ファインマンさんの肩に乗って晴耕雨読の日々

ファインマンを読んで気付いた事そして日常生活の記録

問題 6-8 の解答例

Problem 6-8

In an atom the potential follows the Coulomb law only for very small radii. As the radius is increased the atomic electrons gradually shield, or cancel out, the nuclear charge until, for sufficiently large values of $r$, the potential is zero. The shielding effect of atomic electrons can be accounted for in a very rough approximate manner with the formula $ \def\bra#1{\langle#1|} \def\ket#1{|#1\rangle} \def\BK#1#2{\langle #1|#2\rangle} \def\PKB#1#2{|#1\rangle\langle #2|} \def\BraKet#1#2#3{\langle#1|#2|#3\rangle} \def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\odiff#1{\frac{d}{d #1}} \def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}} \def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2}#1}{\partial #2^{2}}} \def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}} \def\mb#1{\mathbf{#1}} \def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}} \def\mfrac#1#2{\frac{#1}{#2}} \def\reverse#1{\frac{1}{#1}} $

\begin{equation} V(r)=-\mfrac{Z e^{2}}{r} e^{-r/a} \tag{6-51} \end{equation}

In this expression $a$ is called the radius of the atom. It is not the same as the outer radius of the atom as used by chemists, but instead is given by $a_0/Z^{1/3}$, where $a_0$ is the Bohr radius and $a_0=\hbar^{2}/m e^{2}=0.0529$ nm.
Show that in such a potential

\begin{equation} v(q)=-\frac{4\pi Z e^{2} \hbar^{2}}{q^{2}+(\hbar/a)^{2}} \tag{6-52} \end{equation}

and hence

\displaystyle 
\frac{d \sigma}{d\Omega}=\frac{Z^{2}e^{4}}{\ds{\left(\frac{m u^{2}}{2}\right)^{2}\left(4\sin^{2}\frac{\theta}{2}+\frac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}}\right)^{2}}}
\tag{6-53}

The total cross section \sigma_{T} is defined as the integral of d\sigma/d\Omega of over the unit sphere; thus

\displaystyle
\sigma_{T}=\int_{0}^{4\pi} \frac{d\sigma}{d\Omega}\,d\Omega
\tag{6-54}

In the present example show that \sigma_{T} is given by

\displaystyle
\sigma_{T}=\pi a^{2}\frac{4Z^{2}e^{4}/(u \hbar)^{2}}{1+\hbar^{2}/(2p a)^{2}}
\tag{6-55}

( 解答 ) 問題 6-6 で得られた結果式 (6.45) 中の $V(r)$ に, 式 (6.51) を代入すると,

\begin{align} v(q)&=\mfrac{4\pi\hbar}{q}\int_0^{\infty}dr\,r\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,V(r)\notag\\ &=\mfrac{4\pi\hbar}{q}\int_0^{\infty}dr\,r\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\times\left(-\mfrac{Ze^{2}}{r}e^{-r/a}\right)\notag\\ &=-\mfrac{4\pi\hbar Ze^{2}}{q}\int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr \label{1} \end{align}

このときの積分部分 $I_1$ は, 部分積分法を用いると,

\begin{align} I_1&=\int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr\notag\\ &=-\mfrac{\hbar}{q}\left[\cos\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)e^{-r/a}\right]_0^{\infty}+\mfrac{\hbar}{q} \times\left(-\reverse{a}\right)\int_0^{\infty}\cos\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)e^{-r/a}\,dr \notag\\ &=\mfrac{\hbar}{q}-\mfrac{\hbar}{qa}\int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\cos\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr \label{2} \end{align}

この式中の積分を$I_2$とするならば,それはやはり部分積分法を用いて,

\begin{align} I_2&=\int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\cos\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr \notag\\ &=\mfrac{\hbar}{q}\left[\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)e^{-r/a}\right]_0^{\infty}-\mfrac{\hbar}{q}\times\left(-\reverse{a}\right) \int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr \notag\\ &=\mfrac{\hbar}{aq}\,I_1 \label{3} \end{align}

以上から,

\begin{equation} I_1=\mfrac{\hbar}{q}-\mfrac{\hbar}{qa}\times\mfrac{\hbar}{aq}\,I_1,\ \rightarrow\ I_1=\mfrac{\hbar a^{2}q}{\hbar^{2}+a^{2}q^{2}}=\mfrac{\hbar q}{q^{2}+(\hbar/a)^{2}} \label{4} \end{equation}

