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title: Sec. 10.2
author: ulynx
lang: zh-tw
description: 30 Jun 2020 @ 萬隆宿舍
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# §10.2　分波法
###### tags: `Quantum Physics II`
[TOC]

## §10.2.1　理論表述
正如我們在第四章發現的一樣，對於一球形對稱（spherically symetrical）的位能 $V(r)$，薛丁格方程式的解可表示為 $$\psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y^m_\ell(\theta,\phi)，\tag{10.15}$$ 其中 $Y^m_\ell$ 是一個球諧函數（(4.32) 式），且 $u(r)=rR(r)$ 滿足徑向方程式（radial equation）（(4.37)式）：$$-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\text{d}^2u}{\text{d}r^2}+\left[V(r)+\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\ell(\ell+1)}{r^2}\right]u=Eu。\tag{10.16}$$ 在 ==$r$ {非常|○○}大==的時候，位能趨於零，且可以忽略離心部分的貢獻，[^譯註a] 所以變成 $$\dfrac{\text{d}^2u}{\text{d}r^2}\approx-k^2u。$$ 上式的通解為 $$u(r)=Ce^{ikr}+De^{-ikr}；$$ 第一項代表的是{向外傳|○○○}（outgoing）的球面波，第二項代表{向內傳|○○○}（ingoing）的球面波。於是，對於很大的 $r$，我們有 $$R(r)\sim\dfrac{e^{ikr}}{r}，$$ 就像上一節（依據實際物理）推導出來的結果（(11.12)式）。

上面討論的是 $r$ {非常|○○}大的時候（更確切來說，是 $kr\gg1$ 的時候；這在光學中被稱為**輻射區**（radiation zone））。

<font size=2>**圖 10.6：** 局部位能的散射：散射區（深色）、中間區（陰影，$V=0$）、輻射區（$kr\gg1$）。</font>

正如在一維散射理論中那樣，我們假定位能被「控制在局部」（localized），在這個意義上，某個有限散射區之外的位能基本上就是零（圖 10.6）。在==中間區域==（intermediate）（在此區域內 $V$ 可以忽略，但須保留離心項），[^4] 徑向方程式變成 $$\dfrac{\text{d}^2u}{\text{d}r^2}-\dfrac{\ell(\ell+1)}{r^2}u=-k^2u，\tag{10.17}$$ 而且它的通解（(4.45)式）是[球貝索函數](https://reurl.cc/O13xG9)（spherical Bessel functions）的線性組合：$$u(r)=Arj_\ell(kr)+Brn_\ell(kr)。\tag{10.18}$$ 然而，無論$j_\ell$（它有點像正弦函數）還是 $n_\ell$（它像一種廣義的餘弦函數）都不能表示向外傳（或向內傳）的波。我們需要的是可以類比於 $e^{ikr}$ 和 $e^{-ikr}$ 的線性組合；這些就叫做**球漢克爾函數**（spherical Hankel functions）：$$h^{(1)}_\ell(x)\equiv j_\ell(x)+in_\ell(x)；\qquad h^{(2)}_\ell(x)\equiv j_\ell(x)-in_\ell(x)。\tag{10.19}$$ **表 10.1：** ***球漢克爾函數 $h^{(1)}_\ell(x)$ 和 $h^{(2)}_\ell(x)$***。 $$\boxed{\begin{array}{c}\begin{array}{ll}
h^{(1)}_0(x)=-i\dfrac{e^{ix}}{x} &h^{(2)}_0(x)=i\dfrac{e^{-ix}}{x}\\
h^{(1)}_1(x)=\left(-\dfrac{i}{x^2}-\dfrac{1}{x}\right)e^{ix}\qquad &h^{(2)}_1(x)=\left(\dfrac{i}{x^2}-\dfrac{1}{x}\right)e^{-ix}\\
h^{(1)}_2(x)=\left(-\dfrac{3i}{x^3}-\dfrac{3}{x^2}+\dfrac{i}{x}\right)e^{ix}\qquad &h^{(2)}_2(x)=\left(\dfrac{3i}{x^3}-\dfrac{3}{x^2}-\dfrac{i}{x}\right)e^{-ix}\end{array}\\\left.\begin{array}{l}h^{(1)}_\ell(x)\to\dfrac{1}{x}(-i)^{\ell+1}e^{ix}\\h^{(2)}_\ell(x)\to\dfrac{1}{x}(i)^{\ell+1}e^{-ix}\end{array}\right\} ~對於~ x\gg 1\end{array}}$$

表 10.1 列出了前幾個球漢克爾函數。對於很大的 $r$，$h^{(1)}_\ell(kr)$（**第一類球漢克爾函數**）趨於 $e^{ikr}/r$，而 $h^{(2)}_\ell(kr)$（**第二類球漢克爾函數**）趨於 $e^{-ikr}/r$；所以對於向外傳的波，我們需要第一類球漢克爾函數：$$R(r)\sim h^{(1)}_\ell(kr)。\tag{10.20}$$

