\(
\def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}}
\def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2} #1}{\partial #2^{2}}}
\def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}}
\def\mb#1{\mathbf{#1}}
\def\mr#1{\mathrm{#1}}
\def\reverse#1{\frac{1}{#1}}
\def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\def\half{\frac{1}{2}}
\def\slashed#1{#1\llap{/}\,}
\def\slashD{\nabla\!\llap{/}\,}
\def\BraKet#1#2#3{\left\langle #1 | #2 | #3 \right\rangle}
\def\BK#1#2{\left\langle #1 | #2 \right\rangle}
\)
【 問題 】
(3) パウリの変形方程式は, 中性子と陽子に適用することが出来る．それは, ディラック方程式に異常磁気モーメントの項を付加することで得ることが出来る．従って,
\gamma^{\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\psi
– \frac{i\mu}{c}\left(\frac{1}{2}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\right)\,\psi =mc\,\psi
\end{equation*}
この式は \(c\beta\) を掛け合わせることで, より馴染みのある「ハミルトニアン表現」に書くことが出来る：
\begin{align*}
i\hbar\pdiff{t}\psi &= H_{\mathrm{Dirac}}\,\psi
+i\mu\beta(\mb{\alpha}\cdot\mb{E}+i\,\mb{\Sigma}\cdot\mb{H})\,\psi,\quad \left(\mu=\frac{e\hbar}{2mc}\kappa\right), \\
\mathrm{where}\quad &H_{\mathrm{Dirac}}= c\mb{\alpha}\cdot\left(\mb{p}
-\frac{e}{c}\mb{A}\right) +\beta mc^{2} + e\phi,\quad
\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}
=2\mb{\alpha}\cdot\mb{E}+2i\,\mb{\Sigma}\cdot\mb{H}
\end{align*}
(ただし, 朝永：「スピンはめぐる」や L.Foldy, Phys. Rev. \(\mathbf{87}\), (1952) を参照して, 原書の式中の付加項表現は修正したので注意すべし．また \(\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\) の展開は, 第 9 講の最後の問題を見よ)．式 (12-6) を導出するのと同じ近似をすると, 今度は陽子に対しては
\begin{align*}
&\left[V+\frac{1}{2M}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
+\left(\mu+\frac{e}{2M}\right)\mb{\sigma}\cdot\mb{H}
+\frac{1}{8M^{3}}(\mb{p}\cdot\mb{p})^{2}\right.\\
&\left.\qquad\qquad +\frac{1}{4M^{2}}\left(2\mu+\frac{e}{2M}\right)
\left\{\nabla\cdot\mb{E}+2\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\times\mb{E}\right\}
\right]\,\psi
\tag{12-7}
\end{align*}
のような項が生成し, そして中性子の場合にも \(e=0\) ではあるが, 同様な表式が生成することを示せ．(ただし式 (12-7) は原書のままなので, 結果と合わせるには \(\hbar\) や \(c\) を補足するなどの修正が必要がある) [1][ブログ註] (A.P.アーヤ：基礎現代物理学§11.2から抜粋) 原子スペクトルでは, 原子の磁気モーメントは「ボーア磁子」\(\mu_B\) … Continue reading．
(4) 式 (12-7) は, 原子中に於ける「電子-中性子散乱」を解釈するのに用いることが出来る．原子による中性子散乱のほとんどは, 原子核からの等方散乱(isotropic scattering)である．しかしながら, 原子内電子もやはり中性子を散乱し, そして原子核散乱と干渉する波を引き起こす．遅い中性子の場合, この効果は実験的に観測されている．それは式 (12-6) の項 (5) によって解釈される[式 (12-7) では \(e=0\) に修正される]．原子核の外側では電子の電荷が存在するので, \(\nabla\cdot\mb{E}\) はゼロでない値を持つ．ボルン近似によって「中性子-電子散乱」の散乱振幅を計算するとき, 項 (5) を用いることが出来る．しかしながら, その効果が最初に発見されたとき, それはポテンシャル \(c\delta(\mb{R})\) で与えられる「電子-中性子 相互作用」を仮定することで説明された．ただし \(\delta\) はディラックのデルタ関数であり, そして \(\mb{R}\) は中性子-電子間の距離である．
