガウス積分の積になる。平方完成により
$${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2/a^2-i{q}_{x}x}dx=\sqrt{\pi }a{e}^{-q_x^2{a}^2/4}$$
だから
$$\int V(\mathbf{r})e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=V_0{\pi }^{3/2}{a}^3{e}^{-q^2{a}^2/4}$$
となる。よって
$$f(\theta )=-\frac{m{V}_0\sqrt{\pi }{a}^3}{2{\hslash }^2}{e}^{-q^2{a}^2/4},|f(\theta ){|}^2=\frac{\pi m^2{V}_0^2{a}^6}{4{\hslash }^4}{e}^{-q^2{a}^2/2}=\frac{\pi m^2{V}_0^2{a}^6}{4{\hslash }^4}{e}^{-k^2{a}^2(1-\cos \theta )}$$
である。

3. 全断面積

$d\Omega =2\pi d(\cos \theta )$（方位角について一様）であり、$u=1-\cos \theta$ とおくと $\cos \theta$ が $-1$ から $1$ まで動くとき $u$ は $2$ から $0$ まで動く。したがって
$$\sigma =2\pi \cdot \frac{\pi m^2{V}_0^2{a}^6}{4{\hslash }^4}{\int }_0^2{e}^{-k^2{a}^{2}u}du=\frac{{\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^6}{2{\hslash }^4}\cdot \frac{1-e^{-2k^2{a}^2}}{k^2{a}^2}$$
となり、
$$\sigma =\frac{{\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^4}{2{\hslash }^4{k}^2}\left(1-e^{-2k^2{a}^2}\right)$$
である。

（確認：$ka\to 0$ では $1-e^{-2k^2{a}^2}\approx 2k^2{a}^2$ なので $\sigma \to {\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^6/{\hslash }^4$ となる。これは低エネルギーで散乱が等方的になり $\sigma =4\pi |f{|}^2$、$|f{|}^2=\pi m^2{V}_0^2{a}^6/(4{\hslash }^4)$ となることと一致する。また $ka\gg 1$ では $\sigma \propto 1/k^2$ となり、前方散乱に集中する高エネルギーの振る舞いを表している。）

第1ボルン近似では、散乱振幅は $f(\theta )=-\frac{m}{2\pi {\hslash }^2}\int V(r)e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r$ で与えられる。ここで $\mathbf{q}={\mathbf{k}}^{\prime }-\mathbf{k}$、$q=2k\sin (\theta /2)$ である。

ガウス関数のフーリエ変換は $\int e^{-r^2/a^2}{e}^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=(\pi a^2{)}^{3/2}{e}^{-q^2{a}^2/4}$ である。よって
$$f(\theta )=-\frac{\sqrt{\pi }m{V}_0{a}^3}{2{\hslash }^2}{e}^{-q^2{a}^2/4}.$$

これより
$$|f{|}^2=\frac{\pi m^2{V}_0^2{a}^6}{4{\hslash }^4}{e}^{-q^2{a}^2/2}.$$
$q^2=2k^2(1-\cos \theta )$ なので、$e^{-q^2{a}^2/2}=e^{-k^2{a}^2(1-\cos \theta )}$ となる。

$d\Omega =2\pi d\cos \theta$ とし、$x=\cos \theta$、$u=1-x$ と置くと
$${\int }_{-1}^1{e}^{-k^2{a}^2(1-x)}dx={\int }_0^2{e}^{-k^2{a}^{2}u}du=\frac{1-e^{-2k^2{a}^2}}{k^2{a}^2}.$$

したがって
$$\sigma =2\pi \cdot \frac{\pi m^2{V}_0^2{a}^6}{4{\hslash }^4}\cdot \frac{1-e^{-2k^2{a}^2}}{k^2{a}^2}=\frac{{\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^4}{2{\hslash }^4{k}^2}\left(1-e^{-2k^2{a}^2}\right).$$

検算として低エネルギー極限 $k\to 0$ を調べる。$1-e^{-2k^2{a}^2}\to 2k^2{a}^2$ より $\sigma \to {\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^6/{\hslash }^4$ となる。一方、$f(0{)}^2=\pi m^2{V}_0^2{a}^6/(4{\hslash }^4)$ から $4\pi f(0{)}^2={\pi }^2{m}^2{V}_0^2{a}^6/{\hslash }^4$ であり、一致する。