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発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学）の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学）

質量 $m$ の非相対論的な粒子が、中心力ポテンシャル
$V (r) = V_{0} e^{- r^{2} / a^{2}} (V_{0} は実定数, a > 0)$
によって散乱される。入射粒子の波数を $k > 0$ （エネルギー $E = ℏ^{2} k^{2} / (2 m)$ ）とし、散乱振幅は第 1 ボルン近似で評価する。散乱振幅 $f$ は、入射平面波 $e^{ik z}$ に対して漸近形 $ψ \sim e^{ik z} + f (θ) e^{ik r} / r$ で定義する。このとき、全断面積 $σ$ を $m, V_{0}, a, k, ℏ$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

ボルン近似の散乱振幅と断面積（説明と入口の問題）
ガウス積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（175 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

第 1 ボルン近似では、散乱振幅はポテンシャルのフーリエ変換（運動量移行 $q$ の関数）に比例します。

ヒント 2

$f = - \frac{m}{2 π ℏ ^{2}} \int d^{3} r V (r) e^{- i q \cdot r}$ と $q^{2} = 2 k^{2} (1 - cos θ)$ を使います。ガウス積分は $x, y, z$ に分けて平方完成すると計算できます。

ヒント 3

$f (θ) = - \frac{π m V _{0} a ^{3}}{2 ℏ ^{2}} e^{- q^{2} a^{2} /4}$ となるので、 $\frac{d σ}{d Ω} \propto e^{- k^{2} a^{2} (1 - c o s θ)}$ を $d Ω = 2 π d (cos θ)$ で積分します。

答えと解説

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\frac{π ^{2} m ^{2} V _{0}^{2} a ^{4}}{2 ℏ ^{4} k ^{2}} (1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}})

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解説を読む

第 1 ボルン近似の散乱振幅

運動量移行を $q = k^{'} - k$ とすると、 $∣ k^{'} ∣ = ∣ k ∣ = k$ より
$q^{2} = 2 k^{2} (1 - cos θ)$
である。第 1 ボルン近似の散乱振幅は
$f (θ) = - \frac{m}{2 π ℏ ^{2}} \int d^{3} r V (r) e^{- i q \cdot r}$
で与えられる。

フーリエ変換の計算

ガウス関数は直交座標で変数分離できる。
$\int d^{3} r e^{- r^{2} / a^{2}} e^{- i q \cdot r} = j = x, y, z \prod \int_{- \infty}^{\infty} d x_{j} e^{- x_{j}^{2} / a^{2} - i q_{j} x_{j}} = (π a)^{3} e^{- q^{2} a^{2} /4}$
各因子は、平方完成 $- \frac{x ^{2}}{a ^{2}} - i q x = - \frac{1}{a ^{2}} (x + \frac{i q a ^{2}}{2})^{2} - \frac{q ^{2} a ^{2}}{4}$ を用いて求めた。よって
$f (θ) = - \frac{m}{2 π ℏ ^{2}} V_{0} π^{3/2} a^{3} e^{- q^{2} a^{2} /4} = - \frac{π m V _{0} a ^{3}}{2 ℏ ^{2}} e^{- q^{2} a^{2} /4}$

微分断面積

$\frac{d σ}{d Ω} = ∣ f ∣^{2} = \frac{π m ^{2} V _{0}^{2} a ^{6}}{4 ℏ ^{4}} e^{- q^{2} a^{2} /2} = \frac{π m ^{2} V _{0}^{2} a ^{6}}{4 ℏ ^{4}} e^{- k^{2} a^{2} (1 - c o s θ)}$

全断面積

$u = cos θ$ と置くと、 $d Ω = 2 π d u$ （ $- 1 \leq u \leq 1$ ）である。
$\int d Ω e^{- k^{2} a^{2} (1 - u)} = 2 π \int_{- 1}^{1} e^{- k^{2} a^{2} (1 - u)} d u = 2 π [\frac{e ^{- k^{2} a^{2} (1 - u)}}{k ^{2} a ^{2}}]_{- 1}^{1} = \frac{2 π ( 1 - e ^{- 2 k^{2} a^{2}} )}{k ^{2} a ^{2}}$
したがって
$σ = \frac{π m ^{2} V _{0}^{2} a ^{6}}{4 ℏ ^{4}} \cdot \frac{2 π ( 1 - e ^{- 2 k^{2} a^{2}} )}{k ^{2} a ^{2}} = \frac{π ^{2} m ^{2} V _{0}^{2} a ^{4}}{2 ℏ ^{4} k ^{2}} (1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}})$

検算

$k a \to 0$ では $1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}} \approx 2 k^{2} a^{2}$ となり、 $σ \to π^{2} m^{2} V_{0}^{2} a^{6} / ℏ^{4}$ を得る。これは等方散乱の $4 π ∣ f (0) ∣^{2}$ に一致する。

別解

第1ボルン近似では、散乱振幅は $f (q) = - \frac{m}{2 π ℏ ^{2}} \int V (r) e^{- i q \cdot r} d^{3} r$ である。ここで $q = 2 k sin (θ /2)$ とする。

ガウス積分 $\int e^{- r^{2} / a^{2}} e^{- i q \cdot r} d^{3} r = (π a^{2})^{3/2} e^{- q^{2} a^{2} /4}$ を用いると、
$f = - \frac{m V _{0}}{2 π ℏ ^{2}} π^{3/2} a^{3} e^{- q^{2} a^{2} /4} .$

次に $∣ f ∣^{2}$ を立体角で積分する。 $q^{2} = 2 k^{2} (1 - cos θ)$ より $sin θ d θ = d (q^{2}) / (2 k^{2})$ なので、
$\int e^{- q^{2} a^{2} /2} d Ω = \frac{2 π}{2 k ^{2}} \int_{0}^{4 k^{2}} e^{- a^{2} u /2} d u = \frac{2 π}{k ^{2} a ^{2}} (1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}}) .$

前の係数は $∣ f ∣^{2}$ の因子で、
$(\frac{m V _{0}}{2 π ℏ ^{2}})^{2} π^{3} a^{6} = \frac{π m ^{2} V _{0}^{2} a ^{6}}{4 ℏ ^{4}} .$

これらを掛けると、
$σ = \frac{π m ^{2} V _{0}^{2} a ^{6}}{4 ℏ ^{4}} \cdot \frac{2 π}{k ^{2} a ^{2}} (1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}}) = \frac{π ^{2} m ^{2} V _{0}^{2} a ^{4}}{2 ℏ ^{4} k ^{2}} (1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}}) .$

検算として $k \to 0$ の極限をとる。このとき $1 - e^{- 2 k^{2} a^{2}} \to 2 k^{2} a^{2}$ なので $σ \to π^{2} m^{2} V_{0}^{2} a^{6} / ℏ^{4}$ となる。一方、 $f (0)$ から直接 $4 π ∣ f (0) ∣^{2}$ を計算しても同じ値になり、一致する。

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