2→2 散乱の微分断面積と全断面積

重心系の公式 $\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$ を使い、同種粒子の因子 $\frac{1}{2}$ に注意して全立体角で積分し、全断面積やその高エネルギー・閾値での極限（例: φ⁴ 理論の $σ = \frac{λ ^{2}}{32 π s}$ ）を求められる

前提

ファインマン則と樹木図の散乱振幅（大学院物理場の量子論）
散乱断面積とラザフォードの公式（大学物理原子核・素粒子）

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算数中学高校大学大学院

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相対論的エネルギーと運動量（大学物理特殊相対論）
4 元運動量とそのローレンツ変換（大学物理特殊相対論）
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線形変換と行列（大学数学線形代数）
核と像と次元定理（大学数学線形代数）
固有値と固有ベクトル（大学数学線形代数）
掃き出し法による逆行列（大学数学線形代数）
基底の変換と表現行列（大学数学線形代数）
対角化と行列の累乗（大学数学線形代数）
対称行列の直交対角化（大学数学線形代数）
2 次形式の標準形と符号（大学数学線形代数）
エルミート行列とエルミート形式の符号（大学数学線形代数）
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ファインマン則と樹木図の散乱振幅（大学院物理場の量子論）
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勾配・発散・回転（大学数学ベクトル解析）
保存場とポテンシャル（大学数学ベクトル解析）
保存力とポテンシャル（大学物理力学（質点・剛体））
力のつり合いと作用・反作用（中学理科物理分野の用語と知識）
慣性の法則と物体の運動（中学理科物理分野の用語と知識）
等速円運動の速度と加速度（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
等速円運動の速さ・角速度・周期（高校物理円運動・単振動・万有引力）
三角関数のグラフの拡大と平行移動（数学II 三角関数）
単振動の変位・速度・加速度（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
単振動の変位・速度・加速度の式（高校物理円運動・単振動・万有引力）
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点と直線の距離（数学II 図形と方程式）
円と直線の位置関係と弦の長さ（数学II 図形と方程式）
極方程式（数学C 平面上の曲線）
条件を満たす点の軌跡（数学II 図形と方程式）
放物線の方程式と焦点・準線（数学C 平面上の曲線）
楕円の方程式と焦点（数学C 平面上の曲線）
双曲線の方程式と焦点・漸近線（数学C 平面上の曲線）
離心率と準線（数学C 平面上の曲線）
2 次曲線の極方程式（数学C 平面上の曲線）
向心力（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
向心力と円運動の運動方程式（高校物理円運動・単振動・万有引力）
万有引力の法則（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
人工衛星と静止衛星（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
円軌道の人工衛星の速さと周期（高校物理円運動・単振動・万有引力）
万有引力による位置エネルギーと脱出速度（高校物理円運動・単振動・万有引力）
ケプラーの 3 法則（高校物理円運動・単振動・万有引力（知識））
楕円軌道の速さ（面積速度一定とエネルギー保存）（高校物理円運動・単振動・万有引力）
ケプラー問題の軌道（大学物理力学（質点・剛体））
運動量と力積（高校物理仕事・エネルギーと運動量）
クーロン散乱の衝突径数と散乱角（大学物理原子核・素粒子）
散乱断面積とラザフォードの公式（大学物理原子核・素粒子）

説明

ファインマン則で求めた不変振幅 $M$ を、実験で測る量である散乱断面積に変換する技能です。重心系では 2 体→2 体散乱の微分断面積が $\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$ という簡単な式で書け、これを立体角で積分すれば全断面積が得られます。終状態に同じ種類の粒子が 2 個あるときの因子 $\frac{1}{2}$ と、閾値付近や高エネルギーでの振る舞いの読み取りがポイントです。

なぜそうしてよいのか

$ℏ = c = 1$ 、計量 $(+, -, -, -)$ とし、1 粒子状態を相対論的に $⟨ p ∣ q ⟩ = 2 E_{p} (2 π)^{3} δ^{3} (p - q)$ と規格化します。この規格化のもとで、散乱の確率を入射粒子の流束で割ったものが断面積で、
$d σ = \frac{1}{4 E _{1} E _{2} ∣ v _{1} - v _{2} ∣} ∣ M ∣^{2} \frac{d ^{3} p _{3}}{( 2 π ) ^{3} 2 E _{3}} \frac{d ^{3} p _{4}}{( 2 π ) ^{3} 2 E _{4}} (2 π)^{4} δ^{4} (p_{1} + p_{2} - p_{3} - p_{4})$
と書けます。 $\frac{1}{2 E}$ は状態の規格化 $2 E$ を打ち消すための因子、 $∣ v_{1} - v_{2} ∣$ は 2 つのビームの相対速さ（流束）です。