従って式 \eqref{1} は次に書ける:

\begin{align} v(q)&=-\mfrac{4\pi\hbar Ze^{2}}{q}\int_0^{\infty}e^{-r/a}\,\sin\left(\mfrac{q}{\hbar}r\right)\,dr \notag\\ &=-\mfrac{4\pi\hbar Ze^{2}}{q}\times\mfrac{\hbar q}{q^{2}+(\hbar/a)^{2}} \notag\\ &=-\mfrac{4\pi\hbar^{2}Ze^{2}}{q^{2}+(\hbar/a)^{2}} \label{5} \end{align}

この結果を式 (6.44) に代入し,$q=2p\sin(\theta/2)=2mu\sin(\theta/2)$ であることを用いると, 散乱断面積

\displaystyle
I=\mfrac{d\sigma(\theta)}{d\Omega}=\left(\mfrac{m}{2\pi\hbar^{2}}\right)^{2}\bigl|v(\mb{q})\bigr|^{2}

は次となる:

\begin{align} I&=\left(\mfrac{m}{2\pi\hbar^{2}}\right)^{2}\left|-\mfrac{4\pi\hbar^{2}Ze^{2}}{q^{2}+(\hbar/a)^{2}}\right|^{2} \notag\\ &=\mfrac{m^{2}}{4\pi^{2}\hbar^{4}}\times 16\pi^{2}Z^{2}e^{4}\hbar^{4}\left\{4p^{2}\sin^{2}\mfrac{\theta}{2} +\mfrac{\hbar^{2}}{a^{2}}\right\}^{-2} \notag\\ &=4m^{2}Z^{2}e^{4} \left[ p^{2}\left\{ 4\sin^{2} \mfrac{\theta}{2}+\mfrac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}}\right\}\right]^{-2}\notag\\ &=Z^{2}e^{4} \left[ \mfrac{m^{2}u^{2}}{2m} \left\{ 4\sin^{2}\frac{\theta}{2}+\frac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}} \right\} \right]^{-2} \notag\\ &=\mfrac{Z^{2} e^{4}}{\ds{\left(\mfrac{mu^{2}}{2}\right)^{2}\left[ 4\sin^{2}\frac{\theta}{2}+\frac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}} \right]^{2}}} \label{6} \end{align}

このとき, 上式は Rutherford 散乱の断面積の式 (6.46) に較べて, 分母の因子 $4\sin^{2}(\theta/2)$ に余分な因子 $\hbar^{2}/(p a)^{2}$ が付加された形になっていることに注意する.

単位球上での微小立体角 $d\Omega$ は $d\Omega=2\pi\sin\theta d\theta$ である (下図を参照).従って式 (6.53) の単位立体角上の積分を, 方向角 $\theta$ による積分に変換するならば次となる:

\displaystyle 
I_T=\sigma_T=\int_0^{4\pi} \mfrac{d\sigma}{d\Omega}\,d\Omega=\int_0^{\pi}\mfrac{d\sigma(\theta)}{d\Omega}\,2\pi\sin\theta\,d\theta

よって,

\begin{align} I_T &=\int_0^{\pi} \mfrac{Z^{2} e^{4}2\pi\sin\theta}{\ds{\left(\mfrac{mu^{2}}{2}\right)^{2}\left[ 4\sin^{2}\frac{\theta}{2} +\frac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}} \right]^{2}}}\,d\theta\notag\\ &=\mfrac{4Z^{2}e^{4}}{(mu^{2})^{2}}\int_0^{\pi} \mfrac{2\pi\sin\theta\,d\theta}{\ds{\left[ 2(1-\cos\theta) +\mfrac{\hbar^{2}}{(p a)^{2}}\right]^{2}}} \label{7} \end{align}

ここでさらに $t=\cos\theta$ の変数変換を行ない,$B = \hbar^{2}/(p a)^{2}$ と置くならば, 求めるべき式 (6-55)が次のように得られる:

\begin{align} I_T &=\mfrac{4Z^{2}e^{4}}{(mu^{2})^{2}}\int_{-1}^{1}\mfrac{2\pi\,dt}{\Bigl[2(1-t)+B\Bigr]^{2}} =\mfrac{4Z^{2}e^{4}}{(mu^{2})^{2}}\mfrac{4\pi}{B(B+4)}\notag\\ &=\pi a^{2}\mfrac{4Z^{2}e^{4}/(u\hbar)^{2}}{1+\hbar^{2}/(2pa)^{2}} \label{8} \end{align}

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図 1.陰を付けた面積は円周×幅として,$dS=2\pi\times r\sin\theta\times r d\theta$ である.従って, それに対する立体角は$d\Omega=dS/r^{2}=2\pi\sin\theta\,d\theta$ となる.