問題 6-6 の解答例

Problem 6-6
Suppose the potential is that of a central force. Thus $V (r) = V (r)$ . Show that $v (q)$ can be written as

\begin{matrix} (6-45) & v (q) = v (q) = \frac{4 π ℏ}{q} \int_{0}^{\infty} r \sin (\frac{q r}{ℏ}) V (r) d r \end{matrix}

Suppose

V (r)

is the Coulomb potential

V (r) = - Z e^{2} / r

．In this case the integral for

v (q)

is oscillatory at the upper limit. But convergence of the integral can be artificially forced by introducing the factor

e^{- ε r}

and then taking the limit of the result as

ε \to 0

. Following through this calculation, show that the cross section corresponds to the Rutherford cross section

\begin{matrix} (6-46) & \frac{d σ (θ)}{d Ω} |_{R u t h} = \frac{4 Z^{2} e^{4} m^{2}}{q^{4}} = \frac{Z^{2} e^{4}}{16 {(\frac{m u^{2}}{2})}^{2} \sin^{4} (\frac{θ}{2})} \end{matrix}

\begin{aligned} where e & = charge on an electron \\ (6-47) & q & = 2 p \sin (\frac{θ}{2}) = 2 m u \sin (\frac{θ}{2}) \\ θ & = angle between the vectors i_{a} and i_{b} \end{aligned}

( 解答 ) $v (q)$ の定義は式 (6-39) で与えれていた：

\begin{matrix} (1) & v (q) = \int d^{3} r e^{i q \cdot r / ℏ} V (r) = \int d^{3} r e^{i (p_{a} - p_{b}) \cdot r / ℏ} V (r) \end{matrix}

q

の方向を

z

-軸とする極座標系を採用すると, 体積要素は次となる：

d^{3} r = r^{2} d r \sin θ d θ d ϕ

よって, 式 (1) は次のように表される：

\begin{aligned} v (q) & = \int_{0}^{2 π} d ϕ \int_{0}^{\infty} r^{2} d r \int_{0}^{π} d θ \sin θ e^{i q r \cos θ / ℏ} V (r) \\ (2) & = 2 π \int_{0}^{\infty} V (r) r^{2} d r \int_{0}^{π} d θ \sin θ e^{i q r \cos θ / ℏ} \end{aligned}

ここで

\cos θ = t

と変数変換するならば,

d t = - d θ \sin θ

で積分範囲は

[1, - 1]

となるから,

\begin{aligned} \int_{0}^{π} d θ \sin θ e^{i q r \cos θ / ℏ} = \int_{1}^{- 1} (- d t) e^{i q r t / ℏ} \\ = \int_{- 1}^{1} d t \cos (\frac{q r t}{ℏ}) + i \int_{- 1}^{1} d t \sin (\frac{q r t}{ℏ}) \\ (3) & = \frac{ℏ}{q r} {[\sin (\frac{q r}{ℏ} t)]}_{- 1}^{1} = \frac{2 ℏ}{q r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) \end{aligned}

ただし虚数部の積分は, 被積分関数が奇関数であるからゼロとなることに注意する．従って,

\begin{aligned} v (q) & = 2 π \times \int_{0}^{\infty} d r r^{2} V (r) \times \frac{2 ℏ}{q r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) \\ (4) & = \frac{4 π ℏ}{q} \int_{0}^{\infty} r \sin (\frac{q}{ℏ} r) V (r) d r \end{aligned}

「単位立体角当たりの断面積

I = d σ / d Ω

」の表現式 (6-44) に, 上の結果と, 題意による因子

e^{- ε r}

を挿入して

ε \to 0

の極限をとるならば,

\begin{aligned} I & = {(\frac{m}{2 π ℏ^{2}})}^{2} | v (q) |^{2} \\ = lim_{ε \to 0} {(\frac{m}{2 π ℏ^{2}})}^{2} {| \frac{4 π ℏ}{q} \int_{0}^{\infty} d r r e^{- ε r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) V (r) |}^{2} \\ = \frac{4 m^{2}}{ℏ^{2} q^{2}} lim_{ε \to 0} {| \int_{0}^{\infty} e^{- ε r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) \frac{- Z e^{2}}{r} r d r |}^{2} \\ (5) & = \frac{4 Z^{2} e^{4} m^{2}}{ℏ^{2} q^{2}} lim_{ε \to 0} {| \int_{0}^{\infty} e^{- ε r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) d r |}^{2} \end{aligned}

このときの絶対値中の積分は,

ε \to 0

の極限では

e^{- ε r} \to 0

であることから,

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} e^{- ε r} \sin (\frac{q}{ℏ} r) d r \\ = {[\frac{- ℏ}{q} \cos (\frac{q}{ℏ} r) e^{- ε r}]}_{0}^{\infty} - ε \frac{ℏ}{q} \int_{0}^{\infty} \cos (\frac{q}{r} r) e^{- ε r} d r \\ (6) & = 0 - \frac{- ℏ}{q} = \frac{ℏ}{q}, (ε \to 0) \end{aligned}

この結果式 (6) と

q = 2 m u \sin (θ / 2)

を式 (5) に代入するならば, 求めるべき「Rutherford 散乱の断面積」の式 (6-46) が得られる：

\begin{aligned} I & = \frac{4 Z^{2} e^{4} m^{2}}{ℏ^{2} q^{2}} \times {| \frac{ℏ}{q} |}^{2} = \frac{4 Z^{2} e^{4} m^{2}}{q^{4}} = \frac{4 Z^{2} e^{4} m^{2}}{{[2 m u \sin (\frac{θ}{2})]}^{2}} \\ (7) & = \frac{Z^{2} e^{4}}{16 {(\frac{m u^{2}}{2})}^{2} \sin^{4} (\frac{θ}{2})} \end{aligned}