初等量子力学1問1答 3/4 - ランダム勉強記録

元ネタ：量子力学演習　後藤憲一　他
　
問題

問1
Born近似を説明せよ。
答1

問2
湯川ポテンシャル $V(r)\hspace{3}=\hspace{3}V_0\frac{e^{-\mu r}}{r}$ による散乱の断面積をBorn近似で求めよ。
答2

解答

問1
シュレディンガー方程式は $k^2\hspace{3}=\hspace{3}\frac{2m}{\hbar^2}E$ 、 $U(r)\hspace{3}=\hspace{3}\frac{2m}{\hbar}V(r)$ 　とおくと、
　
$(\Delta\hspace{3}+\hspace{3}k^2)\psi\hspace{3}=\hspace{3}U(r)\psi$
　
と書ける。（ポテンシャルは球対称とする。）
この方程式の解の中で
　
$\psi\hspace{3}\sim\hspace{3}e^{ikz}\hspace{3}+\hspace{3}\frac{e^{ikr}}{r}f(\theta,\hspace{3}\phi)$
　
という形になるものを探したい。
（ここで $k$ は3次元の波数ベクトル（運動量を $\hbar$ で割ったもの）の大きさである。
　しかし、以下ではベクトルそのものも考えるので注意が必要。）
　
ここで、Green関数 $G^{(+)}(\vec{k};\hspace{3}\vec{r})$ を
　
$(\Delta\hspace{3}+\hspace{3}k^2)G^{(+)}(\vec{k};\hspace{3}\vec{r})\hspace{3}=\hspace{3}\delta(\vec{r})$
　
を満たすものとして定義する。（ただし、もう少し詳細が以下にある。）
　
これは「原点（ $r\hspace{3}=\hspace{3}0$ ）のみにソースがあるときの波動関数」と
考えることができる（と思う）。
ソースが $U(r)$ であるときの波動関数はGreen関数を足し合わせて作るのである。
それで、Green関数の $\vec{k}$ はこのエネルギーを持つ波動の波数ベクトルを表す。
　
Green関数をフーリエ変換
　
$G^{(+)}(\vec{k};\hspace{3}\vec{r})\hspace{3}=\hspace{3}\frac{1}{(2\pi)^3}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}-\infty}d^3pG(\vec{p})e^{i\vec{p}\cdot\vec{r}}$
　
して、
　
$\delta(\vec{r})\hspace{3}=\hspace{3}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}-\infty}d^3pe^{i\vec{p}\cdot\vec{r}}$
　
と合わせ考えると、
　
$G(\vec{p})\hspace{3}=\hspace{3}\frac{1}{-p^2\hspace{3}+\hspace{3}k^2}$
　
がわかる。
したがって、Green関数はこれをフーリエ変換しなおせば求められる。
しかし、積分の範囲内で $G(\vec{p})$ の分母が0になるので、そこを
避けなければならない。
そこで、実軸上の積分を複素平面内の積分と考え直し、
積分路を下のようにする。
　
$G^{(+)}(\vec{k};\hspace{3}\vec{r})\hspace{3}=\hspace{3}\frac{1}{(2\pi)^3}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}-\infty}d^3p\frac{e^{i\vec{p}\cdot\vec{r}}}{-p^2 + k^2}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}\frac{2\pi}{(2\pi)^3}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}0}p^2dp\int^{\hspace{15}1}_{\hspace{9}-1}d(cos\theta)\hspace{3}\frac{e^{iprcos\theta}}{k^2\hspace{3}-\hspace{3}p^2}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}0}dp\frac{p^2}{k^2\hspace{3}-\hspace{3}p^2}[\frac{1}{ipr}(e^{ipr}\hspace{3}-\hspace{3}e^{-ipr})]$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}\frac{i}{(2\pi)^2r}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{9}-\infty}dp\frac{p}{p^2\hspace{3}-\hspace{3}k^2}e^{ipr}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}\frac{i}{2(2\pi)^2r}\int_{\hspace{9}C^+}dpe^{ipr}[\frac{1}{p\hspace{3}-\hspace{3}k}\hspace{3}+\hspace{3}\frac{1}{p\hspace{3}+\hspace{3}k}]$
　

