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# System prepended metadata

title: Sec. 10.3
tags: [Quantum Physics II]

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title: Sec. 10.3
author: ulynx
lang: zh-tw
description: 30 Jun 2020 @ 萬隆宿舍
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# §10.3　相移
###### tags: `Quantum Physics II`
[TOC]

首先在半線 $x<0$ 上考慮一局部位能 $V(x)$ 的{一|○}維散射問題（圖 10.7）。我會在 $x=0$ 的地方放置一堵「磚牆」，讓波從左邊入射， $$\psi_i(x)=Ae^{ikx}\qquad(x<-a)\tag{10.37}$$ 會完全反射為 $$\psi_r(x)=Be^{-ikx}\qquad(x<-a)\tag{10.38}$$ 不管在交互作用區（$-a<x<0$）發生了什麼，由於機率守恆，反射波的振幅都{須|○}與入射波的振幅相同（$|B|=|A|$），但是它們的{相位|○○}未必相同。假如完全沒有位能（只有在 $x=0$ 的牆），則 $B=-A$，即 $$\psi(x)=A\left(e^{ikx}-e^{-ikx}\right)\qquad(V(x)=0)，\tag{10.39}$$ 因為整個波函數（入射加反射）在原點必須等於零。如果位能{不是|○○}零，則（對於 $x<-a$）波函數有如下形式：$$\psi(x)=A\left(e^{ikx}-e^{i(2\delta-kx)}\right)\qquad(V(x)\neq0。\tag{10.40}$$ 整個散射理論化簡為：==給定一位能，計算（波函數的）**相移**（phase shift）[^7] $\delta$==（是 $k$ 的函數，因此也是能量 $E=\hbar^2k^2/2m$ 的函數。）為此，我們當然是要==解散射區域內（$-a<x<0$）的薛丁格方程式，然後施加適當的邊界條件==（參看習題 10.5）。（相對於使用複振幅 $B$，）使用相移的好處是，相移能利用物理意涵來使數學簡化（用一個實數物理量來替換一個帶有兩個實數的複數物理量）。

![](https://i.imgur.com/7DyGMML.png =400x)
<font size=2>**圖 10.7：** 局部位能的一維散射，右邊被一堵無限高的牆約束。</font>


讓我們回到三維情況。入射平面波（$Ae^{ikz}$）不具有 $z$ 方向上的角動量（瑞利公式只含 $m=0$ 的項），但是它包括{總|○}角動量的所有值（$\ell= 0,1,2,...$）。然後==因為（球形對稱位能使得）角動量守恆，所以每個（用特定的 $\ell$ 標記的）**分波**（partial wave）是獨立地散射，而在此過程中振幅 [^8] （同樣）不變，只有相位改變。==

如果完全沒有位能，則 $\psi=Ae^{ikz}$，且第 $\ell$ 分波是（<font color=red>(10.28) 式</font>）$$\psi^{(\ell)}(r,\theta)=Ai^\ell\,(2\ell+1)\,j_\ell(kr)\,P_\ell(\cos\theta)\qquad(V(r)=0)\tag{10.41}$$ 但是（由 (10.19) 式和表 10.1 可知）$$j_\ell(x)=\dfrac{1}{2}\left[h^{(1)}_\ell(x)+h^{(2)}_\ell(x)\right]\approx\dfrac{1}{2x}\left[(-i)^{\ell+1}e^{ix}+i^{\ell+1}e^{-ix}\right]\quad(x\gg1)。\tag{10.42}$$ 所以 $r$ 很大時，$$\psi^{(\ell)}(r,\theta)\approx A\dfrac{2\ell+1}{2ikr}\left[e^{ikr}-(-1)^\ell e^{-ikr}\right]P_\ell(\cos\theta)\quad(x\gg1)。\tag{10.43}$$ 其中方括號中的第二項代表向內傳的球面波；它來自入射平面波，當我們引入散射位能時，它不會變。第一項是向外傳的波；它（因為散射位能）獲得了一個相移，所以局部位能存在時，第 $\ell$ 分波變成 $$\psi^{(\ell)}(r,\theta)\approx A\dfrac{2\ell+1}{2ikr}\left[e^{i(kr+2\delta_\ell)}-(-1)^\ell e^{-ikr}\right]P_\ell(\cos\theta)\quad(x\gg1)。\tag{10.44}$$

