Óptica y teorema de conservación de la partícula actual

Question

El teorema óptico

$$\sigma_{tot} = \frac{4\pi}{k} \text{Im}(f(0))$$

enlaces de la sección total con la parte imaginaria de la dispersión de la amplitud.

Mis notas de la conferencia decir que esto es una consecuencia de la conservación de la partícula actual. ¿Cómo llegar a este resultado?

Answer 1

La conservación de la partícula actual no es sino la afirmación de que una teoría ha de ser unitaria. En otras palabras, la matriz de dispersión $S$ tiene que obedecer

$SS^\dagger=1$

La definición de $S=1+iT$ es decir, la reescritura de la matriz de dispersión como un trivial parte más interacciones (codificado en $T$ que corresponde a su $f$) se encuentra a partir de la unitarity condición:

$iTT^\dagger=T-T^\dagger=2Im(T)$

$TT^\dagger$ no es nada, pero de la sección transversal (he suprimido algunos integral de los signos aquí por razones de brevedad) la óptica es el teorema de allí. De ahí que uno encuentra $\sigma\sim Im(T)$

Answer 2

Para hacer la óptica teorema más evidente que uno puede pensar de una inteligente experimentales que no arregla los detectores en todas las direcciones posibles de la meta para determinar el total de la sección transversal, pero sólo un detector de área $S_D$ en vuelo en la dirección de la entrada de partículas. Este detector debe ser pequeño y lejos del objetivo para asegurarse de que sólo los no-partículas dispersadas son detectados. Para el cálculo tomamos el entrante de onda plana para entrar en la dirección x y el de destino se encuentra en el origen. Lejos del objetivo de la dispersión de estado puede ser escrito como $$\psi(\vec{r})=e^{ikx}+f(\theta,\phi)\frac{e^{ikr}}{r}$$ and the particle current is given by $\vec{j}=\frac{\manejadores}{m}\text{Im}(\psi^*\vec{\bigtriangledown}\psi)$. The detected particles per second are given by $$\dot{N}=\int_{S_D} \vec{j} \; \text{d}\vec{A} =\frac{\hbar}{m} \int_{S_D} \text{Im}(\psi^*\vec{\bigtriangledown}\psi) \; \text{d}\vec{A} \\= \frac{\hbar}{m} \int_{S_D} \text{Im}(ik+f^*\frac{e^{-ikr}}{r} i \vec{k} e^{ikx} + e^{-ikx} \vec{\bigtriangledown}(f\frac{e^{ikr}}{r}) + f^*\frac{e^{-ikr}}{r} \vec{\bigtriangledown}(f\frac{e^{ikr}}{r}) )\; \text{d}\vec{A}.$$

Si $f(\theta,\phi)=0$ (no dispersor) el detector encuentra $\frac{\hbar k}{m}S_D$ de las partículas por segundo. La presencia de la dispersor reduce el número de partículas, en donde la diferencia está dada por el número total de partículas dispersadas $\frac{\hbar k}{m}\sigma_{\text{tot}}$ donde $\sigma_{\text{tot}}$ es el total de la sección transversal. El punto crucial de esta instrucción es la partícula de conservación. Con el detector de área que se encuentra en $x=x_0$ y radio de $\rho_0$ que se enfrenta en la dirección x $\text{d}\vec{A}=\vec{e}_x\text{d}A$ podemos escribir: $$\frac{\manejadores k}{m}\sigma_{\text{tot}}=\frac{\manejadores k}{m}S_D-\dot{N} \\ =-\frac{\manejadores}{m} \int_{S_D} \text{Im} f^*\frac{e^{-ikr}}{r} i k e^{ikx} + e^{-ikx} \partial_x(f\frac{e^{ikr}}{r}) + f^*\frac{e^{-ikr}}{r} \partial_x(f\frac{e^{ikr}}{r}) )\; \text{d}=\frac{\manejadores}{m}(T_1+T_2+T_3).$$

En general, esta integral es muy complicado, pero podemos usar el hecho de que el área del detector está lejos de la meta. Una primera idea para este límite sería tomar un fijo detector de radio $\rho_0$ y mueva el detector lejano $x_0 \rightarrow \infty$. Sin embargo, en este límite que hemos $\sigma_{\text{tot}}=0$ desde la onda dispersada gotas con $\frac{1}{r}$. Para obtener un valor finito para $\sigma_{\text{tot}}$ uno tiene que mantener la relación de $\frac{\rho_0}{x_0}=\tan(\theta_0)$ fijos $x_0 \rightarrow \infty$ y, a continuación, realice el límite de $\theta_0 \rightarrow 0$ después. El cálculo real es un poco complicado, pero voy a demostrar que para el primer término:

$$T_1= -\int_{S_D}\text{Im}(ikf^*\frac{e^{ik(x-r)}}{r})\text{d} \\ =-\text{Im}\int_{\phi=0}^{2\pi}\int_{\rho=0}^{\rho_0}ikf^*e^{ik(x_0-\sqrt{x_02+\rho2})}\frac{\rho}{\sqrt{x_02+\rho2}}\text{d}\rho\text{d}\phi .$$

Ahora vamos a utilizar $\frac{\rho}{x_0}\ll 1$:

$$T_1=-2\pi \text{Im}(ik f^*(0)\int_{\rho=0}^{\rho_0} e^{-ik\frac{\rho^2}{2x_0}} \frac{\rho}{x_0} \text{d}\rho)\\ = -2\pi\text{Im} f^*(0)(1-e^{\frac{ik}{2}\tan^2(\theta_0)x_0})).$$ Para realizar el límite de $x_0 \rightarrow \infty$ añadimos una pequeña parte imaginaria a$k\rightarrow k+i\epsilon$, a continuación, realice $x_0 \rightarrow \infty$ y deje $\epsilon \rightarrow 0$ después. Tasas tan bien estar físico :) por lo Tanto, la primera contribución al total de la sección transversal es $T_1=2\pi \text{Im}(f(0))$. Resulta que el segundo término $T_2$ da $T_1$ como bueno y el tercer término $T_3$ da cero porque se cae más rápido que $\frac{1}{r}$. En total, este le da la óptica teorema $\frac{\hbar k}{m}\sigma_{\text{tot}}=2\frac{\hbar}{m}T_1$.