FJOD Vaje Teden03

Pri sipanju preko elektromagnetne interakcije lahko zapišemo matrični element \( \left\langle f \right| V \left| i \right\rangle\) kot integral

\[ \left\langle f \right| V \left| i \right\rangle = \int\limits_{}^{} \Psi_f V \Psi^{*}_i \, \mathrm{d} \vec{r} \]

kjer je \( \Psi_f \) končni izsevani foton, \( \Psi_i \) vpadni foton ter \( V \) potencial jedra.

Potencial jedra je posledica naboj v jedru in ga znamo povezati z nabojem preko Poissonove enačbe

\begin{equation} \label{eq:1} \nabla ^2 V (x) = - \rho \end{equation}

kjer je \( \rho \) porazdelitev naboja v jedru. Prav tako je privzeto, da je \( \epsilon_0 = 1 \).

Iz tega vidimo, da so valovne funkcije in naboj med seboj povezane.

Valovno funkcijo lahko razvijemo po ravnih valovih (oz. se obnašamo kot da imamo samo ravni val).

Valovni funkciji sta torej oblike

\[ \Psi_j = e^{\iu \vec{k}_j \vec{x}}; \ j = i, f \]

\begin{equation} \label{eq:2} \begin{aligned} \left\langle f \right| U \left| i \right\rangle &= \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{k}_f \vec{r}} V \left( \vec{r} \right) e^{- \iu \vec{k}_i \vec{r}}\, \mathrm{d} V && \vec{q} = \vec{k}_f - \vec{k}_i \\ &= \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} V (r) \, \mathrm{d} V \end{aligned} \end{equation}

Členi \ref{eq:2} rečemo oblikovna funkcija (ang. form factor).

Upoštevamo, da morata biti valovna funkcija in potencial daleč stran enaka \( 0 \), potem velja preko 2. Greenove identitete velja

\[ \int\limits_{}^{} f \nabla ^2 g \, \mathrm{d } V = \int\limits_{}^{} g \nabla ^2 f \, \mathrm{d} V \]

Naša funkcija \( f \) je potencial \( V(r) \) in naša funkcija \( g \) je \( e^{\iu \vec{q} \vec{x}} \).

Iz enačbe \ref{eq:2} ter Greenove identitete tako sledi

\begin{align*} \int\limits_{}^{} V \nabla ^2 e^{\iu \vec{q} \vec{x}} \, \mathrm{d} V &= \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{x}} \nabla ^2 V \, \mathrm{d} V \\ -q ^2 \int\limits_{}^{} Ve^{\iu \vec{q} \vec{x}}\, \mathrm{d} V &= \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{x}} \nabla ^2 V \, \mathrm{d} V \end{align*}

Z upoštevanjem \ref{eq:1} nadalje dobimo

\begin{equation} \label{eq:3} \begin{aligned} -q ^2 \left\langle f \right| V \left| i \right\rangle &= -\int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} \rho (r) \, \mathrm{d} V \\ \left\langle f \right| V \left| i \right\rangle &= \frac{1}{q ^2} \underbrace{\int\limits_{}^{} \overbrace{e^{\iu \vec{q} \vec{r}}}^{\text{foton}} \overbrace{ \rho(r)}^{(1)} \, \mathrm{d} V}_{\text{oblikovni faktor}} \end{aligned} \end{equation}

Vidimo, da je matrični element, ki opiše interakcijo jedra s fotonom Fourierova transformacija naboja porazdeljena v jedru. Zato bomo tudi oblikovni faktor označili z velikim \( F \).

(1) interpretiram kot gostoto naboja v kompozitnem delcu.

V navodilih naloge je predpostavljena točkasta porazdelitev naboja v jedru, kar pomeni, da definiramo gostoto kot

\[ \rho (r) = \lambda \delta ^3 \left( \vec{r} \right) \]

Iz \ref{eq:3} tako dobimo

\begin{align*} F \left( q \right) &= \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} \rho (r) \, \mathrm{d} V \\ &= \lambda \int\limits_{}^{} e^{\iu \left( q_x x + q_y y + q_z z \right)} \delta (x - 0) \delta (y - 0) \delta (z - 0) \,\mathrm{dxdydz} \\ &= \lambda \end{align*}

Hkrati pa je \( \lambda = \frac{1}{V} \), saj smo tako definirali našo gostoto. Kdaj smo jo tako definirali?

Kaj nam matrični element sploh pove? Verjetnost, da se nek prehod zgodi?