ボルン近似によって, ポテンシャルが \(c\delta(\mb{R})\) である場合の散乱振幅を計算せよ．そして, それを項 (5) による振幅と比較せよ．次を示せ：
c=4\pi \mu_{N}\frac{e^{2}}{4M_{N}^{2}}
\end{equation*}
\(c\delta(\mb{R})\) をポテンシャルと解釈する目的で「平均ポテンシャル \(\overline{V}\)」が定義される．それは,「古典電子半径 \(r_e=e^{2}/mc^{2}\)」の球全体に作用することで同じ効果を生成するポテンシャルである．
\(\mu_{N}=-1.9135 e\hbar/2M_{N}\) を用いると, その時の \(V\) は, 述べらている精度内で実験結果, すなわち \(4400\pm 400 \mathrm{eV}\) [2] L.Foldy, Phys. Rev., \(\mb{87}\), 693 (1952). と一致することを示せ．
(5) \(v^{2}/c^{2}\) オーダーの項を無視することで, 次式が成り立つことを示せ：
\int \psi_{f}^{\dagger}\mb{\alpha} f(\mb{R})\,\psi_{f}\,dVol \quad\rightarrow\quad
\int \chi_{f}^{*}\left[\frac{\mb{p}f+f\mb{p}}{2m}+\frac{\mb{\sigma}}{2m}\times \nabla f\right]\,\chi_{f}\,dVol
\end{equation*}
〈 (3)の解答例 〉題意の式の場合について, 本文の式 (11-4) と式 (11-5) に相当する式を求めてみる：
\begin{align*}
i\hbar\pdiff{t}\psi =H\,\psi &= \left[c\mb{\alpha}\cdot\left(\mb{p}
-\frac{e}{c}\mb{A}\right) +\beta mc^{2} + e\phi+\frac{i\mu}{2}\beta\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\right]\,\psi\\
&= \left[c\mb{\alpha}\cdot\left(\mb{p}
-\frac{e}{c}\mb{A}\right) +\beta mc^{2} + e\phi
+ i\mu (\beta\mb{\alpha}\cdot\mb{E}+i\,\beta\mb{\Sigma}\cdot\mb{H})\right]\,\psi,\\
\therefore\quad W\psi&=\left[c\mb{\alpha}\cdot\left(\mb{p}
-\frac{e}{c}\mb{A}\right) +\beta mc^{2} + V
+i\mu (\beta\mb{\alpha}\cdot\mb{E}+i\,\beta\mb{\Sigma}\cdot\mb{H})\right]\,\psi
\tag{18}
\end{align*}
ハミルトニアン中の第4項を計算する．まず,
\begin{align*}
&\beta=\gamma^{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix},\
\mb{\alpha}=\begin{pmatrix} 0 & \mb{\sigma} \\ \mb{\sigma} & 0\end{pmatrix},\
\mb{\Sigma}=\begin{pmatrix} \mb{\sigma} & 0\\ 0 & \mb{\sigma}\end{pmatrix}
\ \rightarrow\
\beta\mb{\alpha}=\begin{pmatrix} 0 & \mb{\sigma} \\ -\mb{\sigma} & 0\end{pmatrix},\quad
\beta\mb{\Sigma}=\begin{pmatrix} \mb{\sigma} & 0\\ 0 & -\mb{\sigma}\end{pmatrix}
\tag{19}
\end{align*}
従って,
\begin{align*}
i\mu (\beta\mb{\alpha}\cdot\mb{E}+i\,\beta\mb{\Sigma}\cdot\mb{H})
&=i\mu\mb{E}\cdot(\beta\mb{\alpha})-\mu\mb{H}\cdot(\beta\mb{\Sigma})
=i\mu\mb{E}\cdot\begin{pmatrix} 0 & \mb{\sigma} \\ -\mb{\sigma} & 0\end{pmatrix}
-\mu\mb{H}\cdot\begin{pmatrix} \mb{\sigma} & 0\\ 0 & -\mb{\sigma}\end{pmatrix}\\
&=-\mu \begin{pmatrix}
\mb{\sigma}\cdot\mb{H} & -i\mb{\sigma}\cdot\mb{E} \\ i\mb{\sigma}\cdot\mb{E} & -\mb{\sigma}\cdot\mb{H}
\tag{20}
\end{pmatrix}
\end{align*}
第11講の本文と同様に \(\psi\) を2成分 \(\psi_a\) 及び \(\psi_b\) で表わすと, 上式 (18) は次の２式に書くことが出来る：
\begin{align*}
W\psi_a =c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\psi_b +V\psi_a -\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H}\psi_a +i\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\psi_b
