Wikipedysta:Persino/Teoria jądra atomowego/Problem dwóch ciał w fizyce jądrowej

Deuteron jest to cząstka wodoru o posiadającym jeden proton i jeden neutron w swoim jądrze i jest to najprostszy układ dwóch cząstek.

Wprowadzenie do modelu deuteronu i jego energia wiązania

Energia stanu podstawowego deuteronu jest równa E_g=-2,226MeV, a także wykorzystując z określonego operatora zasięgu α oraz głębokości studni potencjału V₀, zatem opis deuteronu możemy przedstawić za pomocą czterech możliwości.

Potencjał studni prostokątnej	Potencjał wykładniczy
$V(r)={\begin{cases}-V_{0}&{\mbox{ dla }}r\leq \alpha \\0&{\mbox{ dla }}r\geq \alpha \end{cases}}\;$ (2.1)	$V(r)=-V_{0}e^{-{{r} \over {\alpha }}}\;$ (2.2)
Potencjał Yukawy	Potencjał Gaussa
$V(r)=-V_{0}{{\alpha } \over {r}}e^{-{{r} \over {\alpha }}}\;$ (2.3)	$V(r)=-V_{0}e^{-\left({{r} \over {\alpha }}\right)^{2}}\;$ (2.4)

Plik:Prostokątna studnia potencjału V(r).png

Prostokątna studnia potencjału V(r)

Powyższe wszystkie opisy przybliżają studnie potencjału i są one bliskie realistycznego przestawione występujące dla jądra deuteronu. Równanie Hamiltona dla naszego przypadku możemy zapisać dla przypadku, który to piszemy wzorem w postaci:

$\left(-{{\hbar ^{2}} \over {2m}}\Delta +V(r)\right)\psi =E\psi \;$

(2.5)

Będziemy rozpatrywać prostokątną studnie potencjału, tzn. studni dla której potencjał zależna jest od obszaru I i II, i który to piszemy wzorem:

$V(r)={\begin{cases}-V_{0}&r\leq \alpha {\mbox{ obszar I}}\\0&r>\alpha {\mbox{ obszar II}}\\\end{cases}}\;$

(2.6)

Funkcję falową w ob u obszarach możemy opisać jako superpozycję tych dwóch rozwiązań w tych dwóch obszarach, które to piszemy wzorem w postaci:

$\psi (r)={\begin{cases}\psi _{I}(r)&{\mbox{ dla }}r\leq \alpha \\\psi _{||}(r)&{\mbox{ dla }}r>\alpha \\\end{cases}}\;$

(2.7)

Rozwiązaniem równania (2.5) w tych dwóch obszarach jest przestawione wzorem, którego postać jest wedle wzoru (Niedopasowany uchwyt: 7.135) i którego postać jest:

${{d^{2}U(r)} \over {dr^{2}}}+\left({{2M_{r}} \over {\hbar ^{2}}}(E-V(r))-{{l(l+1)} \over {r^{2}}}\right)U(r)=0\;$

(2.8)

Powyższym wzorze (2.8) występuje masa zredukowana, które jest równa $M_{r}={{MM} \over {M+M}}={{1} \over {2}}M\;$, który jest słuszny dla opisu tutaj dla prawie jednakowych mas protonów i neutronów. Równość (2.8) jest napisana przy założeniu, że zachodzi (Niedopasowany uchwyt: 7.127) Wprowadźmy teraz stałe, których definicja jest zapisana wedle tożsamości:

$K^{2}={{2M_{r}V_{0}} \over {\hbar ^{2}}}\Rightarrow K^{2}={{MV_{0}} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.9)

$k^{2}=-{{2M_{r}E} \over {\hbar ^{2}}}>0\Rightarrow k^{2}=-{{ME} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.10)

Na podstawie wprowadzonych oznaczeń (2.9) i (2.10) możemy równość (2.8) w postaci schematu, którego to opis jest dawany wzorami:

${\begin{cases}{{d^{2}U_{|}(r)} \over {dr^{2}}}+(K^{2}-k^{2})U_{|}(r)=0\\{{d^{2}U_{||}(r)} \over {dr}}-k^{2}U_{||}(r)=0\\\end{cases}}\;$

(2.11)

jeśli wprowadzimy oznaczenie różnicy kwadratu liczby K i κ i wiedząc, że V_0-|E|=T, czyli różnica głębokości studni potencjału i wartości bezwzględnej energii całkowitej układu jest równa energii kinetycznej cząstki wchodzącej w skład układu kwantowego, czyli wprowadźmy oznaczenie, którego zapis jest:

$\kappa ^{2}=K^{2}-k^{2}{\mbox{ bo }}V_{0}>|E|\;$

(2.12)

Ponieważ mamy układ związany, więc energia całkowita układu w układzie związanym powinna spełniać tożsamość podaną we wzorze (2.12). Ponieważ rozpatrujemy układ n=1 i l=0, ponieważ m=-l,-l+1,..,l,. co w naszym przypadku dochodzimy do wniosku, że mamy m=0, zatem nasz układ równań (2.11) zapisujemy w postaci układu równań:

${\begin{cases}U_{|}^{''}+\kappa _{g}^{2}U_{|}=0\\U_{||}^{''}-k_{g}U_{||}=0\end{cases}}\;$

(2.13)

Na funkcję U(r) nakładamy warunki brzegowe, którego zapis tych warunków dla r dążącego do zera jest:

$U_{|}(0)=0{\mbox{ wtedy mamy }}\lim _{r\rightarrow 0}{{U(r)} \over {r}}=1<\infty \;$

(2.14)

A także drugi warunek graniczny dla r dążącego do nieskończoności:

$U_{||}(\infty )=0{\mbox{ wtedy mamy}}\lim _{r\rightarrow \infty }{{U_{||}} \over {r}}=0<\infty \;$

(2.15)

Szukamy teraz rozwiązania funkcji $U_{|}\;$, którego to zapis przestawiamy wzorem, którego schemat w postaci wykładniczej jest:

$U_{|}(r)=e^{\beta r}\;$

(2.16)

I po podstawieniu tego rozwiązania (2.16) do równania pierwszego układu równań (2.13) i w ten sposób dostajemy równość $\eta ^{2}+\kappa _{g}^{2}=0\;$, a stąd wynika, że $\beta =\pm i\kappa _{g}\;$, zatem rozwiązaniem równanie można przestawić w postaci wzoru:

$U_{|}(r)=A_{1}e^{i\kappa _{g}r}+A_{2}e^{-\kappa _{g}r}\;$

(2.17)

Z warunku brzegowego (2.14) możemy zapisać $A_{1}+A_{2}=0\;$, czyli z którego zachodzi $A_{1}=-A_{2}\;$, zatem funkcję (2.17) możemy przepisać w postaci równości, którego to piszemy:

$U_{|}=A_{1}\left(e^{i\kappa _{g}r}-e^{-\kappa _{g}r}\right)=2A_{1}i\sin(\kappa _{g}r)=A_{g}\sin(\kappa _{g}r)\;$

(2.18)

Następnie rozwiązaniem równania drugiego układu równań (2.13) w obszarze drugiej zapisujemy jako rozwiązaniem przy rozwiązaniu podobnym do (2.13), ale tym razem mamy $U_{||}=e^{\gamma r}\;$, wtedy to podstawiając do naszego układu równań, wtedy otrzymujemy tożsamość $\gamma ^{2}-k_{g}=0\Rightarrow \gamma =\pm k_{g}\;$, zatem wtedy otrzymujemy równość, która jest rozwiązaniem naszego równania, i którego zapis jest przestawiony wzorem w postaci:

$U_{||}=B_{1}e^{k_{g}r}+B_{g}e^{-k_{g}r}\;$

(2.19)