重心系（ $p_{1} = - p_{2}$ 、 $∣ p_{1} ∣ = ∣ p_{i} ∣$ ）でこれを具体的に計算します。 $δ^{3}$ で $p_{4} = - p_{3}$ と決まり、 $p_{3}$ を極座標 $p^{2} d p d Ω$ で書くと、残るのは $\int \frac{p ^{2} d p d Ω}{16 π ^{2} E _{3} E _{4}} δ (s - E_{3} - E_{4})$ です（ $s = E_{1} + E_{2}$ は重心系の全エネルギー）。 $E_{3} = p^{2} + m_{3}^{2}$ 、 $E_{4} = p^{2} + m_{4}^{2}$ より $\frac{d ( E _{3} + E _{4} )}{d p} = \frac{p}{E _{3}} + \frac{p}{E _{4}} = \frac{p s}{E _{3} E _{4}}$ なので、デルタ関数の積分で $\frac{∣ p _{f} ∣ d Ω}{16 π ^{2} s}$ が残ります。一方、流束の因子は $v = \frac{∣ p ∣}{E}$ より $4 E_{1} E_{2} (\frac{∣ p _{i} ∣}{E _{1}} + \frac{∣ p _{i} ∣}{E _{2}}) = 4∣ p_{i} ∣ s$ 。合わせて
$\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{4∣ p _{i} ∣ s} \cdot \frac{∣ p _{f} ∣}{16 π ^{2} s} ∣ M ∣^{2} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$
が得られます。 $∣ M ∣^{2}$ は始状態のスピンについて平均し、終状態のスピンについて和をとったものです。

全断面積は $σ = \int d Ω \frac{d σ}{d Ω}$ ですが、終状態の 2 粒子が同種粒子だと、方向 $Ω$ と反対方向 $- Ω$ に出る状態は同じ 1 つの状態なので、全立体角 $4 π$ で積分すると同じ終状態を 2 回数えてしまいます。そこで $\frac{1}{2}$ を掛けます（あるいは半球だけで積分します）。 $∣ p_{f} ∣$ は閾値 $s = m_{3} + m_{4}$ で 0 になるので、閾値のすぐ上では断面積が $∣ p_{f} ∣$ に比例して小さくなります。

手順

樹木図などで $M$ を求め、始状態のスピン平均・終状態のスピン和をとって $∣ M ∣^{2}$ を作る。
重心系の運動量の大きさを $s$ と質量で表す。質量 $m_{a}, m_{b}$ の 2 粒子では $∣ p ∣ = \frac{( s - ( m _{a} + m _{b} ) ^{2} ) ( s - ( m _{a} - m _{b} ) ^{2} )}{2 s}$ 、等しい質量 $m$ なら $∣ p ∣ = \frac{s}{2} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$ 。
$\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$ に代入する。 $∣ M ∣^{2}$ が角度によるときは $t, u$ を散乱角 $θ$ で表す。
$d Ω = sin θ d θ d φ$ で全立体角を積分する。終状態が同種粒子なら $\frac{1}{2}$ を掛ける。
必要に応じて $s \to \infty$ や閾値 $s \to (m_{3} + m_{4})^{2}$ での極限を調べる。

例題

$ℏ = c = 1$ 、計量 $(+, -, -, -)$ とする。質量 $0$ の実スカラー場 $ϕ_{1}$ と質量 $m$ の実スカラー場 $ϕ_{2}$ が相互作用 $L_{int} = - \frac{λ}{4} ϕ_{1}^{2} ϕ_{2}^{2}$ （ $λ > 0$ ）をもつ。散乱 $ϕ_{1} ϕ_{1} \to ϕ_{2} ϕ_{2}$ の最低次の全断面積 $σ$ を、重心系のエネルギーの 2 乗 $s$ （ $s > 4 m^{2}$ ）と $λ, m$ で求めよ。

例題の解答

手順 1: 頂点では、2 本の $ϕ_{1}$ の外線を $ϕ_{1}^{2}$ につなぐ方法が 2 通り、2 本の $ϕ_{2}$ の外線を $ϕ_{2}^{2}$ につなぐ方法が 2 通りあるので、頂点因子は $- i \frac{λ}{4} \cdot 2 \cdot 2 = - iλ$ 。よって $M = - λ$ 、 $∣ M ∣^{2} = λ^{2}$ （スカラーなのでスピンの平均・和はない）。