\tag{11-4′}\\
(2mc^{2}+W)\psi_b = c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\psi_a +V\psi_b -i\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\psi_a +\cancel{\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H}\psi_b}
\tag{11-5′}
\end{align*}
朝永：「スピンはめぐる」には, この問題に相当する事柄が「異常磁気能率の量子力学的取り扱い法」として解説されている．その p.247 の記述を参照して, 上式 (11-5′) 右辺の第4項目は捨てることにする．すると, 上の２式からは次が得られる：
\begin{align*}
&(W-V+\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H})\psi_a = (c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}+i\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{E})\psi_b,\tag{11-4”} \\
&(2mc^{2}+W-V)\psi_b \approx (c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi} -i\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{E})\psi_a,
\quad \rightarrow\quad
\psi_b =\frac{c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}-i\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{E}}{2mc^{2}+W-V}\psi_a
\tag{11-6′}
\end{align*}
式 \((11\)-\(6′)\) を式 \((11\)-\(4”)\) に代入すると,
\begin{align*}
(W-V+\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H})\psi_a &=c\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\times
\frac{\ds{c\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)}}{2mc^{2}+W-V}\psi_a\\
&=\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\left(\frac{c^{2}}{2mc^{2}+W-V}\right)
\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\psi_a
\end{align*}
第12講と同様に近似式 (12-1) を用いるならば, 式 (12-2) に相当する式として次が得られる：
\begin{align*}
(W-V)\psi_a &=-\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H}\psi_a
+ \frac{1}{2m}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\,
\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\psi_a\\
&\qquad\quad -\frac{1}{4m^{2}c^{2}}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)(W-V)\,
\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\,\psi_a
\tag{12-2′}
\end{align*}
パウリの付加項は「微小量」と考える．そこで規格化のための変換式は, 式 (12-4) を近似的に用いてしまうことにする．すると式 (12-5) に相当する式は
\begin{align*}
&(W-V)\chi=\left[-\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H}
+ \frac{1}{2m}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\,
\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\right.\\
&\qquad \left.-\frac{1}{8m^{3}c^{2}}\left\{\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\right\}^{2}
\left\{\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\right\}^{2}
+\frac{1}{8m^{2}c^{2}}\Bigl[(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}),\,\bigl[(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}),\,(W-V)\bigr]\Bigr]