請把它想成是向內匯集（converging）的球面波（$e^{-ikr}$ ，完全來自 $e^{ikz}$ 中的 $h^{(2)}_\ell$ 部分），此球面波在向內走時，其相位平移了 $\delta_\ell$，然後變成向外傳的球面波（$e^{ikr}$，來自 $e^{ikz}$ 的 $h^{(1)}_\ell$ 部分，加上散射波）時，其相位又平移了 $\delta_\ell$（所以總共平移了 $2\delta_\ell$）。

在第 10.2.1 小節中，整個理論都是用分波振幅 $a_\ell$ 來表達的；現在我們已能用相移 $\delta_\ell$ 來重新表述這個理論。$a_\ell$ 和 $\delta_\ell$ 兩者之間必然存在一種聯繫。的確，將 (10.23) 式（$r$ 很大）的漸進形式 $$\psi^{(\ell)}(r,\theta)\approx A\left\{\dfrac{2\ell+1}{2ikr}\left[e^{ikr}-(-1)^\ell e^{-ikr}\right]+\dfrac{2\ell+1}{r}a_\ell e^{ikr}\right\}P_\ell(\cos\theta)\tag{10.45}$$ 和用 $\delta_\ell$ 的一般表達式（(10.44) 式）比較，我們發現[^9] $$a_\ell=\dfrac{1}{2ik}\left(e^{2i\delta_\ell}-1\right)=\dfrac{1}{k}e^{i\delta_\ell}\sin(\delta_\ell)。\tag{10.46}$$ 上式（用 (10.25) 式）可特別推得 $$f(\theta)=\dfrac{1}{k}\sum^\infty_{\ell=0}(2\ell+1)\,e^{i\delta_\ell}\sin(\delta_\ell)\,P_\ell(\cos\theta)\tag{10.47}$$ 以及（用 (10.25) 式）推得 $$\sigma=\dfrac{4\pi}{k}\sum^\infty_{\ell=0}(2\ell+1)\sin^2(\delta_\ell)\tag{10.48}$$ 

我們再次看到使用相移的優點（與分波振幅相比），它使物理詮釋變得更容易，而且數學更簡單——相移表述法利用了角動量守恆，從而把一個複數物理量 $a_\ell$（兩個實數）化簡為一個實數物理量 $\delta_\ell$。

### 習題 10.5
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一個質量為 $m$、能量為 $E$ 的粒子從左邊入射到下面這種位能：$$V(x)=\left\{\begin{array}{ll}0，&(x<-a)，\\-V_0，&(-a\leq x\leq0)，\\\infty，&(x>0)。\end{array}\right.$$
- (a) 如果入射波是 $Ae^{ikx}$（其中 $k=\sqrt{2mE}\big/\hbar$），試求出反射波。*答案：* $$Ae^{-2ika}\left[\dfrac{k-ik'\cot(k'a)}{k+ik'\cot(k'a)}\right]e^{-ikx}，其中~k'=\sqrt{2m(E+V_0)}\Big/\hbar。$$
- (b) 證明反射波的振幅和入射波相同。
- (c\) 當阱很深的時候（$E\ll V_0$），試求相移 $\delta$（(10.40) 式）*答案：* $\delta=-ka$。
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### 習題 10.6
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對於硬球散射（例題 10.3），求其分波相移（$\delta_\ell$）。
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### 習題 10.7
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試求被 delta 函數球殼位能所散射（習題 10.4）的 $S$ 波（$\ell=0$）分波相移 $\delta_0(k)$。假定當 $r\to0$ 時徑向波函數 $u(r)$ 趨近於 $0$。*答案：* $$-\cot^{-1}\left[\cot(ka)+\dfrac{ka}{\beta\sin^2(ka)}\right]，其中~\beta\equiv\dfrac{2m\alpha a}{\hbar^2}。$$
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1. Within $r<a$, the potential energy $V=0$, and the radial wave funciton of $S$-wave, $u(r)=rR(r)$, satisfies $$\require{cancel}\dfrac{d^2u}{dr^2}+k^2u=0\quad \left(r<a,~k=\tfrac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\right),$$ whose solution is $$u(r)=A\sin(kr+\delta_0').\tag{1}$$
    $\because R(r)=\dfrac{u(r)}{r}$ is finite as $r\to 0$, $\delta_0'=0$, $\therefore~u(r)=A\sin(kr)\quad (r<a)$
2. Within $r<a$, the potential energy $V=0$, and the radial wave funciton is $$u(r)=C\sin(kr+\delta_0)\quad(r>a).\tag{2}$$

