光学定理とユニタリー性の上限

光学定理 $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ を部分波展開で確かめ、前方散乱振幅の虚部から全断面積を求めたり、各部分波の断面積の上限 $σ_{l} \leq \frac{4 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ や吸収がある場合の弾性・反応断面積を求められる

前提

部分波展開と位相のずれ（大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学））

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算数中学高校大学大学院

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水素原子のエネルギー準位と波動関数（大学物理量子力学（角運動量・近似法））
部分波展開と位相のずれ（大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学））

説明

光学定理 $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ は、全断面積（散乱と吸収を合わせて入射波から取り除かれる割合）が、前方（ $θ = 0$ ）の散乱振幅の虚部だけで決まることを述べる関係です。確率の保存（ユニタリー性）から来るもので、部分波展開を使うと簡単に確かめられます。部分波ごとに見ると、各 $l$ の断面積には $σ_{l} \leq \frac{4 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ という上限があり、吸収（粒子が別の状態へ移る反応）がある場合には弾性散乱断面積と反応断面積を分けて計算できます。前方散乱振幅から全断面積を求めたり、共鳴の高さの上限を見積もったりする場面で使います。

なぜそうしてよいのか

部分波展開では、遠方の波動関数は入ってくる球面波 $e^{- ik r}$ と出ていく球面波 $e^{ik r}$ の和で、平面波 $e^{ik z}$ と比べた違いは、各部分波の出ていく波に係数 $S_{l}$ が掛かることだけです。位相のずれだけがある弾性散乱では $S_{l} = e^{2 i δ_{l}}$ で、このとき
$f (θ) = l \sum (2 l + 1) \frac{S _{l} - 1}{2 ik} P_{l} (cos θ) = \frac{1}{k} l \sum (2 l + 1) e^{i δ_{l}} sin δ_{l} P_{l} (cos θ)$
（ $\frac{e ^{2 i δ} - 1}{2 i} = e^{i δ} sin δ$ ）です。 $P_{l} (1) = 1$ と $Im (e^{i δ_{l}} sin δ_{l}) = sin^{2} δ_{l}$ から $Im f (0) = \frac{1}{k} \sum_{l} (2 l + 1) sin^{2} δ_{l}$ となり、 $σ = \frac{4 π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) sin^{2} δ_{l}$ と比べれば $σ = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ が確かめられます。直観的には、散乱で失われた分だけ前方の透過波が弱まっていなければならず、その弱まりが前方での入射波と散乱波の干渉、つまり $f (0)$ の虚部に現れるのです。

粒子が吸収される（別のチャネルへ反応する）ときは、出ていく波は入ってきた波より弱くなり $∣ S_{l} ∣ \leq 1$ です（増えることはないので $∣ S_{l} ∣ > 1$ にはならない。これがユニタリー性の条件です）。そこで $S_{l} = η_{l} e^{2 i δ_{l}}$ （ $0 \leq η_{l} \leq 1$ ）と書きます。弾性散乱断面積は $\int ∣ f ∣^{2} d Ω$ に直交性 $\int P_{l} P_{l^{'}} d Ω = \frac{4 π}{2 l + 1} δ_{l l^{'}}$ を使って
$σ_{el} = \frac{π}{k ^{2}} l \sum (2 l + 1) ∣1 - S_{l} ∣^{2}$
です。一方、部分波 $l$ の入ってくる波が運ぶ流れは断面積にして $\frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ 分、出ていく波はその $∣ S_{l} ∣^{2}$ 倍なので、失われた分が反応断面積
$σ_{r} = \frac{π}{k ^{2}} l \sum (2 l + 1) (1 - ∣ S_{l} ∣^{2})$
です。両者を足すと $∣1 - S ∣^{2} + 1 - ∣ S ∣^{2} = 2 (1 - Re S)$ より $σ_{tot} = \frac{2 π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) (1 - Re S_{l})$ で、 $Im \frac{S _{l} - 1}{2 ik} = \frac{1 - Re S _{l}}{2 k}$ を使うとこれも $\frac{4 π}{k} Im f (0)$ に一致します。光学定理は吸収があっても成り立ち、そのとき左辺は弾性＋反応の全断面積です。

上限は $∣ S_{l} ∣ \leq 1$ から出ます。 $∣1 - S_{l} ∣ \leq 2$ なので弾性断面積は $σ_{el, l} \leq \frac{4 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ （ $S_{l} = - 1$ 、つまり $δ_{l} = \frac{π}{2}$ の共鳴で等号）、反応断面積は $σ_{r, l} \leq \frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ （ $S_{l} = 0$ の完全吸収で等号）です。完全吸収でも $σ_{el, l} = σ_{r, l}$ の弾性散乱が必ず伴います（影の散乱）。