\right]\chi
\tag{12-5′}
\end{align*}
公式 (F1) を用いると,
\begin{align*}
\frac{1}{2m}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\,
&\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\\
&=\frac{1}{2m}\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
+\frac{i}{2m}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\times\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
\tag{21}
\end{align*}
簡単化のために「\(\mb{A}=0\)」, また「磁場は定常的である：\(\displaystyle\nabla\times\mb{E}=-\frac{1}{c}\ppdiff{\mb{H}}{t}=0\to\mb{p}\times\mb{E}=0\)」とすると,
\begin{align*}
&\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
=\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}-\frac{i\mu}{c}\mb{p}\cdot\mb{E}
=\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}-\frac{\hbar\mu}{c}\nabla\cdot\mb{E},\\
\rightarrow&\quad
\frac{1}{2m}\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
=\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}-\frac{\mu\hbar}{2mc}\nabla\cdot\mb{E},\\
&\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\times\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
=\mb{\pi}\times\mb{\pi}-\cancel{\frac{i\mu}{c}\mb{\pi}\times\mb{E}}+\frac{2i\mu}{c}\mb{E}\times\mb{\pi}
=i\frac{e\hbar}{c}\mb{H}+\frac{2i\mu}{c}\mb{E}\times\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right),\\
\rightarrow&\quad
\frac{i}{2m}\mb{\sigma}\cdot (\mb{\pi}-2\mu\mb{E})\times(\mb{\pi}+2\mu\mb{E})
=-\frac{e\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\cdot\mb{H}-\frac{\mu}{mc}\mb{E}\times\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
\end{align*}
すると式 (21) は,
\begin{align*}
\frac{1}{2m}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{\pi}+\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)\,\mb{\sigma}
\cdot\left(\mb{\pi}-\frac{i\mu}{c}\mb{E}\right)
&=\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}-\frac{\mu\hbar}{2mc}\nabla\cdot\mb{E}
-\frac{e\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\cdot\mb{H}-\frac{\mu}{mc}\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\times
\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
\end{align*}
式 (12-\(5′)\) 中の第3項と第4項は式 (12-5) と同じ近似式とする．以上から, 式 (12-\(5′)\) は
\begin{align*}
(W-V)\chi&=\left[-\mu\mb{\sigma}\cdot\mb{H}+\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
-\frac{\mu}{2mc}\hbar\nabla\cdot\mb{E}-\frac{e\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\cdot\mb{H}\right.\\
&\qquad\left.-\frac{\mu}{mc}\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\times
