散乱と位相のずれ

POINT

  • 散乱問題の解と位相のずれの関係について.

散乱振幅

以下では,定常的な散乱を考える.つまり,波動を次々に散乱体に衝突させることで,散乱の様子が時間に依存しない状態になっているとする.

波動を$\psi(\boldsymbol{x},t)=e^{-i\omega t}\varphi(\boldsymbol{x})$と表すとき,無限遠方での境界条件は次で表される.

境界条件
\begin{align}
\varphi(\boldsymbol{x})
\to e^{ikz} + \frac{f(\theta,\varphi)}{r}e^{ikr}
\quad(kr\to\infty)
\end{align}ここで,$f(\theta,\varphi)$を散乱振幅と呼ぶ.
【解説】
$z$軸負方向から,原点にある散乱体に平面波
\begin{align}
\psi_\mathrm{i}(\boldsymbol{x},t)
&=e^{i(kz-\omega t)} \\
&=e^{-i\omega t}\varphi_\mathrm{i}(\boldsymbol{x})
\quad\Bigl(\varphi_\mathrm{i}(\boldsymbol{x})=e^{ikz}\Bigr)
\end{align}を入射する.散乱体により散乱された波を
\begin{align}
\psi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x},t)=e^{-i\omega t}\varphi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x})
\end{align}とすると,トータルの波動は
\begin{align}
\psi(\boldsymbol{x},t)
&=\psi_\mathrm{i}(\boldsymbol{x},t)+\psi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x},t) \\
&=e^{-i\omega t}
\bigl[\underbrace{\varphi_\mathrm{i}(\boldsymbol{x}) + \varphi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x})}_{=\varphi(\boldsymbol{x})}\bigr]
\end{align}と表される.

散乱体から十分遠方での散乱波は,外向き球面波になる.つまり,$r\to\infty$で
\begin{align}
\psi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x},t)
&\to \frac{f(\theta,\varphi)}{r}e^{i(kr-\omega t)} \\
\varphi_\mathrm{s}(\boldsymbol{x})
&\to \frac{f(\theta,\varphi)}{r}e^{ikr}
\end{align}となる.//

位相のずれ

以下では,散乱が$z$軸に対して対称であるとする.このとき,散乱振幅の$\varphi$依存性はなくなり$f(\theta)$という形になる.つまり,上の境界条件は
\begin{align}
\varphi(\boldsymbol{x})
\to e^{ikz} + \frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}
\quad(kr\to\infty)
\end{align}となる.

以下では,散乱のない場合とある場合で無限遠方での位相を比較する.これは,全ての波動を球面波で展開して同じ形にすることで実行できる.その際,$\xi=kr \to\infty$での漸近形
\begin{align}
\begin{cases}
\,\displaystyle j_l(\xi)\sim \frac{\sin(\xi-l\pi/2)}{\xi} \\
\,\displaystyle n_l(\xi)\sim -\frac{\cos(\xi-l\pi/2)}{\xi} \\
\,\displaystyle h^{(1)}_l(\xi)\sim (-i)^{l+1}\frac{e^{i\xi}}{\xi}
\end{cases}
\end{align}を利用する(*1).

散乱のない場合の位相

散乱体がなければ,$\varphi(\boldsymbol{x})=\varphi_i(\boldsymbol{x})=e^{ikz}$である.

平面波を球面波により
\begin{align}
\varphi_\mathrm{i}(r,\theta)
&=e^{ikz}
=e^{ikr\cos\theta} \\
&=\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l j_l(kr) P_l(\cos\theta)
\end{align}と展開(Rayleighの公式)すると,$kr\to\infty$での漸近形は
\begin{align}
&\varphi_\mathrm{i}(r,\theta) \\
&\sim \frac{1}{kr} \sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l \sin\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}\Bigr) P_l(\cos\theta)
\end{align}と表される.

次に,散乱体がある場合にこの位相がどのように変化するかを調べる.

散乱のある場合の位相

$z$軸回りに対称なHelmholtz方程式の一般解は
\begin{align}
\varphi(r,\theta)
&=\sum_{l=0}^{\infty} \bigl[A_lj_l(kr)+B_ln_l(kr)\bigr]P_l(\cos\theta)
\end{align}と表される.これが,散乱体がある場合の波動である.

$kr\to\infty$を考えると
\begin{align}
&\varphi(r,\theta) \\
&\sim \frac{1}{kr}\sum_{l=0}^{\infty}
\biggl[A_l\sin\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}\Bigr) \\
&\qquad\qquad\qquad
- B_l\cos\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}\Bigr)\biggr] P_l(\cos\theta)
\end{align}なので,$\tan\delta_l=-B_l/A_l$とすれば
\begin{align}
&= \frac{1}{kr}\sum_{l=0}^{\infty} \frac{A_l}{\cos\delta_l}\sin\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}+\delta_l\Bigr) P_l(\cos\theta)
\end{align}となる.したがって,散乱体のない場合と比べて$\delta_l$だけ位相がずれる.そのため,$\delta_l$を位相のずれと呼ぶ.