Po skripti na spletni učilnici je \( V_{fi} \) matrični element, ki je verjetnost, da je potencial povzročil sprememebo iz začetnega v končno stanje. V našem primeru je verjetnost odvisna samo od velikosti potenciala.

Zapišemo definicijo in zamenjamo koordinate iz kartezičnih v sferične.

\begin{equation} \label{eq:4} F \left( q \right) = \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} \rho \left( \vec{r} \right) \, \mathrm{d} V = \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} \rho \left( \vec{r} \right) r ^2 \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \, \mathrm{d} r \end{equation}

Porazdelitev naboja je sferično simetrična, kar pomeni, da je \( \rho \left( \vec{r} \right) = \rho \left( r, \theta, \phi \right) = \rho \left( r \right) \).

Tako se enačba \ref{eq:4} pretvori v

\begin{equation} \label{eq:5} F \left( q \right) = \int\limits_{}^{} e^{\iu \vec{q} \vec{r}} \rho \left( r \right) r ^2 \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \, \mathrm{d} r \end{equation}

Skalarni produkt v eksponentu bomo zapisali kot

\begin{equation} \label{eq:6} \vec{q} \cdot \vec{r} = qr \cos \theta \end{equation}

saj je \( \theta \) kot med vektorjem.

Nadalje se enačba \ref{eq:5} pretvori v

\begin{equation} \label{eq:7} \begin{aligned} F (q) &= \int\limits_{}^{} e^{\iu qr \cos \theta} \rho \left( r \right) \sin \theta r ^2 \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \, \mathrm{d} r \\ &= \int\limits_0^{2 \pi} \, \mathrm{d} \phi \int\limits_0^{\pi} \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \int\limits_0^R e^{\iu q r \cos \theta} \rho \left( r \right) r ^2 \, \mathrm{d } r\\ &= 2 \pi \int\limits_0^{\pi} \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \int\limits_0^{R} e^{\iu q r \cos \theta} \rho \left( r \right) r ^2 \\ &= 2 \pi \int\limits_0^R r ^2 \rho \left( r \right) \, \mathrm{d} r \int\limits_0^{\pi} \sin \theta e^{\iu qr \cos \theta} \, \mathrm{d} \theta \end{aligned} \end{equation}

V zadnji vrstici \ref{eq:7} uporabimo sledečo substitucijo

\begin{align*} u &= \iu q r \cos \theta \\ \mathrm{d} u &= - \iu q r \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \end{align*}

Kar pomeni, da se integral po \( \theta \) pretvori v

\begin{equation} \label{eq:8} \begin{aligned} \int\limits_0^{\pi} \sin \theta e^{\iu q r \cos \theta} &= - \int\limits_{- \iu q r}^{\iu q r} \frac{e^u}{\iu q r } \, \mathrm{d }u \\ &= - \left. \frac{e^u}{\iu q r} \right|_{- \iu q r} ^{\iu q r} \\ &= \left( e^{\iu q r} - e^{- \iu q r} \right) \frac{1}{ \iu q r} \\ &= \left( \cos (qr) + \iu \sin (q r) - \cos (qr) + \iu \sin (qr) \right) \frac{1}{\iu q r} \\ &= \frac{2 \sin (qr)}{qr} \end{aligned} \end{equation}

Naša oblikovna \ref{eq:7} tako postane

\begin{equation} \label{eq:9} \begin{aligned} F (q) &= 4 \pi \int\limits_0^{\infty} \frac{\rho \left( r \right) \sin (qr) r ^2 \, \mathrm{d} r}{qr} \\ &= \frac{4 \pi}{q} \int\limits_0^{\infty} \rho \left( r \right) \sin (qr) r \, \mathrm{d} r \end{aligned} \end{equation}

Uporabili bomo \ref{eq:9}.

Ker je limita gostota naboja enaka

\[ \lim_{r \to \infty} \rho (r) = 0 \]

pomeni, da bomo uporabili majhne \( r \) in majhne \( q \). Posledično lahko sinusno funkcijo razvijemo do 3. reda

\begin{equation} \label{eq:10} \sin (qr) = qr - \frac{\left( qr \right)^3}{3!} \end{equation}

To sedaj vstavimo v izraz \ref{eq:9} in dobimo

\begin{equation} \label{eq:11} F(q) = \frac{4\pi}{q} \int\limits_0^{\infty} \rho (r) \left[ \underbrace{qr}_{\text{0. clen}} - \underbrace{\frac{\left( qr \right)^3}{6}}_{\text{1. clen} \right] r \, \mathrm{d} r \end{equation}