\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)-\frac{\mb{p}^{4}}{8m^{3}c^{2}}
-\frac{e}{8m^{2}c^{2}}\bigl\{\hbar^{2}\nabla\cdot\mb{E}+2\hbar\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\times\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\bigr\}\right]
\end{align*}
従って \(\displaystyle\mu=\frac{e\hbar}{2mc}\kappa\) とすると, 式 (12-6) に相当する式は次となる：
\begin{align*}
W\chi &=\left[V+\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
-\left(\mu + \frac{e\hbar}{2mc}\right)\mb{\sigma}\cdot\mb{H}-\frac{\mb{p}^{4}}{8m^{3}c^{2}}\right.\\
&\left.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad -\frac{1}{4mc}\left(2\mu +\frac{e\hbar}{2mc}\right)
\left\{\hbar\nabla\cdot\mb{E}+2\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\times\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\}
\right]\,\chi\\
&=\left[V+\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
-\frac{e\hbar}{2mc}(1+\kappa)\mb{\sigma}\cdot\mb{H}-\frac{\mb{p}^{4}}{8m^{3}c^{2}}\right.\\
&\left.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad -\frac{1}{4mc}\frac{e\hbar}{2mc}(1+2\kappa)
\left\{\hbar\nabla\cdot\mb{E}+2\mb{\sigma}\cdot\mb{E}\times\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\}
\right]\,\chi
\tag{12-6′}
\end{align*}
以下は「J.J.Sakurai:Advanced Quantum Mechanics §3.5」からの抜粋である：
『1947年にP.Kuschが初めて示したように, 実験で観測される電子の磁気回転比は正確に \(2\) ではなく
g=2\left[1+\left(\frac{e^{2}}{4\pi\hbar c}\right)\frac{1}{2\pi}+\dotsb \right]
\end{equation*}
であり, これはミューオンでも同様である．余分な磁気モーメントの起源の納得行く説明がなされたのは1947年の J.Schwinger によってであった．彼は, 物理的な電子は仮想光子を放出または吸収することが出来るという事実を考慮したのだった．磁気能率が \(g=2\) によって正確に与えられない場合, 相互作用ハミルトニアンに現象論的な項を付加することが出来る：
H_{\mathrm{anomalous}}=-\frac{e\hbar}{2mc}\kappa \left(\frac{1}{2}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\right)
\end{equation*}
これは「異常磁気能率(またはPauli磁気能率)相互作用」と呼ばれる．すると, 全磁気能率は次となる：
\mu = \frac{e\hbar}{2mc}\bigl(1+\kappa\bigr)
\end{equation*}
陽子の場合には \(e\) と \(m\) を \(|e|\) と陽子質量 \(m_p\) で置き換えて次となる：
\mu_p = \frac{|e|\hbar}{2m_p c}\bigl(1+\kappa_p \bigr)=\mu_{N}\bigl(1+\kappa_p\bigr),\quad
\mu_N \equiv \frac{|e|\hbar}{2m_p c}
\end{equation*}
ただし \(\mu_N\) は「核磁子」と呼ばれる．また \(\kappa_p=1.79\) であり, これは O.Stern が最初に実験的に決定した．従って,「観測される陽子の磁気モーメントのおよそ\(60\%\)が異常である」．上式で \(e\to 0\) とするとき, スピン \(1/2\) 粒子の磁気モーメントはゼロになるはずである．しかし実験的には中性子や \(\Lambda\)-ハイぺロンのような中性な粒子さえも, かなり大きな磁気モーメントを持つことが知られている．それらを現象論的に表現するには, やはり上式の形の相互作用によって行うことが出来る』．
〈 (4)の解答例 〉場 \(U(r)\) 中にある換算質量 \(m\) を持つ一粒子に向かって, 運動量 \(\mb{p}=\hbar\mb{k}\) を持って入射する粒子の波動関数を平面波 \(\psi^{(0)}=e^{i\mb{k}\cdot\mb{r}}\) とするとき, 散乱過程を記述するシュレディンガー方程式の遠距離での漸近形の解 \(\psi\) は, ボルン近似の場合では次のように書き表せる：