手順 2: 始状態は質量 0 なので $∣ p_{i} ∣ = \frac{s}{2}$ 。終状態は質量 $m$ の 2 粒子なので $∣ p_{f} ∣ = \frac{s}{2} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$ 。

手順 3:
$\frac{d σ}{d Ω} = \frac{λ ^{2}}{64 π ^{2} s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$
で、角度によらない。

手順 4: 全立体角の積分で $4 π$ が掛かり、終状態の 2 つの $ϕ_{2}$ は同種粒子なので $\frac{1}{2}$ を掛ける:
$σ = \frac{1}{2} \cdot 4 π \cdot \frac{λ ^{2}}{64 π ^{2} s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s} = \frac{λ ^{2}}{32 π s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s} .$

手順 5: $s \to \infty$ では $σ \to \frac{λ ^{2}}{32 π s}$ 、閾値 $s \to 4 m^{2}$ では $∣ p_{f} ∣ \to 0$ により $σ \to 0$ 。

答え: $\frac{λ ^{2}}{32 π s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$

よくある誤り

終状態が同種粒子なのに全立体角 $4 π$ でそのまま積分し、例題で $σ = \frac{λ ^{2}}{16 π s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$ としてしまう誤り。 $Ω$ と $- Ω$ は同じ終状態なので、正しくは $\frac{1}{2}$ を掛けて $\frac{λ ^{2}}{32 π s} 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$ 。
$s$ と $s$ を取り違えて $\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$ としてしまう誤り。分母は重心系エネルギーの 2 乗で、正しくは $\frac{1}{64 π ^{2} s}$ （次元を数えると、スカラーの $2 \to 2$ では $M$ が無次元なので $σ$ は（エネルギー） $^{- 2}$ になる）。
質量が変わる過程でも $\frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} = 1$ としてしまう誤り。正しくは例題のように $\frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} = 1 - \frac{4 m ^{2}}{s}$ などで、これが閾値での断面積の立ち上がりを決める。
始状態のスピンを平均せずに和のまま使う誤り。たとえば 2 つのスピン 1/2 粒子の衝突では $∣ M ∣^{2} = \frac{1}{4} \sum_{全スピン} ∣ M ∣^{2}$ で、和のままだと断面積が 4 倍になる。

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）
自然単位系 $ℏ = c = 1$ 、計量の符号 $(+, -, -, -)$ を用いる。質量 $m$ の実スカラー場 $χ$ と質量ゼロの実スカラー場 $ϕ$ が
$L_{int} = - \frac{λ}{4} χ^{2} ϕ^{2} (λ > 0)$
で相互作用している。過程 $χχ \to ϕϕ$ の最低次の不変振幅は角度によらず $M = - λ$ である。
重心系のエネルギーの 2 乗を $s$ （ $s > 4 m^{2}$ ）とし、重心系の公式
$\frac{d σ}{d Ω} = \frac{1}{64 π ^{2} s} \frac{∣ p _{f} ∣}{∣ p _{i} ∣} ∣ M ∣^{2}$
を用いて、この過程の最低次の全断面積 $σ$ を $λ, m, s$ の式で求めよ。ただし終状態の 2 個の $ϕ$ は同種粒子であることに注意せよ。

この技能を使う問題

難易度 3（大学院入試の専門科目の標準レベル）
自然単位系 $ℏ = c = 1$ をとり、計量の符号を $(+, -, -, -)$ とする。実スカラー場 $ϕ$ のラグランジアン密度を
$L = \frac{1}{2} \partial_{μ} ϕ \partial^{μ} ϕ + \frac{1}{2} μ^{2} ϕ^{2} - \frac{λ}{4 !} ϕ^{4}$
とする。ここで $μ > 0$ , $λ > 0$ は定数である。この理論では $ϕ$ が真空期待値 $v > 0$ をもつ。 $ϕ = v + h$ と書き、場 $h$ が表す粒子（質量 $m_{h}$ ）を考える。
$h$ 粒子どうしの弾性散乱 $hh \to hh$ を、結合定数の最低次（樹木図レベル）で考える。重心系での全断面積 $σ (s)$ を、終状態の 2 粒子が同種粒子であることによる因子 $\frac{1}{2}$ を含めて全立体角で積分したものと定義する（ $s$ は重心系の全エネルギーの 2 乗）。
閾値極限 $σ_{0} = s \to 4 m_{h}^{2} + 0 lim σ (s)$ について、無次元量 $\frac{μ ^{2} σ _{0}}{λ ^{2}}$ の値を求めよ（正確な値で答えよ）。