Ponieważ rozpatrujemy równość na podstawie warunku brzegowego (2.15), dla którego U(r) w nieskończoności nie powinna przyjmować wartości nieskończonych, zatem te nasze równanie (2.19) przepisujemy w postaci schematu:

$U_{||}=B_{f}e^{-k_{g}r}\;$

(2.20)

Zbierając funkcję U(r) dla dwóch obszarów, to ogólnie funkcja U(r) zapisujemy w postaci wzoru, którego to zapis:

${\begin{cases}U_{|}=A_{g}\sin \kappa _{g}r&{\mbox{ dla }}r\leq \alpha \\U_{||}=B_{g}e^{-k_{g}r}&{\mbox{ dla }}r>\alpha \end{cases}}\;$

(2.21)

Ponieważ nasza funkcja U(r) panująca w dwóch obszarach jest wszędzie ciągła, zatem na podstawie tej ciągłości możemy napisać warunek, którego schemat piszemy jako:

${{U_{I}^{'}} \over {U_{I}}}{\Bigg |}_{\alpha }={{U_{II}^{'}} \over {U_{II}}}{\Bigg |}_{\alpha }\;$

(2.22)

Teraz podstawiamy do równości (2.22) i w ten sposób otrzymujemy tożsamość:

$\kappa _{g}\operatorname {ctg} (\kappa _{g}\alpha )=-k_{g}\;$

(2.23)

Energię kinetyczną ciała możemy przestawić w postaci wzoru przy pomocy oznaczenia κ_g (2.12), którego przepis jest:

$\kappa _{g}^{2}=K_{g}^{2}-k_{g}^{2}=-{{MV_{0}} \over {\hbar ^{2}}}-{{ME} \over {\hbar ^{2}}}\Rightarrow E={{\hbar ^{2}\kappa _{g}^{2}} \over {M}}-V_{0}\;$

(2.24)

Jesli będziemy pamiętać, że $_{T\simeq 25MeV}\;$ i $_{E_{g}=-2,226MeV}\;$, to wtedy możemy założyć, że $_{\kappa _{g}>>k_{g}}\;$, zatem w takim przypadku otrzymujemy przybliżoną równość, którego $_{\kappa _{g}^{2}\simeq K^{2}}\;$, a także zachodzi ${{k_{g}} \over {\kappa _{g}}}\simeq 0\;$, wówcza rozwiązanie na wartości K przybierta wtedy postać dla rółnanie $\operatorname {Ka} \simeq 0\;$, zatem w takim wypadku mamy;$_{k\alpha \simeq {{K\alpha } \over {2}}\Rightarrow K^{2}\alpha ^{2}={{\pi ^{2}} \over {4}}}\;$, zatem jeśli wrócimy do postaci jawnej $K^{2}\;$(2.9), i wyznaczając iloczuyn głębokości potencjału i kwadratu liczby α, która jest granicą pomiędzy obszarem I i II, zatem po tych dylematach piszemy wtedy wzór, którego zapis:

${{MV_{0}\alpha ^{2}} \over {\hbar ^{2}}}={{\pi ^{2}} \over {4}}\Rightarrow V_{0}\alpha ^{2}={{\pi ^{2}\hbar ^{2}} \over {4M}}\;$

(2.25)

Widzimy, że na podstawie wzoru (2.25) energię wiązania można przestawić dla studni głębokiej, wąskiej jak i płaskiej i szerokiej. W celu rozwiązania stałych A_g i B_g, które to występują w równaniach układu równań (2.21), w tym celu należy skorzystać z warunku unormowania funkcji pochodnych, którego to piszemy:

$\int \psi ^{*}\psi d^{3}{\vec {r}}=1\;$

(2.26)

Ponieważ z relacji (2.23) możemy przepisać do postaci wzoru $_{\operatorname {ctg} (\kappa _{g}\alpha )=-{{\kappa _{g}} \over {k_{g}}}}\;$ i wykorzystując przy tym fakt (2.12), to wtedy piszemy;

$\sin ^{2}(\kappa _{g}\alpha )={{\operatorname {tg} ^{2}(\kappa _{g}\alpha )} \over {1-\operatorname {tg} ^{2}(\kappa _{g})}}={{{\kappa _{g}^{2}} \over {k_{g}^{2}}} \over {1-{{\kappa _{g}^{2}} \over {k_{g}^{2}}}}}={{\kappa _{g}^{2}} \over {K^{2}}}\Rightarrow \sin(\kappa _{g}\alpha )={{\kappa _{g}} \over {K}}\;$

(2.27)

A także z warunku zszycia funkcji opisanych wzorem (2.21) możemy powiedzieć, że zachodzi tożsamość, którą to przepisujemy do postaci:

$A_{g}\sin(\kappa _{g}\alpha )=B_{g}e^{-k_{g}\alpha }\Rightarrow A_{g}{{\kappa _{g}} \over {K}}=B_{g}e^{-k_{g}\alpha }\Rightarrow B_{g}=A_{g}{{\kappa _{g}} \over {K}}e^{k_{g}\alpha }\;$

(2.28)

Na samym końcu unormujmy funkcje (Niedopasowany uchwyt: 7.127), dla dwóch obszarów, którego to zapis warunk,u normowania możemy przestawić dla funkcji;

$1=\int _{0}^{2\pi }\int _{-1}^{1}Y^{*}(\theta ,\phi )Y(\theta ,\phi )d\cos \phi d\theta \int _{0}^{\alpha }{{A_{g}^{2}\sin ^{2}(\kappa _{g}r)} \over {r^{2}}}r^{2}dr+\int _{\alpha }^{\infty }{{B_{g}^{2}e^{-2k_{g}r}} \over {r^{2}}}r^{2}dr=\;$
$=\int _{0}^{\alpha }A_{g}^{2}\sin ^{2}(\kappa _{g}r)dr+\int _{\alpha }^{\infty }B_{g}^{2}e^{-2k_{g}r}dr=A_{g}^{2}\left\{\int _{0}^{\alpha }\sin ^{2}(\kappa _{g}r)dr+{{\kappa _{g}^{2}} \over {K^{2}}}e^{2k_{g}\alpha }\int _{\alpha }^{\infty }e^{-2k_{g}r}dr\right\}=1\;$

(2.29)

naszym celem ejst policzenie całki oznaczonej:

$\int _{0}^{\alpha }\sin ^{2}(\kappa _{g}r)dr={{1} \over {2}}\int _{0}^{\alpha }\left(1-\cos(2\kappa _{g}r)\right)dr={{1} \over {2}}\alpha -{{1} \over {4\kappa _{g}}}\sin(2\kappa _{g}\alpha )={{1} \over {2}}\alpha -{{1} \over {2\kappa _{g}}}\sin(\kappa _{g}\alpha )\cos \alpha =\;$
$={{1} \over {2}}\alpha -{{1} \over {2\kappa _{g}}}\sin ^{2}(\kappa _{g}\alpha )\operatorname {ctg} \alpha ={{1} \over {2}}\alpha -{{1} \over {2\kappa _{g}}}{{\kappa _{g}^{2}} \over {K^{2}}}(-{{k_{g}} \over {\kappa _{g}}})={{1} \over {2}}\left(\alpha +{{k_{g}} \over {K^{2}}}\right)\;$

(2.30)

Końcowy wynik liczenia całki (2.30) możemy wykorzystać do warunku normowania funkcji (2.29) do którego wykorzystamy tożsamość (2.12), którego to dalej będziemy przekształcać do wzoru z którego wyznaczymy A_g:

$1=A_{g}^{2}\left\{{{1} \over {2}}\left(\alpha +{{k_{g}} \over {K^{2}}}\right)+{{\kappa _{g}^{2}} \over {2K^{2}}}e^{2k_{g}\alpha }{{1} \over {k_{g}}}e^{-2k_{g}\alpha }\right\}=A_{g}^{2}\left\{{{1} \over {2}}\alpha +{{k_{g}} \over {2K^{2}}}+{{\kappa _{g}^{2}} \over {2K^{2}k_{g}}}\right\}=\;$
$=A_{g}^{2}{{\alpha K^{2}k_{g}+k_{g}^{2}+\kappa _{g}^{2}} \over {2K^{2}k_{g}}}=A_{g}^{2}{{\alpha K^{2}k_{g}+k^{2}+K^{2}-k_{g}^{2}} \over {2K^{2}k_{g}}}=A_{g}^{2}{{\alpha K^{2}k_{g}+K^{2}} \over {2K^{2}k_{g}}}=\;$
$=A_{g}^{2}{{K^{2}(\alpha K_{g}+1)} \over {2K^{2}k_{g}}}=A_{g}^{2}{{\alpha k_{g}+1} \over {2k_{g}}};$

(2.31)

Na podstawie obliczeń (2.31) i (2.28) otrzymujemy wzory na stałe $A_{g}\;$ i $B_{g}\;$, które te stałe są w postaciach:

$A_{g}=\left[{{2k_{g}} \over {1+k_{g}\alpha }}\right]^{{1} \over {2}}\;$ (2.32)

$B_{g}={{\kappa _{g}} \over {K}}\left[{{2k_{g}} \over {1+k_{g}\alpha }}\right]^{{1} \over {2}}e^{k_{g}\alpha }\;$ (2.33)

Ponieważ rozpatrywaliśmy przypadek dla n=1, czyli stanu podstawowego deuteronu, to na podstawie tego tą naszą funkcję falową piszemy w postaci wzoru:

$\psi (r,\theta ,\phi )=f_{10}(r)Y_{00}={{1} \over {\sqrt {2\pi }}}f_{10}(r)\;$

(2.34)

Plik:Studnia potencjału w deuteronie.png

Graficzne rozwiązanie problemu problemu własnego energii deuteronu w prostokątnym studni potencjału dla szerokości studni potencjału równej jeden

Zatem funkcję falową (2.34) zapisujemy w postaci wzoru, którego to postać jest dla dwóch rozpatrywanych obszarów jest zapisywana przy pomocy κ_g i k_g:

${\begin{cases}\psi _{I}={{1} \over {\sqrt {4\pi }}}\left[{{2k_{g}} \over {1+k_{g}\alpha }}\right]^{{1} \over {2}}{{\sin \kappa _{g}r} \over {r}}&{\mbox{ dla }}r\leq \alpha \\\psi _{II}={{1} \over {\sqrt {4\pi }}}{{\kappa _{g}} \over {K}}\left[{{2k_{g}} \over {1+k_{g}\alpha }}\right]^{{1} \over {2}}{{e^{k_{g}(\alpha -r)}} \over {r}}&{\mbox{ dla }}r>\alpha \\\end{cases}}$

(2.35)

Energię układu możemy policzyć ze wzoru, który to wyliczamy z równania uwikłanego (2.23), który tutaj przepiszemy w postaci wzoru przekształconego:

$\operatorname {tg} (\kappa \alpha )=-{{\kappa _{g}} \over {k_{g}}}\;$

(2.36)

Z którego to wyznaczamy energie układu deuteronu, którego to przepis jest:

$E_{g}=-{{\hbar ^{2}k_{g}^{2}} \over {M}}\;$

(2.37)

Stan, którego badaliśmy wcześniej jest jedynym stanem związanym deuteronu, według rysunku obok pierwsze rozwiązanie równania (2.36) mieści się przedziale ($_{{{\pi } \over {2}}<\kappa _{g}\alpha <\pi )}\;$, które opisuje stan podstawowy E. Następne rozwiązanie powinno się pojawić w czwartej ćwiartce, a wykażemy, że dla α=2 fm jest to niemożliwe. Można napisać, że na pewno równoważnie zachodzą warunki, których schemat jest:

${{\pi } \over {2}}<k_{g}\alpha <\pi \Rightarrow K^{2}\alpha ^{2}-k_{g}^{2}\alpha ^{2}<\pi ^{2}\Rightarrow K^{2}\alpha ^{2}-\pi ^{2}<k_{g}^{2}\alpha ^{2}\;$

(2.38)

Następne rozwiązanie powinno się znaleźć w czwartej ćwiartce układu, dla którego zachodzi, i który to wynik podnosimy do kwadratu, i który to odpowiednio przekształcamy:

${{3} \over {2}}\pi <\kappa _{g}\alpha <2\pi \Rightarrow K^{2}\alpha ^{2}-k_{g}^{2}\alpha ^{2}>{{9} \over {4}}\pi ^{2}\Rightarrow K^{2}\alpha ^{2}-\pi ^{2}>{{5} \over {4}}\pi ^{2}+k_{e}^{2}\alpha ^{2}\;$

(2.39)

Zbierając wyniki (2.38) i (2.39), wtedy możemy napisać nierówność:

${{5} \over {4}}\pi ^{2}+k_{g}^{2}\alpha ^{2}<K^{2}\alpha ^{2}-\pi ^{2}<k_{g}^{2}\alpha ^{2}\;$

(2.40)

Jeśli opisujemy stan związany, to na podstawie nierówności (2.40) możemy napisać dedykowaną nierówność:

$k_{g}^{2}\alpha ^{2}>{{5} \over {4}}\pi ^{2}\Rightarrow \alpha >{{\sqrt {5}} \over {2}}{{\pi } \over {k_{g}}}={{\sqrt {5}} \over {2}}{{\pi \hbar } \over {\sqrt {-ME_{g}}}}={{\sqrt {5}} \over {2}}{{\pi \hbar c} \over {\sqrt {-Mc^{2}E_{g}}}}\simeq 15,16fm\;$

(2.41)

Stad znając energię stanu podstawowego deuteronu można policzyć stałą α i otrzymujemy na podstawie (2.41), że zasięg sił jądrowych jest około siedmiokrotnie wyższy niż powinno być naprawdę, a zasięg sił jądrowych jest ok. 2fm.

Moment pędu deuteronu

Spin pojedynczego nukleonu jest $S={{1} \over {2}}\hbar ^{2}\;$, a więc ma spiny możemy należące do dwóch nukleonów możemy złożyć, czyli układając równolegle dwa nukleony koło siebie zgodnie ze zwrotami, możemy uzyskać całkowity spin w postaci wzoru $S=1\hbar \;$, czyli zwroty tych dwóch nukleonów są zgodne, lub przeciwnie, gdy zwroty tych nukleonów są przeciwne. Całkowity moment pędu dwóch nukleonów jest sumą orbitalnego momentu pędu i spinowego momentu pędu i jest przestawiona wzorem wzorem J=L+S, może odpowiadać orbitalnemu momentowi pędu L wedle schematu:

$L=|J-S|,|L-S+1|,..,|J+S|\;$

(2.42)

Jeśli całkowity moment pędu odpowiada liczbie J=1, to całkowity moment orbitalny według tabelki poniżej możemy przestawić wedle poniższego schematu w postaci tabelki:

Moment pędu deuteronu
J	1	1	1	1
S	0	1	1	1
L	1	0	1	2
${}^{2S+1}L_{J}$	${}^{1}P_{1}$	${}^{3}S_{1}$	${}^{3}P_{1}$	${}^{3}D_{1}$

W tabelce powyżej orbitalne momenty pędu są oznaczone przez L=0,1,2,..., które są oznaczone kolejno symbolami S,P,D, prawy symbol u dołu oznacza całkowity moment pędu układu dwóch nukleonów, a lewy górny oznacza multipletowość stanu, który oznaczamy symbolem 2S+1. W stanie podstawowym jądra deuteronu oznaczamy przez L=0, a więc w tym stanie istnieje stan trypletowy ${}^{3}S_{1}\;$, oznacza, że stan ${}^{1}L_{1}\;$ leży wyżej, co w naszym przypadku potwierdza spinową zależność oddziaływania jądrowego.