\begin{align*}
\psi =\psi^{(0)}+\psi^{(1)} &\approx e^{i\mb{k}\cdot\mb{r}} + \frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}
=e^{i\mb{k}\cdot\mb{r}}-\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\frac{e^{ikr}}{r}
\int U(\mb{r}’)\,e^{i(\mb{k}’-\mb{k})\cdot\mb{r}’}\,dV’
\end{align*}
このとき, 散乱角 \(\theta\) の関数 \(f(\theta)\) は「散乱振幅」と呼ばれる：
f(\theta)=-\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\int U(\mb{r}’)\,e^{i\mb{q}\cdot\mb{r}’}\,dV’,\qquad
\mb{q}=\mb{k}’-\mb{k},\quad q=2k\sin\frac{\theta}{2}
\end{equation*}
そこで, ポテンシャル \(U(\mb{r})\) が \(c\delta(\mb{r})\) の場合の散乱振幅 \(f_1\) を計算すると,
\begin{align*}
f_1 =-\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\int c\delta(\mb{r})\,e^{i\mb{q}\cdot\mb{r}’}\,dV’
=-\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\times c
\tag{22}
\end{align*}
他方, 摂動項 (5) に相当する場合の散乱振幅 \(f_2\) を考えると, 前述の問題 (3) から
U=H^{(5)}=\frac{1}{4mc}\left(2\mu+\frac{e\hbar}{2mc}\right)\hbar\nabla\cdot\mb{E}
\end{equation*}
であるが, 中性子の場合では \(e=0\) であるからカッコ中の第 2 項目はゼロとして
U=\frac{1}{4mc}(2\mu)\times \hbar\nabla\cdot\mb{E}
=\frac{1}{4m c}\left(2\kappa_n\frac{e\hbar}{2m c}\right)\times \hbar\nabla\cdot\mb{E}
\end{equation*}
である．問題の前述で示したごとく \(\nabla\cdot\mb{E}=4\pi\rho=4\pi Z|e|\delta(\mb{r})\) であったから,
U=\frac{1}{4m c}\left(2\kappa_n\frac{e\hbar}{2mc}\right)\times
\hbar\times 4\pi\, e\, \delta(\mb{r})
=4\pi\kappa_n \times \frac{e^{2}\hbar^{2}}{4m^{2}c^{2}}\delta(\mb{r})
\end{equation*}
従って, この場合の散乱振幅 \(f_2\) は
\begin{align*}
f_2 = -\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\int 4\pi\kappa_n\,\frac{e^{2}\hbar^{2}}{4m^{2}c^{2}}
\delta(\mb{r})\,e^{i\mb{q}\cdot\mb{r}’}\,dV’
=-\frac{m}{2\pi\hbar^{2}}\times 4\pi\kappa_n\,\frac{e^{2}\hbar^{2}}{4m^{2}c^{2}}
\tag{23}
\end{align*}
式 (22) の \(f_1\) と式 (23) の \(f_2\) を等しいとして次を得る：
\begin{align*}
c=4\pi\kappa_n \frac{e^{2}\hbar^{2}}{4m^{2}c^{2}}
=4\pi\kappa_n \left(\frac{e\hbar}{2m_pc}\right)^{2}=4\pi\kappa_n \mu_{N}^{2}
\tag{24}
\end{align*}
平均ポテンシャル \(\overline{V}\) を求めてみる．題意から, 平均ポテンシャル \(\overline{V}\) は次式の関係にある：
\begin{align*}
\int c\delta(\mb{r})\,dV =\frac{4\pi}{3}\left(\frac{e^{2}}{m_e c^{2}}\right)^{3}\overline{V}
\quad\rightarrow\quad c=\frac{4\pi}{3}\left(\frac{e^{2}}{m_e c^{2}}\right)^{3}\overline{V}
\end{align*}
従って, 式 (24) を用いると
\begin{align*}
4\pi\kappa_n \mu_{N}^{2}=\frac{4\pi}{3}\left(\frac{e^{2}}{m_e c^{2}}\right)^{3}\overline{V}
=\frac{4\pi}{3}\,r_{e}^{3}\,\overline{V}
\tag{25}
\end{align*}
上式に \(\kappa_n=-1.9135\), 核磁子 \(\mu_N=5.05\times10^{-24}\,\mathrm{erg/\Gamma}\), 古典電子半径 \(r_e=2.818\times10^{-13}\,\mathrm{cm}\) を代入して \(\overline{V}\) を求めると, 次を得る：
