Amplitud de dispersión

Consideremos primeramente el caso de partículas sin espín dispersadas elásticamente, es decir, la energía se conserva al cabo de la interacción (no se produce ningún cambio interno en las partículas). Como siempre, describimos el problema en términos de la coordenada relativa entre las partículas ${r}$$=\!$${r}$$_1-$${r}$$_2$ y su masa reducida $\mu\!=\!\mu_1\mu_2/(\mu_1\!+\!\mu_2)$ (ignorando el movimiento del centro de masa). Una partícula de masa $\mu$ entonces incide sobre el centro dispersor representado mediante el potencial $V($${r}$$)$ con impulso ${p}$$=\!\hbar$${k}$$_o$, que por conveniencia tomamos según la dirección $z$. Queremos resolver entonces el problema

$$-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\psi($$${r}$$$) + V($$${r}$$$) \psi($$${r}$$$) = E \psi($$${r}$$$) \;,$$

para lo cual suponemos que $V($${r}$$)$ tiene un rango finito, es decir para $r>a$ puede tomarse $V($${r}$$)\!=\!0$ para cierto valor $a$. Como la partícula viene desde lejos, la onda incidente $\phi_{\rm inc}$ satisface

$$\Bigl( \nabla^2+k_o^2 \Bigr) \phi_{\rm inc}($$${r}$$$) = 0 \;,$$   donde$$\quad k_o^2=\frac{2\mu E}{\hbar^2} \;.$$

Ésta es la ecuación para la partícula libre, cuya solución es la onda plana $\phi_{\rm inc}($${r}$$)\!=\!A e^{i{\bm k}_o\cdot{\bm r}}$. Si la dispersión fuese isotrópica, después de la colisión la onda saliente sería una onda esférica $e^{i{\bm k}\cdot{\bm r}}/r$; sin embargo, ésta no es la situación general, sino que, según la dirección de la onda dispersada, este comportamiento se modula mediante una amplitud de dispersión $f(\theta,\varphi)$

$$\phi_{\rm disp}($$${r}$$$) = A f(\theta,\varphi) \frac{e^{i{\bm k}\cdot{\bm r}}}{r} \;.$$

La solución general representativa de las partículas registradas en el detector hacia la dirección $(\theta,\varphi)$ es la suma de estas componentes

$$\fbox{ $\psi(\mbox{\boldmath ${r}$}) = \phi_{\rm inc}(\mbox{\b... ...hi) \frac{e^{i{\bm k}\cdot{\bm r}}}{r}\right] \;. \rule[-1.2em]{0em}{3em} $ }$$ (40)

Claramente la sección eficaz diferencial relevada por el detector está relacionada con la amplitud de dispersión. Para ver la conexión, tengamos presente que la densidad de corriente incidente sobre el potencial dispersor es

   ${J}$$$_i = \frac{i\hbar}{2\mu} \Bigl( \phi_{\rm inc}\nabla\phi_{\rm inc... ...phi_{\rm inc}^*\nabla\phi_{\rm inc} \Bigr) \qquad\Rightarrow\qquad J_i = \vert$$${J}$$$_i\vert = \vert A\vert^2 \frac{\hbar k_o}{\mu} \;.$$

Del mismo modo, la corriente dispersada es (ejercicio)

$$J_{\rm disp} = \vert A\vert^2 \frac{\hbar k}{\mu r^2} \Bigl\vert f(\theta,\varphi)\Bigr\vert^2 \;.$$

Como el detector abarca cierta área $r^2 {\rm d}\Omega$, el número de partículas registradas por unidad de tiempo es ${\rm d}N(\theta,\varphi)\!=\!J_{\rm disp}r^2 {\rm d}\Omega$, de modo que sustituyendo en la definición (40),

$$\frac{ {\rm d}\sigma}{ {\rm d}\Omega} = \frac{k}{k_o} \Bigl\vert f(\theta,\varphi)\Bigr\vert^2 \;.$$

