APPROSSIMAZIONE DI BORN L`applicazione pi`u importante della

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APPROSSIMAZIONE DI BORN
05/06
APPROSSIMAZIONE DI BORN
L’applicazione più importante della teoria delle perturbazioni degli stati del continuo
è costituita dalla risoluzione approssimata dei problemi di diffusione.
Sia
Ĥ = Ĥ0 + Ĥ1 ,
p̂2 ,
2m
Ĥ0 =
Ĥ1 = V (x̂),
cioè nella rappresentazione di Schrödinger
Ĥ0 = −
}2
4,
2m
Ĥ1 = V (x),
dove supponiamo che il potenziale V (x) sia a breve range e opportunamente piccolo.
Considerata l’autofunzione di Ĥ0 e il corrispondente autovalore
hx|u0k i = u0k (x) =
1
3
2
(2π)
exp(i k·x) ,
Ek =
}2 2
k ,
2m
vogliamo costruire un’autofunzione (approssimata) di Ĥ appartenente al medesimo autovalore Ek ,
hx|u(k+) i = u(k+) (x) = u0k (x) + δ 1uk (x),
tale che
u(k+) (x)
−−−−→
r→∞
1
h
3
(2π)2
i
exp(i k·x) + fk (ϑ) 1r exp(i k r) .
Per ottenere ciò basta costruire la correzione in modo che abbia il comportamento asintotico
(1)
δ 1uk (x)
−−−−→
r→∞
1
3
2
(2π)
fk1 (ϑ) 1r exp(i k r) .
Posto
ϕ(x) = δ 1uk (x),
j(x) =
2m
V (x) u0k (x),
}2
l’equazione cui deve soddisfare la correzione al primo ordine,
Ek − Ĥ0 |δ 1uk i = Ĥ1 |u0k i,
diventa
(2)
4 + k 2 ϕ(x) = j(x).
1
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Il metodo della funzione di Green
L’equazione (1) è del tipo
(3)
O ϕ(x) = j(x),
dove ϕ(x) è la funzione incognita da determinare, O è un operatore lineare e j(x) è una funzione nota.
La soluzione dell’equazione (3) è evidentemente non unica
e ϕ(x) dovrà essere determinata imponendole un’ulteriore condizione.
Se j(x) ha estensione finita e l’ulteriore condizione implica l’annullamento di ϕ(x) all’infinito,
j(x) è solitamente detta la sorgente del campo ϕ(x).
Per risolvere un’equazione del tipo (3)
si usa spesso introdurre la cosiddetta funzione di Green G(x − x0)
che per definizione soddisfa la relazione
O G(x − x0) = δ (3) (x − x0).
(4)
Il significato della funzione G(x − x0) è quello di soluzione dell’equazione (3)
corrispondente a una sorgente puntiforme posta in x0.
Ottenuta una funzione di Green,
(la soluzione dell’equazione (4) è evidentemente non unica come non lo è quella della (3))
si costruisce immediatamente la corrispondente soluzione dell’eq. (3) per una qualsiasi sorgente j(x).
Infatti, posto
Z
ϕ(x) = d3 x0 G(x − x0) j(x0),
risulta
Z
Z
Z
3
O ϕ(x) = O d x0 G(x − x0) j(x0) = d x0 O G(x − x0) j(x0) = d3 x0 δ (3) (x − x0) j(x0) = j(x).
3
Un esempio di funzione di Green proviene dall’elettrostatica.
Infatti, come è noto, il potenziale elettrostatico V (x) creato da una distribuzione di carica %(x)
è la soluzione dell’equazione di Poisson
4 V (x) = −4π ρ(x)
che si comporta all’infinito come 1r ·
D’altra parte è anche noto che V (x) è dato da
Z
(5)
V (x) = d3 x0
1
%(x0) .
|x − x0|
La funzione di Green G0 (x − x0 ) che soddisfa l’equazione di Poisson per una sorgente puntiforme
(6)
4G0 (x − x0 ) = δ 3 (x − x0 )
e che genera per la sorgente −4π%(x) la soluzione (5)
è quindi
(7)
G0 (x − x0 ) = −
1
1
·
4π |x − x0 |
2
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0
La funzione di Green G(+)
k (x − x )
L’equazione per le correzioni è
(4 + k 2 ) ϕ(x) = j(x).
0
A noi serve una funzione di Green G(+)
k (x − x ) soluzione dell’equazione
0
3
0
(4 + k 2 )G(+)
k (x − x ) = δ (x − x )
e che dia luogo a correzioni
Z
0
0
ϕ(x) = d3x0 G(+)
k (x − x ) j(x )
con l’andamento asintotico (1).
La funzione di Green richiesta è
0
G(+)
k (x − x ) = −
1 exp(ik|x − x0 |)
·
4π
|x − x0 |
Infatti, posto x − x0 = ξ (e quindi 4x = 4ξ ),
tenendo conto del fatto che l’espressione (7) soddisfa l’equazione (6)
e usando le relazioni
4(f g) = (4f )g + 2(∇f )·(∇g) + f (4g),
(∇f (r))r =
d
f (r),
dr
(∇f (r))ϑ = 0,
1 d 2 d
4f (r) = 2
r
f (r) =
r dr dr
(∇f (r))ϕ = 0,
d2
2 d
2 + r dr
dr
f (r),
risulta
(+)
4ξ Gk
1
(ξ) = −
4π
1
1 1
1
1
4ξ
exp(ikξ) −
2 ∇ξ
· ∇ξ exp(ikξ) −
4ξ exp(ikξ)
ξ
4π
ξ
4π ξ
1
1 ξ
ξ
1 1 d2
2 d
= δ (ξ) exp(ik0) −
2 − 2
· ik exp(ikξ)
−
+
exp(ikξ)
4π
ξ ξ
ξ
4π ξ dξ 2
ξ dξ
3
2 1
1 1
2
2
= δ (ξ) +
ik exp(ikξ) −
− k exp(ikξ) + ik exp(ikξ)
4π ξ 2
4π ξ
ξ
3
1 exp(ikξ)
= δ (ξ) − k −
= δ 3 (ξ) − k 2 G(+)
k (ξ).