\begin{align*}
4\pi&\times(-1.9135)\times\bigl(5.05\times 10^{-24}\bigr)^{2}
=\frac{4\pi}{3}\times \bigl(2.818\times 10^{-13}\bigr)^{3}\,\overline{V},\\
\rightarrow\quad
\overline{V}&=\frac{3\times(-1.9135)\times(5.05\times10^{-24})^{2}}{(2.818\times10^{-13})^{3}}
=-6.542\times 10^{-9}\,\mathrm{erg}
=-\frac{6.542\times 10^{-9}}{1.602\times 10^{-12}}\,\mathrm{eV}\\
&=-4084\,\mathrm{eV}
\end{align*}
〈 (5)の解答例 〉この問題は要求どうりの回答が出来なかった．式の定義がしっかり書かれていないこともあるので, 取り敢えずは, 回答とは異なるが自分なりに考えた式を示しておくことにする．後で検討を要する．
問題文の式の左辺中の被積分関数 \(\psi^{*}\mb{\alpha}f(\mb{r})\psi\) を具体的に書くと,
\begin{align*}
\psi^{*}\mb{\alpha}f(\mb{r})\psi=\begin{pmatrix} \phi^{*} & \chi^{*} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \mb{\sigma} \\ \mb{\sigma} & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} f\phi \\ f\chi \end{pmatrix}
=\phi^{*}\mb{\sigma}f\chi + \chi^{*}\mb{\sigma}f\phi
\tag{26}
\end{align*}
他方, § 3.7 の式 (11-6) に於いて分母を \(2mc^{2}\) だけ残すことで, 次の \(1\) 次近似式を得る：
\begin{align*}
&\psi_b = \frac{c\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}}{2mc^{2}+W-V}\psi_a \quad\rightarrow\quad
\chi=\frac{\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}}{2mc}\phi,\\
&\Rightarrow\quad
\chi=\frac{1}{2mc}\mb{\sigma}\cdot\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\phi,\quad
\chi^{*}=\frac{1}{2mc}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{*}\phi^{*}\cdot\mb{\sigma}
\tag{27}
\end{align*}
これを式 (26) の各項に代入すると,
\begin{align*}
\phi^{*}\mb{\sigma}f\chi&=\phi^{*}\mb{\sigma}f\left(\frac{\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}}{2mc}\phi\right)
=\frac{\phi^{*}}{2mc}\mb{\sigma}f(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi})\,\phi,\\
\chi^{*}\mb{\sigma}f\phi&=\phi^{*}\frac{\mb{\pi}^{*}\cdot\mb{\sigma}}{2mc}\mb{\sigma}f\phi
=\frac{\phi^{*}}{2mc}(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}^{*})\,\mb{\sigma}f\phi
\tag{28}
\end{align*}
ここで, 公式 (F2) から得られる次の公式を利用する：
\begin{align*}
&\mb{\sigma}(\mb{\sigma}\cdot\mb{a})=\mb{a}+i\mb{a}\times\mb{\sigma},\quad\rightarrow
\quad f\mb{\sigma} (\mb{\sigma}\cdot\mb{a})=\mb{\sigma}f (\mb{\sigma}\cdot\mb{a})=f\mb{a}+i f\mb{a}\times\mb{\sigma},\\
&(\mb{\sigma}\cdot\mb{a})\mb{\sigma}=\mb{a}+i\mb{\sigma}\times\mb{a},\quad\rightarrow
\quad (\mb{\sigma}\cdot\mb{a})\mb{\sigma}f=(\mb{\sigma}\cdot\mb{a}) f \mb{\sigma}=\mb{a}f +i\mb{\sigma}\times\mb{a}f
\tag{29}
\end{align*}
公式 (29) を式 (28) に用い, また問題を簡略化して \(\mb{A}=0\) の場合を考える．\(\mb{p}=-i\hbar\nabla\) とし, また, 運動量演算子は実数であることを用いて \(\mb{p}^{*}=\mb{p}\) とするならば,
\begin{align*}