解・散乱振幅と位相のずれの関係

無限遠方での境界条件
\begin{align}
\varphi(\boldsymbol{x})
\to e^{ikz} + \frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}
\quad(kr\to\infty)
\end{align}から,散乱問題の解や散乱振幅を位相のずれを用いて表すことができる.
位相のずれによる表現
位相のずれ$\delta_l$を用いて,波動・散乱振幅はそれぞれ
\begin{align}
\varphi(r,\theta)
&=\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l e^{i\delta_l} \cos\delta_l \\
&\qquad\quad
\times \bigl[ j_l(kr) - \tan\delta_l n_l(kr)\bigr]P_l(\cos\theta) \\
&=\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l \\
&\qquad\quad
\times\bigl[ j_l(kr) + i e^{i\delta_l}\sin\delta_l h^{(1)}_l(kr)\bigr]P_l(\cos\theta)\\
&=e^{ikz}
+\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^{l\color{red}{+1}} e^{i\delta_l}\sin\delta_l \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad
\times h^{(1)}_l(kr) P_l(\cos\theta)\\
f(\theta)
&=\frac{1}{k}\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)e^{i\delta_l} \sin\delta_l P_l(\cos\theta)
\end{align}と表される.

【解説】
一般解の漸近形を境界条件の右辺と比較すればよい.それぞれの波動を球面波で展開することで比較が可能となる.

[右辺第1項]
上で見たように,平面波は$kr\to \infty$で
\begin{align}
e^{ikz}
&\sim \frac{1}{kr} \sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l \sin\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}\Bigr) P_l(\cos\theta)
\end{align}と表すことができる.

[右辺第2項]
$f(\theta)$を完全形$\{P_l(\cos\theta)\}_l$で
\begin{align}
f(\theta)
=\frac{1}{k}\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l c_l P_l(\cos\theta)
\end{align}と展開すれば,
\begin{align}
\frac{f(\theta)}{r}e^{ikr}
&=\frac{1}{kr}\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)i^l c_l e^{ikr} P_l(\cos\theta)
\end{align}と表せる(展開係数$c_l$は第1項と同じ形になるように調整している).

[左辺]
$z$軸回りに対称なHelmholtz方程式の一般解
\begin{align}
\varphi(r,\theta)
&=\sum_{l=0}^{\infty} \bigl[A_lj_l(kr)+B_ln_l(kr)\bigr]P_l(\cos\theta)
\end{align}は
\begin{align}
&\varphi(r,\theta) \\
&=\sum_{l=0}^{\infty}
\Bigl\{(A_l+iB_l)j_l(kr) \\
&\qquad\quad
+(-iB_l)[\underbrace{j_l(kr)+in_l(kr)}_{=h^{(1)}_l(kr)}]\Bigr\} P_l(\cos\theta)
\end{align}と変形することができる.$kr\to\infty$を考えると
\begin{align}
&\varphi(r,\theta) \\
&\sim \frac{1}{kr}\sum_{l=0}^{\infty}
\biggl[(A_l+iB_l)\sin\Bigl(kr-\dfrac{l\pi}{2}\Bigr) \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad
+(-i)^{l+2}B_le^{ikr}\biggr] P_l(\cos\theta)
\end{align}である.



以上より,境界条件の両辺を比較すれば
\begin{align}
A_l+iB_l
&=(2l+1)i^l \\
-(-i)^{l}B_l
&=(2l+1)i^l c_l
\end{align}つまり,
\begin{align}
A_l
&=(2l+1)i^l (1+i^{l+1}c_l) \\
B_l
&=-(2l+1)(-1)^{l} c_l
\end{align}となる.
\begin{align}
0
&=i^l c_lA_l + (1+i^{l+1}c_l)B_l \\
&=i^l (A_l + iB_l)c_l + B_l
\end{align}から$\tan\delta_l=-B_l/A_l$を用いれば
\begin{align}
c_l
&=\frac{(-i)^l \tan\delta_l}{1-i\tan\delta_l} \\
&=\frac{(-i)^l \sin\delta_l}{\cos\delta_l-i\sin\delta_l} \\
&=(-i)^l e^{i\delta_l} \sin\delta_l
\end{align}なので,$A_l,B_l,f(\theta)$は$\delta_l$を用いて
\begin{align}
B_l
&=-(2l+1)i^l e^{i\delta_l} \sin\delta_l \\
A_l
&=-B_l/\tan\delta_l \\
&=(2l+1)i^l e^{i\delta_l} \cos\delta_l \\
f(\theta)
&=\frac{1}{k}\sum_{l=0}^{\infty} (2l+1)e^{i\delta_l} \sin\delta_l P_l(\cos\theta)
\end{align}と表すことができる.//

参考文献

[1]理論電磁気学:第8章$\S 7$「電磁波の散乱」
[2]散乱の量子論 (岩波オンデマンドブックス):第3章「部分波分析による方法」
[3]量子力学(2) (KS物理専門書):$\S 12.5$「部分波と位相のずれ」
[4]物理とグリーン関数 (物理数学シリーズ 4):$\S 7.1$ b) phase shift

*1:\begin{align} h^{(1)}_l(\xi) &=j_l(\xi) + i n_l(\xi) \\ &\sim \frac{-i}{\xi}e^{i(\xi-l\pi/2)} =(-i)^{l+1}\frac{e^{i\xi}}{\xi} \end{align}