Problem momentu magnetycznego deuteronu

Złóżmy całkowity moment magnetyczny deuteronu, dla którego wynosi μ=0,8573μ₀ (gdzie definicja magnetonu jądrowego w analogi do magnetonu Bohra (Niedopasowany uchwyt: 21.25) jest$_{\mu _{0}={{e} \over {2M_{p}}}}\;$), z momentu magnetycznego wewnętrznego protonu ${\hat {M}}_{p}\;$ i neutronu ${\hat {M}}_{n}\;$ oraz pochodzących z orbitalnego momentu pędu pochodzącego od protonu. Wewnętrzne momenty pędu są wyrażone przez wzory, które są operatorami spinowymi Pauliego i są wyrażone przez wzory:

$\sigma _{x}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\;$ (2.43)

$\sigma _{y}={\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}}\;$ (2.44)

$\sigma _{z}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}\;$ (2.45)

Całkowity moment magnetyczny wewnętrzny protonu μ_p i neutronu μ_n wyrażamy przez wzory, które są zależne od momentu magnetycznego protonu μ_p i neutronu μ_n, które to oznaczamy wzorami:

${\hat {M}}_{p}=\hbar \mu _{p}{\hat {\sigma }}_{p}\;$ (2.46)

${\hat {M}}_{n}=\hbar \mu _{n}{\hat {\sigma }}_{n}\;$ (2.47)

Zakładać będziemy, że od protonu pochodzi połowa orbitalnego momentu pędu deuteronu, który po wymnożeniu przez magneton jądrowy daje nam przyczynek do momentu magnetycznego, zatem całkowity moment pędu deuteronu jest sumą momentów magnetycznych wewnętrznych protonu (2.46) i neutronu (2.47) i połowy pędu deuteronu pomnożonej przez magneton jądrowy, co jest wyrażone wzorem:

${\hat {M}}=\mu _{p}\hbar {\hat {\sigma }}_{p}+\mu _{n}\hbar {\hat {\sigma }}_{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}{\hat {L}}\;$

(2.48)

Jeśli oznaczymy spin całkowity deuteronu przez $_{{\hat {S}}={{1} \over {2}}\hbar \left({\hat {\sigma }}_{p}+{\hat {\sigma }}_{n}\right)}\;$, możemy przegrupować wyrazy znajdujące się w wyrażeniu (2.48), którego poszczególne przekształcenia przestawiamy wzorem:

${\hat {M}}={{1} \over {2}}\left[\hbar (\mu _{p}+\mu _{n})({\hat {\sigma }}_{p}+{\hat {\sigma }}_{n})+\mu _{0}{\hat {L}}+(\mu _{p}-\mu _{n})\hbar \left({\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n}\right)\right]=\;$
$={{1} \over {2}}\left[2(\mu _{p}+\mu _{n}){\vec {S}}+\mu _{0}{\hat {L}}+\hbar (\mu _{p}-\mu _{n})\left({\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n}\right)\right]=$
$={{1} \over {2}}{\Bigg [}(\mu _{p}+\mu _{n})({\vec {S}}+{\vec {L}})+(\mu _{p}+\mu _{n})({\hat {S}}-{\hat {L}})+{{1} \over {2}}\mu _{0}({\hat {S}}+{\hat {L}})-{{1} \over {2}}\mu _{0}({\hat {S}}-{\hat {L}})+\;$
$+(\mu _{p}-\mu _{n})\left({\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n}\right){\Bigg ]}=\;$
$={{1} \over {2}}\left[\left(\mu _{p}+\mu _{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)\left({\hat {S}}+{\hat {L}}\right)+\left(\mu _{p}+\mu _{n}-{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)\left({\hat {S}}-{\hat {L}}\right)+(\mu _{p}-\mu _{n})\hbar \left({\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n}\right)\right]$

(2.49)

Plik:Składowe momentu pędu.png

Składowe momentu pędu deuteronu.

Wyznaczmy teraz kąt panujący pomiędzy wektorem momentu magnetycznego wewnętrznego${\vec {M}}\;$ a wektorem całkowitego momentu pędu ${\vec {J}}\;$, który jest napisany wedle wzoru, którego schemat jest:

${\vec {M}}\cdot {\vec {J}}=|{\vec {M}}||{\vec {J}}|\cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha ={{{\vec {M}}\cdot {\vec {J}}} \over {|{\vec {M}}||{\vec {J}}|}}\;$

(2.50)

Składowa zetowa całkowitego momentu pędu możemy przepisać w postaci:

$J_{z}=|J|\cos \beta \Rightarrow \cos \beta ={{J_{z}} \over {|{\vec {J}}|}}\;$

(2.51)

Możemy policzyć składową wewnętrznego momentu magnetycznego M_z, którego przepis jest przestawiony wzorem:

$M_{z}=|M|\cos \alpha \cos \beta =|{\vec {M}}|{{{\vec {M}}\cdot {\vec {J}}} \over {|{\vec {M}}\cdot {\vec {J}}}}{{J_{z}} \over {|{\vec {J}}|}}={{({\vec {M}}\cdot {\vec {J}})J_{z}} \over {|{\vec {J}}|^{2}}}\;$

(2.52)

Równość (2.51) możemy zapisać za pomocą operatorów, którego zapis jest:

${\hat {M}}_{z}={{({\hat {M}}\cdot {\vec {J}}){\hat {J}}_{z}} \over {{\hat {J}}^{2}}}\;$

(2.53)

Średnia wartość operatora ${\hat {M}}_{z}\;$ możemy przepisać według wzoru, który to przepiszemy dla maksymalnego rzutu wektora ${\vec {J}}\;$ na oś zetową, według przepisu:

$\langle J|{\hat {M}}_{z}|J\rangle ={{(\langle {\hat {M}}\cdot {\hat {J}}\rangle )J} \over {J(J+1)}}={{\langle {\hat {M}}\cdot {\hat {J}}\rangle } \over {J+1}}\;$

(2.54)

Do wzoru (2.54) możemy podstawić operator całkowitego wewnętrznego momentu magnetycznego (2.48) i w ten sposób możemy otrzymać wniosek, którego przepis wyznaczamy ze wzoru:

$\langle {\hat {M}}\rangle ={{1} \over {2(J+1)}}{\Bigg [}\left(\mu _{p}+\mu _{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)\langle {\hat {J}}^{2}\rangle +\left(\mu _{p}+\mu _{n}-{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)\langle ({\hat {S}}-{\hat {L}})\cdot {\hat {J}}\rangle +\;$
$+(\mu _{p}-\mu _{n})\hbar \langle ({\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n})\cdot {\hat {J}}\rangle {\Bigg ]}\;$

(2.55)

We wzorze (2.55) przyjmujemy, że $({\hat {S}}-{\hat {L}})({\hat {S}}+{\hat {L}})={\hat {S}}^{2}-{\hat {L}}^{2}\;$, a także wykorzystamy fakt , że operator $_{{\hat {\sigma }}_{p}-{\hat {\sigma }}_{n}}\;$ ma postać asymetryczną, że względu na przestawienie cząstek i zmienia on symetryczną funkcję trypletową o S=1 (↑↑,↑↓,↓↓) na singletową antysymetryczną S=0 o (↑↓) i to wszystko wykorzystamy do tożsamości (2.55), którego przepis:

$\langle {\hat {M}}_{z}\rangle ={{J} \over {2(J+1)}}\left\{\left(\mu _{p}+\mu _{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)+\left(\mu _{p}+\mu _{n}-{{1} \over {2}}\mu _{0}\right){{S(S+1)-L(L+1)} \over {J(J+1)}}\right\}\;$

(2.56)

Wyznaczmy teraz poszczególne stany w tym trypletowy ${}^{3}S_{1}\;$ i dla pozostałych stanów dla którego całkowity moment pędu jest wyrażony wzorem $J=1\hbar \;$ i dla którego moment magnetyczny protonu μ_p=2,792847 μ₀, a moment magnetyczny neutronu jest μ_n=-0,9130428μ₀:

$\langle M_{z}\rangle _{{}^{3}s_{1}}=\mu _{p}+\mu _{n}=0,879\mu _{0}\;$

(2.57)

$\langle M_{z}\rangle _{{}^{1}P_{1}}={{1} \over {2}}\left[\left(\mu _{p}+\mu _{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)-\left(\mu _{0}+\mu _{n}-{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)\right]=0,5\mu _{0}$

(2.58)

$\langle {\hat {M}}_{z}\rangle _{{}^{3}D_{1}}={{1} \over {2}}\left(\mu _{p}+\mu _{n}+{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)-\left(\mu _{0}+\mu _{n}-{{1} \over {2}}\mu _{0}\right)=0,310\mu _{0}\;$

(2.59)

Widzimy, że żadna z tych stanów nie zgadza się z momentem magnetycznym deuteronu określoną doświadczalnie, tzn. μ=0,8573μ₀, wynika stąd, że stan podstawowy deuteronu nie jest stanem czystym o dobrze określonym momentem magnetycznym, zatem funkcja określająca potencjał jądra atomowego nie ma kształtu sferycznego. Odchodząc od tego tworzymy kombinacje stanów o dobrze określonej parzystości. Stany P dają moment magnetyczny za mały, zatem funkcja stanu podstawowego jest kombinacją stanu S i D, i które to określamy wzorem magnetycznym w postaci:

$\psi =a\psi _{S}+b\psi _{D}\;$

(2.60)

co jest stanem mieszanym stanów trypletowym S i D. Po porównaniu stanów mieszanych, w której występują w danym faktycznym w deuteronie, który jest stanem mieszanym i który to opisujemy ten stan przy złożeniu stanu S i D według (2.60):

$\langle {\hat {M}}_{z}\rangle _{\psi }=|a^{2}|\langle {\hat {M}}_{z}\rangle _{{}^{3}S_{1}}+|b^{2}|\langle {\hat {M}}_{z}\rangle _{{}^{3}D_{1}}\;$

(2.61)

Biorąc dane doświadczalne, oraz fakt normalizacji funkcji (2.60), czyli $|a^{2}|+|b^{2}|=1\;$, dochodzimy do wniosku |b²|=0,039. A wiec 4% domieszki do stanu ${}^{3}S_{1}\;$ stanowi z sposób oczywisty stan ${}^{3}D_{1}\;$.

Elektryczny moment kwadrupolowy w przypadku deuteronu

Niezerowy elektryczny moment kwadrupolowy dla deuteronu, którego to wynosi Q^exp=2,77eb, gdzie 1b=10^-28, co mówi o niesymetrycznym rozkładzie ładunku w jądrze atomowym. Operator momentu kwadrupolowego we współrzędnych kulistych piszemy wedle wzoru:

${\hat {Q}}=e{\sqrt {{\pi } \over {5}}}r^{2}Y_{20}(\theta ,\phi )\;$

(2.62)

Pozostałe skłądowe $r^{2}Y_{2m}(\phi ,\theta )\;$, które wchodzą w skład tensora kwadrupolowego dają na wartości oczekiwane równej zero dla stanu $|J=1,M\rangle$. Ustalony w doświadczeniu moment kwadrupolowy stanowi wartość średnia operatora ${\hat {Q}}\;$ powiedzianego w w punkcie (2.62), który jest opisany w stanie podstawowym, o maksymalnym rzucie momentu pędu na oś zetową, to wtedy zachodzi M=J i jest wyrażony wzorem:

$Q=\int \psi _{nJM}^{*}{\hat {Q}}\psi _{nJM}d^{3}{\vec {r}}\;$

(2.63)

Weźmy teraz, że funkcja faklowa ψ_nJM ejst iloczynem funkcji radialnej f_nL i funkcji kątowej Y_LML(θ,φ) i sprzężonej funkcji spinowej χ_SMs, które są zdefiniowane dla całkowitego momentu pędu J=1 o trzeciej składowej jego M=1. Elementy macierzowe funkcji kulistych definiujemy wzorem:

$\langle lm|Y_{\lambda \mu }|l^{'}m^{'}\rangle =\left({{2\lambda +1} \over {4\pi }}\right)^{-{{1} \over {2}}}\left({{2l+1} \over {2l^{'}+1}}\right)^{-{{1} \over {2}}}(l^{'}m^{'}\lambda \mu |lm)(l^{'}0\lambda 0|l0)\;$

(2.64)

Wzór (2.63) dla przykładu możemy zapisać dla l=0 i m=0 do postaci:

$\langle l=0,m=0|Y_{\lambda 0}|l=0,m=0\rangle ={{1} \over {\sqrt {4\pi }}}\delta _{\lambda 0}\;$

(2.65)

A wielomianu Legendre'a, których warunki ortogonalności możemy zapisać w postaci:

$\int _{-1}^{1}P_{\lambda }(x)P_{\lambda ^{'}}(x)dx={{2} \over {2\lambda +1}}\delta _{\lambda \lambda ^{'}}\;$

(2.66)

Również tez zachodzi relacja, którego tego przepis jest suma w pewnym sensie funkcji kulistych o tych samych wskaźnikach, ale różnych parametrach, i który to zapisujemy wzorem:

$P_{\lambda }\left(\cos(\phi _{1}-\phi _{2})\right)={{4\pi } \over {2\lambda +1}}\sum _{-\lambda }^{\lambda }Y_{\lambda \mu }(\theta _{1},\phi _{1})Y_{\lambda \mu }^{*}(\theta _{2},\phi _{2})\;$

(2.67)

Wyznaczmy teraz dla przykładu średnia wartość momentu kwadrupolowego dla operatora ${\hat {Q}}\;$ dla stanu ${}^{3}S_{1}\;$ dla którego to zachodzi tożsamość o wartościach liczb kwantowych J=1,M=1,L=0,S=1, zatem w takim przypadku mamy:

$Q_{{}^{3}S_{1}}=e{\sqrt {{\pi } \over {5}}}\langle n=1,L=0,M_{L}=0|r^{2}Y_{20}|n=1,L=0,M_{L}=0\rangle \cdot$$\cdot \langle S=1,M_{S}=1|S=1,M_{S}=1\rangle =\;$
$=e{\sqrt {{\pi } \over {5}}}\langle n=1,L=0|r^{2}|n=1,L=0\rangle \cdot \langle L=0,M=0|Y_{20}|L=0,M=0\rangle =0$

(2.68)

Ten wynik (2.68) świadczy, że jądro deuteronu jest całkowicie symetryczne. Podobne obliczenia dla stanów ${}^{1}P_{1}\;$ dają nam moment kwadrupolowy, który jest mniejszy od zera, i który to zapisujemy wzorem:

$Q_{{}^{1}P_{1}}=-{{e} \over {10}}\langle r^{2}\rangle <0\;$

(2.69)

Widzimy,n że jądro znajdujące się w stanie ${}^{1}P_{1}\;$ jest jądrem spłaszczonym, a dalej licząc dla stanu ${}^{3}P_{1}\;$, dowiadujemy się, że,m że jądro mam moment kwadrupolowy, który to piszemy w postaci:

$Q_{{}^{3}P_{1}}={{e} \over {20}}\langle r^{2}\rangle >Q^{exp}\;$

(2.70)

Ten wynik sugeruje, że jądro jest zbyt wydłużone. Proste oszacowanie średniego promienia jądra atomowego deuteronu, którego to przepis daje nam wzór, który jest zapisany w zależności od średniej stanu podstawowego i masy deuteronu:

$\langle r^{2}\rangle \simeq R^{2}=\left[{{2} \over {3}}{\sqrt {{\hbar ^{2}} \over {M|E_{g}|}}}\right]^{2}\;$

(2.71)

Wydaje się prawdopodobne, że moment kwadrupolowy obliczony dla stanu (2.60) daje nam moment kwadrupolowy dla stanów S+D, którego przepis tego obiektu jest:

$Q_{S+D}={{8\pi e} \over {5}}\left(a^{*}bu-b^{2}w\right)\;$

(2.72)

Które to oznaczenia obliczonych wartości u i w między stanami S i D są obliczone wedle sposobów:

$u=\langle n=1,L=0|r^{2}|n=3,L=2\rangle \;$ (2.73)

$w=\langle n=3,L=2|r^{2}|n=3,L=2\rangle \;$ (2.74)

Po wykonaniu odpowiednich rachunków, we wzorze (2.72), którego to do wspomnianego przepisu możemy przestawić po wyliczeniu ich, czyli wyrażeń (2.73) i (2.74), w ten sposób otrzymujemy wynik, którego to końcowy wynik:

$Q_{S+D}=2,7e\cdot b\simeq Q^{exp}\;$

(2.75)

Siły jądrowe i jego sprzężenie tensorowe

Poszukujemy takiego odziaływania jądrowego, które jest oddziaływaniem niecentralnym, który powoduje mieszanie stanów stanów o jednakowych orbitalnych liczbach kwantowych. Zależność tego oddziaływania może być wprowadzona przy pomocy macierzy spisowych Pauliego ${\hat {\sigma }}_{n}\;$,${\hat {\sigma }}_{p}\;$ Zależność kątowa oddziaływać powinna być wprost proporcjonalna do funkcji kulistej Y_2m, który daje niezerowy element macierzowy dla stanów S i D, którego to elementy macierzowe są w postaci:

$\int \psi _{00}V\psi _{2m}d\Omega \neq 0\;$

(2.76)

Oddziaływanie musi być skalarne, bo energia jest wielkością skalarną i który ten potencjał oddziaływania jest zapisywany wzorem:

${\hat {V}}=V_{t}(r){\hat {S}}_{np}\;$

(2.77)

Skalarny operator ${\hat {S}}_{np}\;$(2.77) piszemy w postaci wzoru, którego postać tenorowa jest w postaci równania zdefiniowanej przy pomocy tensorów drugiej rangi:

${\hat {S}}_{nk}=\sum _{\alpha \beta }T_{\alpha \beta }{\hat {O}}_{\alpha \beta }\;$

(2.78)

Operator $T_{\alpha \beta }\;$, który jest operatorem bezśladowym w przestrzeni współrzędne i on ma składowe, które są liniową kombinacją funkcji kulistych, a także napiszmy operator ${\hat {Q}}_{\alpha \beta }\;$ zbudowanych przy pomocy operatorów spinów, zatem te dwa wspomniane obiekty definiujemy wedle dwóch wzorów poniżej.

$T_{\alpha \beta }={{3} \over {r^{2}}}\left(x_{\alpha }x_{\beta }-{{1} \over {3}}r^{2}\delta _{\alpha \beta }\right)\;$ (2.79)

${\hat {O}}_{\alpha \beta }=({\hat {\sigma }}_{n})_{\alpha }({\hat {\sigma }}_{p})_{\beta }\;$ (2.80)

Możemy wzór na $T_{\alpha \beta }\;$(2.79) i wzór na ${\hat {O}}_{\alpha \beta }\;$ (Niedopasowany uchwyt: 7.80) możemy podstawić do wzoru (2.78) i w ten sposób otrzymać równość:

${\hat {S}}_{np}={{3({\hat {\sigma }}_{n}\cdot {\vec {r}})({\hat {\sigma }}_{p}\cdot {\vec {r}})} \over {r^{2}}}-({\hat {\sigma }}_{n}\cdot {\hat {\sigma }}_{p})\;$

(2.81)

Amplituda występująca we wzorze (2.77) , która jest oddziaływaniem tensorowym neutron-proton, która zależy od odległości tychże cząstek. Postać oddziaływania (2.81) nie jest jedynym oddziaływaniem, ma jednak tą własność, że dla stanu singletowego ona znika. Do oddziaływania tensorowe można dodać oddziaływanie centralne, i które to razem przestawimy w postaci wzoru:

${\hat {V}}(r)=V_{c}(r)+V_{t}(r){\hat {S}}_{np}\;$

(2.82)

Oddziaływanie (2.82) możemy wstawić do równania Schrödingera, w którym oddziaływanie centralne i tensorowe stanowią człon zwany potencjałem Wignera, które z tym oddziaływaniem prowadzi do sprzężonego układu równań różniczkowych, którego to można tylko numerycznie rozwiązać. To naze równanie początkowe możemy przestawić w postaci wzoru:

$\left(-{{\hbar ^{2}} \over {M}}\Delta +V_{c}(r)+V_{t}(r){\hat {S}}_{np}\right)\psi =E\psi \;$

(2.83)

Oddziaływanie nukleon-nukloen wyniku oddziaływania sił jądrowych

Oddziaływaniem pomiędzy nukleonami jest odziaływaniem szczególnie silne, jeśli oba znajdują się w tym samym stanie orbitalnym. W deuteronie w stanie podstawowym znajdują się dwa nukleony zajmujących ten sam przestrzenny. Wprowadźmy teraz operator zwany operatorem Majoraty ${\hat {P}}^{M}\;$, który przestawia współrzędne przestrzenne miejscami, które to to działanie przestawiamy wzorem:

${\hat {P}}_{12}^{M}\psi ({\vec {r}}_{1},{\vec {r}}_{2},{\vec {r}}_{3}...)=\psi ({\vec {r}}_{2},{\vec {r}}_{1},{\vec {r}}_{3}...)\;$

(2.84)

Działanioe ${\hat {P}}_{12}^{M}\;$ nie zm ienia stanu układu, jeśli te dwie cząstki znajdują się w tym, samym stanie przestrzennym, a jeśli znajdują się w różnych stanach przestrzennych, to funkcję należy rozłożyć na dwa stany kwantowe, jako sumę funkcji symetrycznej i asymetrycznej, i które to razem zapisujemy wzorami:

$\psi =\psi _{s}+\psi _{a}\;$

(2.85)

Funkcja Majorany podczas działania tychże dwóch funkcji możemy przestawić w postaci dwóch wzorów, i które to piszqemy dla części symetrycznej i asymetrycznej funkcji ψ.

${\hat {P}}_{12}^{M}\psi _{s}=\psi _{a}\;$ (2.86)

${\hat {P}}_{12}^{M}\psi _{a}=-\psi _{a}\;$ (2.87)

A podczas działania operatora Majorany P^M, i patrząc na tożsamości (2.86) i (2.87) możemy napisać tożsamość poniżej wiedząc, że funkcja $V_{M}\;$ jest funkcją zwykłego potencjału przyciągającej i dla cząstek znajdujący się w tym samych stanach mamy ${\hat {V}}^{M}=V_{M}\;$

${\hat {V}}^{M}={{1} \over {2}}\sum _{j,k,j\neq k}V_{M}(|{\vec {r}}_{j}-{\vec {k}}|){\hat {P}}_{jk}^{M}\;$

(2.88)

Na sam koniec zbierzmy wszystkie oddziaływania jądrowe w jeden wielki schemat, które tutaj wyliczymy

1. Potencjał oddziaływania nukleon-nukleon zależą od współrzędnych przestrzennych $<{\vec {r}}_{1}\;$,${\vec {r}}_{2}\;$, a także od współrzędnych spinowych, a na samym końcu izospinowych.
2. Część centralna jest funkcją odległości pomiędzy cząstkami dla którego zachodzi ${\vec {r}}_{12}={\vec {r}}_{1}-{\vec {r}}_{2}\;$.