在散射區之外（此處 $V(r)=0$）波函數的精確解是 $$\psi(r,\theta,\phi)=A\left[e^{ikz}+\sum_{\ell,m}C_{\ell,m}h^{(1)}_\ell(kr)Y^m_\ell(\theta,\phi)\right]。\tag{10.21}$$ 第一項是入射平面波，然後（以 $C_{\ell,m}$ 為展開係數的）求和項代表散射波。但由於我們假定位能有球形對稱，所以波函數不會跟 $\phi$ 有關。[^5] 所以只有 $m=0$ 的項應該留下來（記得：$Y^\ell_m\sim e^{im\phi}$）。於是（由 (4.27) 式和 (4.32) 式）$$Y^0_\ell(\theta,\phi)=\sqrt{\dfrac{2\ell+1}{4\pi}}P_\ell(\cos\theta)，\tag{10.22}$$ 其中 $P_\ell$ 是第 $\ell$ 階勒壤得多項式（$\ell$th Legendre polynomial）。我們習慣上會重新定義展開係數（$C_{\ell,0}\equiv i^{\ell+1}k\sqrt{4\pi(2\ell+1)}a_\ell$）：[^譯註b] $$\boxed{\psi(r,\theta)=A\left[e^{ikz}+k\sum^\infty_{\ell=0}i^{\ell+1}\,(2\ell+1)\,a_\ell\, h^{(1)}_\ell(kr)\,P_\ell(\cos\theta)\right]}。\tag{10.23}$$ 你稍後就會理解這種怪異的記號為什麼有其方便之處；$a_\ell$ 叫做第 $\ell$ **分波振幅**（the $\ell$th partial wave amplitude）。

對於{非常大|○○○}的 $r$，(第一類球)漢克爾函數趨於 $(-i)^{\ell+1}e^{ikr}/kr$（參考表 10.1），所以 $$\psi(r,\theta)\approx A\left[e^{ikz}+f(\theta)\dfrac{e^{ikr}}{r}\right]\tag{10.24}$$ 其中 $$f(\theta)=\sum^\infty_{\ell=0}(2\ell+1)\,a_\ell\,P_\ell(\cos\theta)。\tag{10.25}$$ 這更嚴謹地證實了 (10.12) 式所假設地通式是合理的，也告訴我們如何用分波振幅 $a(\theta)$ 計算散射振幅 $f(\theta)$。微分截面為 $$D(\theta)=|f(\theta)|^2=\sum_\ell\sum_{\ell'}(2\ell+1)(2\ell'+1)a^*_\ell a_{\ell'}\,P_{\ell}(\cos\theta)\,P_{\ell'}(\cos\theta)，\tag{10.26}$$ 且總散射截面為 $$\sigma=4\pi\sum^\infty_{\ell=0}(2\ell+1)|a_\ell|^2。\tag{10.27}$$ （我用了勒壤得多項式的正交性 (4.34) 式 來做角度積分。）

## §10.2.2　計算技巧
對於問題中的位能，我們要做的事只剩下「求出分波振幅 $a_\ell$」。可以藉由以下方式來達到這點：先解出{內部|○○}區域（$V(r)$ {不|○}為零的區域）的薛丁格方程式，然後加上適當的邊界條件使解和外部解（10.23 式）相匹配。就目前而言，唯一的問題是混用的記號：對於散射波我用了{球|○}坐標，但對於入射波我卻用{直角|○○}坐標表示。我們得用前後更一致的記號來重寫波函數。

$e^{ikz}$ 當然滿足 $V = 0$ 時的薛丁格方程式。另一方面，我才剛說過 $V = 0$ 時的薛丁格方程式，其{通|○}解可以表達成以下形式：$$\sum_{\ell,m}\left[A_{\ell,m}J_\ell(kr)+B_{\ell,m}n_\ell(kr)\right]Y^m_\ell(\theta,\phi)。$$ 那麼，一定有可能用這種方式來表示 $e^{ikz}$。但在原點處 $e^{ikz}$ 有限，所以沒有合適的諾依曼函數（Neumann function）（$n_\ell(kr)$ 在 $r = 0$ 處發散），而且 $z = r\cosθ$ 與 $\phi$ 無關，只會有 $m = 0$ 的項出現。這導致一種用球面波來展開平面波的公式，叫做**瑞利公式**（Rayleigh's formular）： [^6] $$e^{ikz}=\sum^{\infty}_{\ell=0}i^\ell\,(2\ell+1)\,j_\ell(kr)\,P_\ell(\cos\theta)。\tag{10.28}$$ 用這個公式可以把外部區域的波函數（(10.23) 式）完全用 $r$ 和 $\theta$ 表示：$$\psi(r,\theta)=A\sum^\infty_{\ell=0}i^\ell\,(2\ell+1)\left[j_\ell(kr)+ika_\ell h^{(1)}_\ell(kr)\right]P_\ell(\cos\theta)。\tag{10.29}$$