3. Due to continuity of the wave function at $r=a$, we require $$C\sin(ka+\delta_0)=A\sin(ka).\tag{3}$$ Besides, from the condition $$\left.\dfrac{du}{dr}\right|_{r=a^-}-\left.\dfrac{du}{dr}\right|_{r=a^+}=\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2}u(a)$$ we obtain $$\begin{align}Ck\cos(ka+\delta_0)-Ak\cos(ka)&=\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2}A\sin(ka)\\\implies C\cos(ka+\delta_0)&=\left[\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}\sin(ka)+\cos(ka)\right]A\tag{4}\end{align}$$

4. Eq. (4), divided by Eq. (3), yields $$\begin{align}&\hspace{3em}\dfrac{\cos(ka+\delta_0)}{\sin(ka+\delta_0)}=\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\dfrac{\cos(ka)}{\sin(ka)}\\&\implies\dfrac{\cos(ka)\cos(\delta_0)-\sin(ka)\sin(\delta_0)}{\sin(ka)\cos(\delta_0)+\cos(ka)\sin(\delta_0)}=\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\dfrac{\cos(ka)}{\sin(ka)}\\&\implies \cancel{\cos(ka)\cos(\delta_0)}-\sin(ka)\sin(\delta_0)\\&\hspace{4em}=\left[\sin(ka)\cos(\delta_0)+\cos(ka)\sin(\delta_0)\right]\left[\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\dfrac{\cos(ka)}{\sin(ka)}\right]\\&\hspace{4em}=\left[\sin(ka)\cos(\delta_0)+\cos(ka)\sin(\delta_0)\right]\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}\\&\hspace{6em}+\cancel{\cos(ka)\cos(\delta_0)}+\cos(ka)\sin(\delta_0)\dfrac{\cos(ka)}{\sin(ka)}\\&\implies -\sin(ka)\cos(\delta_0)\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}\\&\hspace{4em}=\sin(ka)\sin(\delta_0)+\cos(ka)\sin(\delta_0)\left[\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\dfrac{\cos(ka)}{\sin(ka)}\right]\\&\implies \cos(\delta_0)\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}\\&\hspace{4em}=-\sin(\delta_0)-\cot(ka)\sin(\delta_0)\left[\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\cot(ka)\right]\\&\implies \cot(\delta_0)=\dfrac{\hbar^2k}{2m\alpha}\left\{-1-\cot(ka)\left[\dfrac{2m\alpha}{\hbar^2k}+\cot(ka)\right]\right\}\\&\hspace{5.7em}=-\dfrac{\hbar^2k}{2m\alpha}\left[1+\cot^2(ka)\right]-\cot(ka)\\&\hspace{5.7em}=-\dfrac{\hbar^2k}{2m\alpha}\dfrac{1}{\sin^2(ka)}-\cot(ka)\\&\implies \delta_0=\cot^{-1}\left[-\dfrac{\hbar^2k}{2m\alpha}\dfrac{1}{\sin^2(ka)}-\cot(ka)\right]\\&\hspace{3.6em}=-\cot^{-1}\left[\cot(ka)+\dfrac{\hbar^2k}{2m\alpha}\dfrac{1}{\sin^2(ka)}\right].\tag{5}\end{align}$$
5. If we use $\beta\equiv\dfrac{2m\alpha a}{\hbar^2}$, then Eq. (5) becomes $$\delta_0=\boxed{-\cot^{-1}\left[\cot(ka)+\dfrac{ka}{\beta}\dfrac{1}{\sin^2(ka)}\right]}.\tag*{$\blacksquare$}$$

[^7]:【作者註7】在 $\delta$ 前面的 $2$ 是約定俗成的。我們想像入射波在進來時相位會平移一次，在向外傳的時候又會平移一次；通常我們把 $\delta$ 看作「單程」相移，所以{總|○}相移就是 $2\delta$。

[^8]:【作者註8】這個名詞令人混淆的其中一個原因就是，幾乎每個量都被叫做「振幅」（amplitude）：$f(θ)$ 是「散射振幅」（scattering amplitude），$a_\ell$ 是「分波振幅」（partial wave amplitude），但前者是 $\theta$ 的函數（後者卻不是），然後兩者又都是複數。我{這裡|○○}所提到的「振幅」，就其最初的含義而言，是指一列正弦波的高度（當然，這是{實數|○○}）。

[^9]:【作者註9】雖然我用波函數的漸近形式來牽起 $a_\ell$ 和 $\delta_\ell$ 之間的聯繫，但是得到的結果（(10.46) 式）不只限於漸近形式。兩者都是{常數|○○}（與 $r$ 無關），而且 $\delta_\ell$ {代表|○○}漸近區域（在此區域內漢克爾函數趨近於 $e^{±ikr}/kr$）內的相移。