Wprowadźmy teraz operatory, które działają natomiast na funkcję falowa w danym układzie cząstek, zatem

• Operator Wignera jest to opera nie zmieniający funkcji falowej, i którego działania na tą funkcję zapisujemy wzorem:

${\hat {P}}_{12}^{M}\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2})=\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2})\;$

(2.89)

• Operator Majorany możemy zaś napisać, którego w wyniku działania, współrzędne cząstek zmieniają się miejscami:

${\hat {P}}_{12}^{M}\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2})=\psi ({\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{2})\;$

(2.90)

• Operator Bartletta, który to operator zmienia miejscami współrzędne przestrzenne,i które to działanie zapisujemy wzorem:

${\hat {P}}^{B}\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2})=\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{2},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{1})\;$

(2.91)

Ten operator definiuje się w postaci wzoru:

${\hat {P}}^{B}={{1} \over {2}}\left(1+{\hat {\sigma }}_{1}\cdot {\hat {\sigma }}_{2}\right)\;$

(2.92)

• Operator Heisenberga jest to operator zmieniający zarówno współrzędne przestrzenne i spinowe, które podczas działania na funkcje falowe otrzymujemy w rezultacie:

${\hat {P}}^{H}\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2})=\psi ({\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2},{\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1})\;$

(2.93)

Od razu widać przy definicjach poszczególnych operatorów, że zachodzą własności:

$({\hat {P}}^{W})^{2}=({\hat {P}}^{M})^{2}=({\hat {P}}^{B})^{2}=({\hat {P}}^{H})^{2}=1\;$ (2.94)

${\hat {P}}^{H}={\hat {P}}^{M}{\hat {P}}^{B}\;$ (2.95)

Potencjał sił jądrowych można napisać jako sumę potencjałów odpowiedzialnych za siły Wignera, Majorany, barietta i Heisenberga, którego to przepis możemy napisać dla wzoru, który przestawia te elementy, i które to piszemy w postaci wzoru:

${\hat {V}}={{1} \over {2}}\sum _{i,j;i\neq j}\left(V_{c}({\vec {r}}_{ij})+V_{t}({\vec {r}}_{ij}){\hat {S}}_{np}+V_{M}({\vec {r}}_{ij}){\hat {P}}_{ij}^{M}+V_{B}({\vec {r}}_{ij}){\hat {P}}_{ij}^{B}+V_{H}({\vec {r}}_{ij}){\hat {P}}_{ij}^{H}\right)\;$

(2.96)

W potencjale nie wliczyliśmy operatora wymiany izospinowej, którego definicja jest poniżej, w której to ${\hat {\tau }}_{1}\;$ i ${\hat {\tau }}\;$ są to odpowiednio macierze Paulliego, które odpowiadające izospinom.

${\hat {P}}_{\tau }={{1} \over {2}}\left(1+{\hat {\tau }}_{1}{\hat {\tau }}_{2}\right)\;$

(2.97)

Dodatnie operatora wymiany izospinowej (2.97) do potencjału (2.96) jest zbytecznie, ponieważ co układ opisywany jest układem identycznych nukleonów, różniące się współrzędnymi spinowymi. Funkcję falową zależne od współrzędnych przestrzennych, spinowych i izospinowych można je rozłożyć w zależności od jakiego typu, czyli w którym każda z funkcja zależy od innego typu współrzędnych, co możemy napisać jako;

$\psi ({\vec {r}}_{1},\mathbf {s} _{1},\mathbf {t} _{1},{\vec {r}}_{2},\mathbf {s} _{2},\mathbf {t} _{2})=\psi ({\vec {r}},{\vec {r}}_{2})\psi (\mathbf {s} _{1},\mathbf {s} _{2})\psi (\mathbf {t} _{1},\mathbf {s} _{2})\;$

(2.98)

Ponieważ ze względu na zakaz Pauliego, która mówi, ze funkcja (2.96) powinna być asymetryczna ze względu na przestawienie elementów, zatem w takim przypadku mamy:

${\hat {P}}^{M}{\hat {P}}^{B}{\hat {P}}_{\tau }=-1\;$

(2.99)

Patrząc na tożsamość (2.95) i wtedy wzór (2.99) możemy przepisać do postaci wzoru: ${\hat {P}}_{\tau }=-{\hat {P}}^{H}\;$, zatem operatora wymiany izospinowych (2.97) nie musimy wliczać do wzoru ma potencjał sił jądrowych (2.96), tak jaj zauważyliśmy wcześniej.

Rozpraszanie tupu neutron-proton w układzie laboratoryjnym i środka masy

Plik:Rozpraszanie neutron-proton.png

Rozpraszanie neutron-proton.

Załóżmy, że cząstka, która jest neutronem pada niecentralnie na tarcze, które stanowią protony. będziemy zajmować się stanami niezwiązanymi, które nie przekraczają 5 MeV. Zatem będziemy zajmować się rozpraszaniem doskonale sprężystym, tzn. których nie ma strat na wzbudzenie cząstek. Układ też będziemy przeprowadzać w układzie środka masy,w której będziemy rotrywać ruch cząstki fikcyjnej o masie M/2, która porusza się w polu o potencjale V(r). Rysunek obok przestawia ruch cząstki w układzie laboratoryjnym. teraz podamy tabelkę, które przestawia wielkości charakteryzujące tą samą cząstkę w układzie laboratoryjnym L i środka masy CM. W układzie laboratoryjnym proton i neutron rozbiegają się w kierunkach wzajemnie prostopadłych, tzn. suma katów θ i θ' według rysunku obok jest równa kątowi prostemu.

Relacje pomiędzy wielkościami w układzie środka masy i w układzie laboratoryjnym w przypadku procesu rozproszenia.
	L	CM
Masa	M	${{1} \over {2}}M$
Energia kinetyczna	E	${{1} \over {2}}E\;$
Kąt rozproszenia neutronu	θ	2θ
Kąt rozproszenia protonu	θ'	2θ'

Plik:Rozpraszanie nukleonu na potencjale centralnym.png

Rozpraszanie nukleonu na potencjale centralnym.