手順

各部分波の $S_{l}$ を書く（弾性のみなら $S_{l} = e^{2 i δ_{l}}$ 、吸収があれば $S_{l} = η_{l} e^{2 i δ_{l}}$ 、 $0 \leq η_{l} \leq 1$ ）
前方散乱振幅 $f (0) = \sum_{l} (2 l + 1) \frac{S _{l} - 1}{2 ik}$ を計算し、虚部 $Im f (0) = \frac{1}{2 k} \sum_{l} (2 l + 1) (1 - Re S_{l})$ をとる
光学定理 $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ で全断面積を求める
必要に応じて $σ_{el} = \frac{π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) ∣1 - S_{l} ∣^{2}$ 、 $σ_{r} = \frac{π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) (1 - ∣ S_{l} ∣^{2})$ を計算し、和が $σ_{tot}$ になることで確かめる
上限を問われたら $∣ S_{l} ∣ \leq 1$ から $σ_{el, l} \leq \frac{4 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ 、 $σ_{r, l} \leq \frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ を使う

例題

波数 $k$ の粒子の散乱で、 $l = 0$ の部分波だけが寄与し、その $S$ 行列の値（出ていく球面波の係数）が $S_{0} = \frac{1}{2}$ であるとする（ $l \geq 1$ では $S_{l} = 1$ ）。散乱振幅は $f (θ) = \sum_{l} (2 l + 1) \frac{S _{l} - 1}{2 ik} P_{l} (cos θ)$ で与えられる。光学定理を用いて、全断面積（弾性散乱断面積と反応断面積の和） $σ_{tot}$ を $k$ で表せ。

例題の解答

手順 1： $S_{0} = \frac{1}{2}$ （ $η_{0} = \frac{1}{2}$ 、 $δ_{0} = 0$ ）で、 $∣ S_{0} ∣ < 1$ なので吸収がある。

手順 2： $P_{0} = 1$ より
$f (0) = \frac{S _{0} - 1}{2 ik} = \frac{- \frac{1}{2}}{2 ik} = \frac{- 1}{4 ik} = \frac{i}{4 k}, Im f (0) = \frac{1}{4 k} .$

手順 3：
$σ_{tot} = \frac{4 π}{k} \cdot \frac{1}{4 k} = \frac{π}{k ^{2}} .$

手順 4（確認）： $σ_{el} = \frac{π}{k ^{2}} 1 - \frac{1}{2}^{2} = \frac{π}{4 k ^{2}}$ 、 $σ_{r} = \frac{π}{k ^{2}} (1 - \frac{1}{4}) = \frac{3 π}{4 k ^{2}}$ で、和は $\frac{π}{k ^{2}}$ となり一致する。

手順 5（参考）： $σ_{r} = \frac{3 π}{4 k ^{2}}$ は $l = 0$ の反応断面積の上限 $\frac{π}{k ^{2}}$ を超えていない。

答え: $\frac{π}{k ^{2}}$

よくある誤り

光学定理で虚部ではなく実部や絶対値を使い、 $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} ∣ f (0) ∣$ などとしてしまう誤り。正しくは $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ 。例えば $δ_{0}$ だけの弾性散乱では $f (0) = \frac{1}{k} e^{i δ_{0}} sin δ_{0}$ で、 $Im f (0) = \frac{s i n ^{2} δ _{0}}{k}$ から $σ = \frac{4 π}{k ^{2}} sin^{2} δ_{0}$ が出る。
吸収があるとき、光学定理で得られるのは弾性散乱断面積だけだとしてしまう誤り。正しくは $\frac{4 π}{k} Im f (0) = σ_{el} + σ_{r} = \frac{2 π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) (1 - Re S_{l})$ で、弾性だけなら $\frac{π}{k ^{2}} \sum_{l} (2 l + 1) ∣1 - S_{l} ∣^{2}$ 。
部分波の断面積の上限を幾何学的な $π a^{2}$ に合わせて $σ_{l} \leq \frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ を弾性散乱にも使ってしまう誤り。弾性散乱では $∣1 - S_{l} ∣ \leq 2$ より $σ_{el, l} \leq \frac{4 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ （ $δ_{l} = \frac{π}{2}$ で等号）で、 $\frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ は反応断面積 $σ_{r, l}$ の上限（ $S_{l} = 0$ で等号）。
完全吸収（ $S_{l} = 0$ ）では弾性散乱が起こらないとしてしまう誤り。 $S_{l} = 0$ でも $∣1 - S_{l} ∣^{2} = 1$ なので $σ_{el, l} = \frac{π}{k ^{2}} (2 l + 1) = σ_{r, l}$ で、正しくは吸収した分と同じだけの弾性散乱（影の散乱）が必ず伴い、全断面積は $\frac{2 π}{k ^{2}} (2 l + 1)$ 。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
波数 $k > 0$ の粒子の、吸収（非弾性過程）をともなう散乱を考える。散乱振幅は部分波展開で
$f (θ) = l = 0 \sum \infty (2 l + 1) \frac{S _{l} - 1}{2 ik} P_{l} (cos θ)$
と書け、ここでは $l = 0$ の部分波だけが散乱に寄与し、 $S_{0} = \frac{1}{2}$ 、 $S_{l} = 1 (l \geq 1)$ であるとする（ $P_{l}$ はルジャンドル多項式で $P_{l} (1) = 1$ ）。
光学定理 $σ_{tot} = \frac{4 π}{k} Im f (0)$ を用いて、全断面積 $σ_{tot}$ （弾性散乱と吸収の断面積の和）を $k$ を用いて表せ。