4π
ξ
3
2
Come si verifica immediatamente,
0
l’andamento asintotico conseguente all’applicazione di G(+)
k (x − x ) è quello richiesto.
3
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L’approssimazione di Born
La correzione del primo ordine è
Z
0
1 2m
exp(ik·x0 )
3 0 exp(ik|x − x |)
0
d
x
δ uk (x) = −
V
(x
)
4π }2
|x − x0 |
(2π})3/2
1
In realtà ci interessa solo il comportamento asintotico di δ 1uk (x),
dal quale estrarre l’ampiezza di diffusione fk1 (ϑ).
Posto x = rnx ,
i comportamenti asintotici per r → ∞ sono
|x − x | =
0
p
(x − x
0
)2
r
r
0 2
n ·x0
n ·x0
x
=r
nx − r = r 1 − 2 xr + O(1/r2 ) = r 1 − xr + O(1/r2 )
= r − nx·x0 + O(1/r) ,
1
1
1 1 + nx·x0 + O(1/r2 ) = 1 + O(1/r2 ) ,
=
=
r
n ·x0
r
r
| x − x0 |
r 1 − xr + O(1/r2 )
da cui
1
−−−−→
δ uk (x)
r→∞
=
m
−
2π}2
Z
exp ik(r− nx·x0 )
exp(ik·x0 )
d x
V (x0 )
r
(2π)3/2
3
0
exp(ikr) −m
1
3/2
r
2π}2
(2π)
|
Z
d3 x0 V (x0 ) exp ik(nk − nx )·x0
{z
}
! / 1
fk (ϑ)
Se il potenziale è centrale
fk1 (ϑ) dipende solo da k (cioè dall’energia) e dall’angolo ϑkx tra nk e nx
e gli integrali sugli angoli di x0 possono essere calcolati in generale.
Prendendo l’asse z 0 parallelo a nk − nx si ottiene
Z
3
d x V (r ) exp ik(nk − nx )·x
0
0
0
Z
=
∞
Z
02
dr r V (r )
0
0
Z ∞
= 2π dr0 r0 2 V (r0 )
0
4π
=
k|nk − nx |
2π
Z
dϕ
0
0
0
1
d cos ϑ0 exp(ik|nk − nx |r0 cos ϑ0 )
−1
1
0
0
exp(ik|n
−
n
|r
)
−
exp(−ik|n
−
n
|r
)
x
x
k
k
ik|nk − nx |r0
∞
Z
dr0 r0 V (r0 ) sin(k|nk − nx |r0 )
0
e quindi
fk1 (ϑkx ) = −
2m
k|nk − nx |}2
Z
∞
dr0 r0 V (r0 ) sin(k|nk − nx |r0 ).
0
4
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Criteri di validità
Un’indicazione ragionevole di validità dell’approssimazione di Born
è costituita dalla piccolezza della correzione, cioè
Z
m 3 exp(ik|x − x0 |)
0
0
0
V (x ) exp(ik·x ) 1
}2 d x
0
|x − x |
per ogni x.
Assumendo V (x) costante in una sfera Vb di centro 0 e raggio b e nullo altrove la condizione diventa
Z
0
m |V | d3 x0 exp(ik|x − x |) exp(ik·x0 ) 1
|x − x0 |
}2
Vb
Valutazione per kb . 1
Gli argomenti dei due esponenziali variano lentamente;
sostituendoli con un fattore di fase costante si ha
Z
Z
0
1
3 0 exp(ik|x − x |)
0
d x
exp(ik·x ) ≈ fattore di fase · d3 x0
·
0
|x − x |
|x − x0 |
Vb
Vb
|
}
"#{z
'&
Z
! /
. d3 x0 r10 = 4π 1 b2
2
Vb
La condizione diventa
}2 ·
|V | b2 m
Valutazione per kb 1
I due esponenziali oscillano forsennatamente
e le cancellazioni ammazzano il valore dell’integrale.
Valutiamo l’integrale prendendo x = 0:
Z
d3 x0
Vb
Z
exp(ikr0 )
exp(ik·x0 )
r0
(prendendo l’asse z 0 diretto come k)
+1
Z
= 2π dr r exp(ikr ) 1 0 exp(ikr0 ) − exp(−ikr0 ) = 2π 1
ikr
ik
0
Z
d3 x0
Vb
Z
exp(ikr0 )
exp(ikr0 cos ϑ0 ) = 2π
r0
Z
b
exp(ikr0 )
r0
=
0
dr0 r0 2
b
0
0
d cos ϑ0 exp(ikr0 cos ϑ0 )
−1
1
1
= 2π
exp(2ikb) − 1 − b ' − 2π b ·
i k
ik 2ik
! _
poiché b 12
k
k
La condizione diventa
}2 kb .
|V | b2 m
b
dr0 exp(2ikr0 ) − 1
0
0
5