\phi^{*}\mb{\sigma}f\chi&=\frac{\phi^{*}}{2mc}\mb{\sigma}f(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi})\,\phi
=\frac{\phi^{*}}{2mc}\left(f\mb{\pi}+if\mb{\pi}\times\mb{\sigma}\right)\phi
=\phi^{*}\left(\frac{f\mb{p}}{2mc} +\frac{if\mb{p}\times\mb{\sigma}}{2mc}\right)\phi\\
&=\phi^{*}\left(\frac{f\mb{p}}{2mc} +\frac{\hbar}{2mc}f\nabla\times\mb{\sigma}\right)\phi,\\
\chi^{*}\mb{\sigma}f\phi&=\frac{\phi^{*}}{2mc}(\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}^{*})\,\mb{\sigma}f\phi
=\frac{\phi^{*}}{2mc}\left(\mb{\pi}^{*}f+i\mb{\sigma}\times\mb{\pi}^{*}f\right)\phi
=\phi^{*}\left(\frac{\mb{p}^{*}f}{2mc} +\frac{i\mb{\sigma}\times\mb{p}^{*}f}{2mc}\right)\phi\\
&=\phi^{*}\left(\frac{\mb{p}f}{2mc}-\frac{\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\times\nabla f\right)\phi
=\phi^{*}\left(\frac{\mb{p}f}{2mc}-\frac{\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\times\nabla f-\frac{\hbar}{2mc}f\mb{\sigma}\times\nabla\right)\phi,\\
\therefore\quad \phi^{*}\mb{\sigma}f\chi &+ \chi^{*}\mb{\sigma}f\phi
=\phi^{*}\left(\frac{f\mb{p}+\mb{p}f}{2mc}
-\frac{\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\times\nabla f\right)\phi
\tag{30}
\end{align*}
従って,
\begin{align*}
\int \psi^{*}\mb{\alpha}f(\mb{r})\psi\,dV
=\int \bigl(\phi^{*}\mb{\sigma}f\chi + \chi^{*}\mb{\sigma}f\phi\bigr)\,dV
=\int \phi^{*}\left(\frac{f\mb{p}+\mb{p}f}{2mc}-\frac{\hbar}{2mc}\mb{\sigma}\times\nabla f\right)\phi\,dV
\end{align*}
References
| ↑1 | [ブログ註] (A.P.アーヤ：基礎現代物理学§11.2から抜粋) 原子スペクトルでは, 原子の磁気モーメントは「ボーア磁子」\(\mu_B\) を単位として測られる．ボーア磁子とは, 角運動量 \(1\hbar\) で軌道運動する電子に付随する磁気モーメントのことである．\(\mu_B\) の大きさは, \[\mu_B =\frac{e\hbar}{2m_e c}=0.9273\times 10^{-20}\ \mathrm{erg}/\mathrm{gauss}\] である．ただし \(e\) は電子の電荷そして\(m_e\)は電子質量である． 全ての原子核は電荷を持つから, 原子核の全(スピン)角運動量がゼロでないなら, 原子核内部に於ける核子の運動は(原子中の電子の運動と同様に)原子核磁気モーメントを引き起こすはずである．また, 原子核内電荷分布が球対称ならば, 原子核は磁気双極子モーメントのみを生じる．核磁気モーメント \(\mu_I\) は核磁子の単位で測られる．核磁子 \(\mu_N\) は次の様に定義されている： \[\mu_N =\frac{e\hbar}{2m_p c}=\frac{\mu_B}{1836}=5.050\times10^{-24}\ \mathrm{erg}/\mathrm{gauss}\] ただし \(m_p\) は陽子質量であり電子質量の1836倍である．核磁気モーメント \(\mu_I\) の実測値は \(-3\mu_N\) から \(+10\mu_N\) の間にある．正符号は核の磁気モーメントが核スピンと同じ方向であり, 負の符号は逆向きであることを示す．特に注目すべきは, 陽子と中性子の磁気モーメントの実測値である．陽子の磁気モーメントは, \[\mu_{\mathrm{proton}}= + 2.79276\, \mu_N\] であり, 予想されるような1核磁子の値とは異なる．このことを「陽子は異常磁気モーメントを持つ」と言い, これは陽子の電荷分布が一様でないことを意味している．同様に中性子は総電荷はゼロであるにもかかわらず磁気モーメントを持ち, その値は \[\mu_{\mathrm{neutron}}= – 1.191315\, \mu_N\] である．この事実は「中性子は一様でない電荷分布を持ち, 磁気モーメントの方向が固有のスピン角運動量ベクトルの方向と逆向きであることを示している． |
|---|---|
| ↑2 | L.Foldy, Phys. Rev., \(\mb{87}\), 693 (1952). |