　
このように積分路を選ぶと、留数を拾って、
　
$G^{(+)}(\vec{k};\hspace{3}\vec{r})\hspace{3}=\hspace{3}-\frac{1}{4\pi}\hspace{3}\frac{e^{ikr}}{r}$
　
となる。
このように積分路を選んだ理由は、上記のように「中心から外に向かっていく波」が
欲しかったからである。
このGreen関数を使うとシュレディンガー方程式の解は次のように書ける。
　
$\psi(\vec{r})\hspace{3}\sim\hspace{3}e^{ikz}\hspace{3}-\hspace{3}\int\frac{e^{ik|r - r'|}}{4\pi|r\hspace{3}-\hspace{3}r'|}U(r')\psi(\vec{r'})d^3r'$ 　
　
これが解であることは、代入して確かめられる。
ただし、第1項は「 $z$ 方向に進む入射波」を表すが、その $k$ は
波数ベクトルの大きさである。
第2項の $k$ はGreen関数由来のものであるが、これは、散乱波の
波数ベクトルの大きさである。
これらは意味的に違うものかもしれないが、エネルギーの保存則より
同じ（大きさの）ものになる。
（まあ、どっちも同じ方程式の解なんだから、むしろ当然かな。）
　
なお、この式では、右辺にも $\psi$ があるので、「解けた」のではない。
　
散乱振幅 $f(\theta,\hspace{3}\phi)$ は第2項の $r\hspace{3}\longrightarrow \hspace{3}\infty$ 振る舞いから決まる。
$U(r)$ は実質的に 0 になると考えられ、
　
$|\vec{r}\hspace{3}-\hspace{3}\vec{r'}|\hspace{3}\sim\hspace{3}r\hspace{3}-\hspace{3}\vec{r}\cdot\vec{r'}/r$
　
を使って、 $r$ 関係を他から「分離」できる。
　
$2nd\hspace{6}part\hspace{3}\longrightarrow \hspace{3}-\frac{e^{ikr}}{r}\hspace{3}\int\frac{e^{-i\vec{k}\cdot\vec{r'}}}{4\pi}U(r')\psi(\vec{r'})d^3r'$
　
ただし、 $\vec{r'}$ と $k$ の方向が同じであることを使っている。
以上より、
　　
$f(\theta,\hspace{3}\phi)\hspace{3}=\hspace{3}-\frac{1}{4\pi}\int\hspace{3}e^{-i\vec{k}\cdot\vec{r'}}U(r')\psi(\vec{r'})d^3r'$
　
となる。
ここで、どうせ第2項は小さいのだから、第2項内の $\psi$ は入射波（平面波）に
してしまえ！という、如何にも物理っぽいことをする。
これを近似と言う。「禁じ」ではない。
　
さて、入射波を $e^{ikz}$ と書いてきたが、この現実的、しかし非対称なスタイルは
そろそろ限界かもしれない。
そこで、 $\vec{k_i}\hspace{3}=\hspace{3}(0,\hspace{3}0,\hspace{3}k)$ と考え、
対応して今まで単に $k$ と書いてきたものを $k_f$ と書くと、
　
$f(\theta,\hspace{3}\phi)\hspace{3}=\hspace{3}-\frac{2m}{4\pi\hbar^2}\int e^{-(\vec{k_f}\hspace{3}-\hspace{3}\vec{k_i})\cdot \vec{r'}}V(r')d^3r'$
　
$q\hspace{3}=|k_f\hspace{3}-\hspace{3}k_i|\hspace{3}=\hspace{3}2ksin\frac{\theta}{2}$ とおいて、
　
$f(\theta,\hspace{3}\phi)\hspace{3}=\hspace{3}-\frac{m}{2\pi\hbar^2}\int^{\hspace{15}2\pi}_{\hspace{3}0}d\phi'\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{3}0}{r'}^2dr'V(r)\int^{\hspace{15}\pi}_{\hspace{3}0}sin\theta'd\theta'e^{-iqr'cos\theta'}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}-\frac{2m}{\hbar^2}\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{3}0}V(r)\frac{sinqr}{q}rdr$
　
これでようやく微分断面積が出せる。
　
$\frac{d\sigma}{d\Omega}\hspace{3}=\hspace{3}\frac{4m^2}{\hbar^4}|\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{3}0}V(r)\frac{sinqr}{q}rdr|^2$
　
もちろん近似をあげていくことは可能だが私はやらない。　
第1近似でこんなに（タイプが）大変だと思ってなかった。　
　

問2
公式に入れるだけである。
　
$f(\theta)\hspace{3}=\hspace{3}-\frac{2m}{\hbar^2}V_0\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{3}0}\frac{e^{-\mu r}}{r}\hspace{3}\frac{sinqr}{q}rdr$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}-\frac{2m}{\hbar q}V_0\int^{\hspace{15}\infty}_{\hspace{3}0}e^{-\mu r}sinqrdr\hspace{3}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}-\frac{2m}{\hbar}V_0\frac{1}{q^2\hspace{3}+\hspace{3}\mu^2}$

$\frac{d\sigma}{d\Omega}\hspace{3}=\hspace{3}\frac{4m^2}{\hbar^2}(\frac{V_0}{(2ksin(\theta/2))^2\hspace{3}+\hspace{3}\mu^2})^2$
　
また、
　
$d\Omega\hspace{3}=\hspace{3}sin\theta d\theta d\phi\hspace{3}=\hspace{3}2sin(\theta/2)cos(\theta/2)d\theta d\phi\hspace{3}=\hspace{3}\frac{1}{k^2}qdqd\phi$
　
より
　
$\sigma\hspace{3}=\hspace{3}\frac{4m}{\hbar^4}V_0\frac{2\pi}{k^2}\int^{\hspace{15}2k}_{\hspace{3}0}\frac{qdq}{(q^2\hspace{3}+\hspace{3}\mu^2)^2}$
　
$\hspace{30}=\hspace{3}\frac{4\pi}{\mu^2}(\frac{2m}{\hbar^2})^2\frac{V_0^2}{4k^2\hspace{3}+\hspace{3}\mu^2}$
　