### 例題 10.3
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**量子硬球散射**（Quantum hard-sphere scattering）
假設 $$V(r)=\left\{\begin{array}{l}\infty，&(r\leq a)，\\0，&(r>a)。\end{array}\right.\tag{10.30}$$ 則邊界條件是 $$\psi(a,\theta)=0，\tag{10.31}$$ 所以對於所有的 $\theta$，我們有 $$\sum^\infty_{\ell=0}i^\ell\,(2\ell+1)\left[j_\ell(ka)+ika_\ell h^{(1)}_\ell(ka)\right]P_\ell(\cos\theta)=0，\tag{10.32}$$ 並且從中推得（習題 10.3）$$a_\ell=i\dfrac{j_\ell(ka)}{kh^{(1)}_\ell(ka)}。\tag{10.33}$$ 特別是，總截面（(10.27) 式）為 $$\sigma=\dfrac{4\pi}{k^2}\sum^\infty_{\ell=0}(2\ell+1)\left|\dfrac{j_\ell(ka)}{h^{(1)}_\ell(ka)}\right|^2。\tag{10.34}$$

上式是{精確|○○}解，但卻不那麼具有啟示性，所以讓我們考慮{低能量散射|○○○○○}的極限情況：
$ka\ll1$。（因為 $k=2\pi/\lambda$，這相當於是說波長遠大於球的半徑。）查閱表 4.4 時我們注意到，當 $z$ 很小時，$n_\ell(z)$ 遠大於 $j_\ell(z)$，所以 $$\begin{align}\dfrac{j_\ell(z)}{h^{(1)}_\ell(z)}&=\dfrac{j_\ell(z)}{j_\ell(z)+in_\ell(z)}\approx-i\dfrac{j_\ell(z)}{n_\ell(z)}\\&\approx-i\dfrac{\small\dfrac{2^\ell\ell!}{(2\ell+1)!}z^\ell}{\small\dfrac{-(2\ell)!}{2^\ell\ell!}\dfrac{1}{z^{\ell+1}}}=\dfrac{i}{2\ell+1}\left[\dfrac{2^\ell\ell!}{(2\ell)!}\right]^2z^{2\ell+1}，\tag{10.35}\end{align}$$ 因此 $$\sigma\approx\dfrac{4\pi}{k}\sum^\infty_{\ell=0}\dfrac{1}{2\ell+1}\left[\dfrac{2^\ell\ell!}{(2\ell)!}\right]^4 (ka)^{4\ell+2}。$$ 但由於我們假設 $ka\ll1$，所以較高次幂可以忽略——在低能量近似中散射是由 $\ell=0$ 項所主導。（這代表微分截面與 $\theta$ 無關，就像古典情況中那樣。）顯然，在低能量近似中我們有 $$\sigma\approx 4\pi a^2。\tag{10.36}$$ 令人驚訝的是，散射截面是幾何截面的{四倍|○○}——事實上 $\sigma$ 是球的表面面積。這種「增大的有效尺寸」是長波長散射所獨有的特徵（在光學中也是一樣）；在某種意義上，這些波在整顆球的周圍「摸索」著前進，而古典{粒子|○○}只能看到正面的截面（(10.8) 式）。

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### 習題 10.3　
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由 (10.32) 式開始，證明 (10.33) 式。*提示：* 使用勒壤得多項式的正交性來證明不同 $\ell$ 值的係數必定都各自是零。
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### 習題 10.4 **
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考慮 delta 函數 球殼的低能量散射：$$V(r)=\alpha\delta(r-a)，$$ 其中 $\alpha$ 和 $a$ 是常數。計算散射幅 $f(\theta)$、微分截面 $D(\theta)$ 和總截面 $\sigma$。賈述 $ka\ll1$，所以只剩 $\ell=0$ 有顯著的貢獻。（為了簡單起見，一開始就拋開所有 $\ell\neq0$ 的項。）當然，主要的問題是求出 $C_0$。以無因次量 $\beta\equiv 2ma\alpha/\hbar^2$ 來表示你的答案。*答案：* $\sigma=4\pi a^2\beta^2/(1+\beta)^2$。
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[^譯註a]: 【譯者註a】離心部分的貢獻（centrifugal contribution）指的是 $\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\ell(\ell+1)}{r^2}$ 這項。

[^5]: 【作者註5】由於入射平面波劃定了 $z$ 方向，球形對稱性被破壞，所以波函數與 $\theta$ 有關這點當然沒有錯。但是{方位角|○○○}仍然存在對稱性；入射平面波與 $\phi$ 無關，而且散射過程中也不可能導致向外傳的波與 $\phi$ 有關。

[^譯註b]: 【譯者註b】

[^6]: 【作者註6】其證明可參考 George Arfken and Hans-Jurgen Weber, *Mathematical Methods for Physicists*, 7th ed., Academic Press, Orlando (2013) 習題 15.2.24 和 15.2.25