Para el caso particular de dispersión elástica, es decir $k\!=\!k_o$ (la misma energía),

$$\fbox{ $\displaystyle\frac{ {\rm d}\sigma}{ {\rm d}\Omega} = \Bigl\vert f(\theta,\varphi)\Bigr\vert^2 \rule[-1.2em]{0em}{3em} $ }$$

y también

$$\sigma = \int_0^{2\pi}\!\! {\rm d}\varphi\int_0^\pi {\rm d}\theta \Bigl\vert f(\theta,\varphi)\Bigr\vert^2 {\rm sen}\theta\;.$$

Vemos entonces que determinar ${\rm d}\sigma/ {\rm d}\Omega$ equivale a determinar la amplitud de dispersión $f(\theta,\varphi)$. Para poner en evidencia la forma explícita de esta amplitud es necesario resolver la ecuación de Schrödinger

$$\Bigr( \nabla^2+k^2 \Bigr) \psi($$${r}$$$) = \frac{2\mu}{\hbar^2} V($$${r}$$$) \psi($$${r}$$$)\;.$$

Podemos encontrar por separado una solución a la ecuación homogénea $\bigr(\nabla^2+k^2\bigr) \psi_h($${r}$$)\!=\!0$ y agregar una solución particular. La ecuación homogénea es precisamente la ecuación para la onda incidente, de modo que $\psi_h($${r}$$)\!=\!\phi_{\rm inc}($${r}$$)\!=\!e^{i{\bm k}_o\cdot{\bm r}}$. Para agregar la solución particular recurrimos a la función de Green $G($${r}$$-\!$${r}$$')$, que debe satisfacer la ecuación

$$\Bigr( \nabla^2+k^2 \Bigr) G($$${r}$$$-$$${r}$$$') = \delta($$${r}$$$-$$${r}$$$') \;.$$

La resolución se torna muy sencilla utilizando transformadas de Fourier ( ${r}$$-\!$${r}$$'\!\to$${q}$), y rápidamente se arriba a una expresión para la transformada de la función de Green (ejercicio)

$$\tilde{G}($$${q}$$$) = \frac{1}{k^2-q^2} \;.$$

Integrando con paciencia para recuperar la antitransformada de $\tilde{G}$ se obtiene entonces (ejercicio)

$$\fbox{ $\psi(\mbox{\boldmath ${r}$}) = \phi_{\rm inc}(\mbox{\b... ...ldmath ${r}$}') \psi(\mbox{\boldmath ${r}$}') \;. \rule[-1.2em]{0em}{3em} $ }$$ (41)

Esta ecuación integral expresa la función de onda $\psi($${r}$$)$ desconocida en términos de una integral que la contiene. Antes de ver cómo podemos aprovechar esta expresión, notemos que fuera del área de influencia de $V($${r}$$),\;r\gg r'$, de manera que (ejercicio)

$$k \vert$$${r}$$$-$$${r}$$$'\vert \simeq kr -$$   ${k}$$$\cdot$$${r}$$$'$$   y$$\qquad \frac{1}{\vert\mbox{\boldmath ${r}$}-\mbox{\boldmath ${r}$}'\vert} \simeq \frac{1}{r} \;,$$

lo que significa que, comparando con la expresión (41) para lo que registra el detector, encontramos que

$$f(\theta,\varphi) = -\frac{\mu}{2\pi\hbar^2} \int {\rm d}^3 r'\; e^{-i{\bm k}\cdot{\bm r}'} V( \mbox{\boldmath${r}$} ') \psi( \mbox{\boldmath${r}$} ') = -\frac{\mu}{2\pi\hbar^2} \bigl\langle \phi \bigl\vert \hat{V} \bigr\vert \psi \bigr\rangle \;.$$ (42)

En el último miembro representamos con $\left\vert \phi \right\rangle$ la onda plana $e^{i{\bm k}\cdot{\bm r}}$. Así expresamos la amplitud de dispersión en términos del potencial de interacción, y la sección eficaz diferencial resulta entonces

$$\frac{ {\rm d}\sigma}{ {\rm d}\Omega} = \frac{\mu^2}{4\pi^2\hba... ...l\langle \phi \bigl\vert \hat{V} \bigr\vert \psi \bigr\rangle\right\vert^2 \;.$$