Iz enačbe \ref{eq:11} izračunajmo 0. člen

\begin{equation} \label{eq:12} \begin{aligned} F(q)^{(0)} = \frac{4\pi}{q} \int\limits_0^{\infty} q \rho (r) r ^2 \, \mathrm{d } r &= 4\pi \int\limits_0^{\infty} \rho (r) r ^2 \, \mathrm{d} r \\ &= e && \text{za pravilno izbran } q \end{aligned} \end{equation}

/1. člen pa je enak

\begin{equation} \label{eq:13} \begin{aligned} F (q) ^{(1)} &= - \frac{4\pi}{q} \int\limits_0^{\infty} \rho (r) \frac{q ^3 r ^4}{6} \, \mathrm{d} r &= - \frac{4\pi q ^2}{6} \int\limits_0^{\infty} \rho(r) r ^2 r ^2 \, \mathrm{d} r \\ &= - \frac{q ^2 e}{6} \left\langle r ^2 \right\rangle \end{aligned} \end{equation}

Kjer smo z \( \left\langle \cdot \right\rangle \) označili pričakovano vrednost radija.

Za poljuben model za \( \rho \) lahko potem preko enačbe \ref{eq:11} z vstavljenima člena \ref{eq:12} in \ref{eq:13} izračunamo radij, ki ga izbran model napove.

Za primer vzemimo model iz navodil naloge.

Naprej izračunajmo radij

\begin{align*} \left\langle r ^2 \right\rangle &=\underbrace{ \frac{1}{4 \pi} \int\limits_0^{2 \pi}\, \mathrm{d} \phi \int\limits_{-1}^1 \, \mathrm{d} \cos \theta}_{=1} \int\limits_0^{\infty} \frac{e^{- \lambda r } \lambda ^2}{r} r ^2 r ^2 \, \mathrm{d }r \\ &= \int\limits_{0}^{\infty} \frac{e^{- \lambda r}}{r} \lambda ^2 r ^4 \, \mathrm{d} r \\ &= \frac{6}{\lambda ^2} \end{align*}

Kjer smo iz 2. vrstice v 3. vrstico trikrat uporabili integriranje per partes za

\begin{align*} u &= r ^3 \\ \mathrm{d} v &= e^{- \lambda r} \, \mathrm{d} r \end{align*}

Po vsakem per partesu je prvi člen, brez integrala, enak \( 0 - 0 \) za dane meje.

\[ r_E = \sqrt{\left\langle r ^2 \right\rangle} = \frac{\sqrt{6}}{\lambda} \]

Izračunajmo še oblikovni integral.

\begin{equation} \label{eq:14} \begin{aligned} F(q) &= \frac{4\pi}{q} \int\limits_0^{\infty} \rho (r) \sin (qr) r \, \mathrm{d} r &= \frac{4 \pi \lambda ^2}{q 4 \pi } \int\limits_0^{\infty} \frac{e^{- \lambda r}}{r} \sin (qr) r \, \mathrm{d} r \\ &= \frac{\lambda ^2}{q} \int\limits_0^{\infty} e^{- \lambda r} \sin (qr) \, \mathrm{d} r \end{aligned} \end{equation}

Za

\begin{align*} u(r) &= \sin (qr) \\ \mathrm{d} v &= e^{- \lambda r} \, \mathrm{d} r \end{align*}

lahko izvedemo tri iteracije integriranja per partes in tako dobimo

\begin{equation} \label{eq:15} \begin{aligned} I &= 0 + \frac{q}{\lambda ^2} - \frac{q ^2}{\lambda ^2} \cdot I \\ I \left( 1 + \frac{q ^2}{\lambda ^2} \right) &= \frac{q}{\lambda ^2} \\ I &= \frac{q}{\lambda ^2 + q ^2} \end{aligned} \end{equation}

To pomeni, da se naš integral \ref{eq:14} pretvori v

\begin{equation} \label{eq:16} F(q) = \frac{\lambda ^2}{q} \cdot \frac{q}{\lambda ^2 + q ^2} = \frac{\lambda ^2}{\lambda ^2 + q ^2} \end{equation}

Izračunan oblikovni faktor ima en pol (monopol) pri \( \lambda ^2 = - q ^2 \)

Virtualno sipanje fotona (ang. time-like) ima pol, če pa se sipa fotona na protonu pa bo pol pri \( \omega (782) \).