Załóżmy, że cząstka porusza się z nieskończoności do potencjału centralnego, którego równanie fali jest przestawione wzorem $e^{ikz}\;$ i wyniku rozpraszania tej fali nukleonu na potencjale centralnym powstaje fala kulista, którego jest przestawiony wzorem ${{e^{ikz}} \over {r}}f(\phi )\;$. Amplitudą fali płaskiej i rozproszonej (fala kulista), które można zapisać razem, którego całkowita funkcja falowa możemy przestawić:

$\psi =A\left(e^{ikz}+{{e^{ikr}} \over {r}}f(\phi )\right)\;$

(2.100)

Przekrojem czynnym idąc dalej za (Niedopasowany uchwyt: 29.11), który to jest całką z kwadratu modułu funkcji f(φ) względem kąta bryłowego, który wraz z różniczkowym przekrojem czynnym przestawiamy wzorami:

${{d\sigma } \over {d\Omega }}=|f(\phi )|^{2}\;$ (2.101)

$\sigma =\int |f(\phi )|^{2}d\Omega \;$ (2.102)

Metoda fal parcjalnych w fizyce jądrowej

Funkcję falową fali e^ikz możemy przestawić wedle wzoru, który tutaj nie będziemy przepisywać (Niedopasowany uchwyt: 29.36). Następnym naszym krokiem jest wyznaczenie funkcji f(φ), który tutaj to możemy opisać wzorem wedle (Niedopasowany uchwyt: 29.53), który tutaj przepiszemy dla przejrzystości wykładu:

$f(\phi )={{1} \over {k}}\sum _{l=0}^{\infty }(2l+1)\sin \alpha _{l}e^{i\alpha _{l}}P_{l}(\cos \phi )$

(2.103)

Funkcja (2.103) dla rozpraszania nisko-energetycznego możemy przepisać do wzoru wiedząc, że P₀(x)=1, zatem:

$f_{0}(\phi )={{1} \over {k}}\sin \alpha _{l}e^{i\alpha _{l}}\;$

(2.104)

Różniczkowy przekrój czynny możemy przestawiać jako kwadrat modułu funkcji (Niedopasowany uchwyt: 2.04), który to możemy napisać jako według wzoru (2.101), a także możemy teraz napisać całkę funkcji różniczkowego przekroju czynnego (2.102), zatem te wzory:

${{d\sigma _{0}} \over {d\omega }}={{1} \over {k^{2}}}\sin ^{2}\alpha _{0}\;$ (2.105)

$\sigma _{0}={{4\pi } \over {k^{2}}}\sin ^{2}\alpha _{0}\;$ (2.106)

Funkję U(r), którą to definiujemy wzorem $_{\psi ={{U(r)} \over {r}}\Rightarrow U(r)=r\psi }\;$, zatem funkcję (2.100) możemy przepisać w postaci wzoru:

$U_{0}=r\psi =A\left(re^{ikz}+f_{0}e^{ikr}\right){\xrightarrow {k\rightarrow 0}}A(r+a)\;$

(2.107)

We wzorze (2.108) przyjęto, że zachodzi;

$f_{0}=a=\lim _{k\rightarrow 0}\left({{1} \over {k}}e^{i\delta _{0}}\sin \delta _{0}\right)={{\delta _{0}} \over {k}}\;$

(2.108)

Gdy oznaczymy dodatkowo, że przesunięcie fazowe: $\delta _{0}{\xrightarrow {k\rightarrow 0}}{ak}\;$, wtedy przekrój czynny (2.106) możemy przestawić w postaci wzoru:

$\sigma _{0}=4\pi a^{2}\;$

(2.109)

Rozpraszanie nukleonu na potencjale kulisto-symetrycznym potencjału sił jądrowych

Plik:Prostokątna studnia potencjału.png

Rozpraszanie nukleonu na potencjale kulistosymetrycznym.

Będziemy teraz rozpatrywać teraz rozpraszanie cząstki nas potencjale symetrycznym, czyli będziemy rozpatrywać cząstkę pędząca do skończonej studni potencjału z energią E, zatem równania Schrödingera dla dwóch obszarów jednocześnie możemy opisać równaniami, dla której możemy napisać funkcję U(r):

${\begin{cases}U^{''}+\left({{M} \over {\hbar ^{2}}}E+{{MV} \over {\hbar ^{2}}}\right)U(r)=0&{\mbox{ dla }}r\leq \alpha \\U^{''}+{{M} \over {\hbar ^{2}}}EU(r)=0&{\mbox{ dla }}r\geq \alpha \\\end{cases}}\;$

(2.110)

Wprowadźmy teraz nowe parametry występujące w równaniu (2.110), które są zależne od głębokości studni potencjału i energii całkowitej cząstki rozpraszanej E>0, i pisząc związek na nowy parametr κ, które te nowe parametry zapisujemy wzorami:

$K^{2}={{MV_{0}} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.111)

$k^{2}={{EM} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.112)

$\kappa ^{2}=k^{2}+K^{2}\;$

(2.113)

Wykorzystując definicję nowych parametrów (2.111) i (2.112) możemy napisać równania na funkcję U(r), która jest określona dla dwóch obszarów wzorem:

${\begin{cases}U_{I}^{''}+\kappa ^{2}U_{I}=0\\U_{II}^{''}+k^{2}U^{||}=0\end{cases}}\;$

(2.114)

Rozwiązaniem układów równań jest rozwiązaniem dla poszczególnych obszarów, których to piszemy wzorami:

${\begin{cases}U_{I}=A\sin(\kappa r)\\U_{II}=B\sin(kr+\delta _{0})\\\end{cases}}\;$

(2.115)

Jeśli wykorzystamy warunek zszycia (2.22), to otrzymamy warunek zszycia:

$\kappa \operatorname {ctg} (\kappa \alpha )=k\operatorname {ctg} (k\alpha +\delta _{0})\;$

(2.116)

Równość (2.16) możemy napisać jako równość korzystając z definicji ctg i jedynki trygonometrycznej możemy te wspomnianą równość zapisać w postaci wzoru:

$\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )=k^{2}{{1-\sin ^{2}(ka)} \over {\sin ^{2}(ka)}}\Rightarrow \sin ^{2}(k\alpha +\delta _{0})\left(k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )\right)=k^{2}\Rightarrow \;$
$\Rightarrow \sin ^{2}(k\alpha +\delta _{0})={{k^{2}} \over {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}\Rightarrow \delta _{0}=-k\alpha +\arcsin {{k} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha }}}\;$
$\sin \delta _{0}=\sin \left(-k\alpha +\operatorname {arcsin} {{k} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}}\right)\Rightarrow$
$\sin \delta _{0}=-\sin k\alpha {\sqrt {1-{{k^{2}} \over {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}}}+\cos(k\alpha ){{k} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}}=\;$
$={{-\sin(k\alpha )\kappa \operatorname {ctg} (\kappa \alpha )+k\cos(k\alpha )} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}}={{\sin(k\alpha )} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} ^{2}(\kappa \alpha )}}}\left(k\operatorname {ctg} (ka)-\kappa \operatorname {ctg} (\kappa \alpha )\right)$

(2.117)

Przekrój czynny na rozważane rozproszenie nukleonu możemy przestawić wzorem (2.106), który to podstawieniu do niego wzoru na sinus δ₀ otrzymujemy wzór na rozważaną wielkość w postaci:

$\sigma _{0}={{4\pi } \over {k^{2}}}{{\sin ^{2}(k\alpha )} \over {\sqrt {k^{2}+\kappa ^{2}\operatorname {ctg} (\kappa \alpha )}}}\left(k\operatorname {ctg} (k\alpha )-\kappa \operatorname {ctg} (\kappa \alpha )\right)^{2}\;$

(2.118)

Jeśli weżniemy przypadek małego k dążącego do zera, wtedy $\sin(k\alpha )\simeq ka\;$ i κ>>k, wtedy wzór (2.118) możemy przepisać do postaci:

$\sigma _{0}=4\pi \alpha ^{2}\;$

(2.119)

Na podstawie (2.119) potencjał rozpraszania jest równy potencjałowi powierzchni kuli o promieniu α, zatem dla zasięgu α=4fm, to przekrój czynny jest równy σ₀≈ 2b (1b=10^-28m²).

Wprowadzenie do teorii zasięgu efektywnego

Rozpatrzmy , ze teraz mamy dwie energie własne E_i, i rozpatrzmy teraz ten przypadek, a zatem dzieła, wtedy równość (2.8) przy l=0 ma rozwiązanie U(r) , którego to rozwiązanie jest słuszne przy dla dwóch energii, i które zapisujemy przy definicjach stałych:

$k_{i}^{2}={{ME_{i}} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.120)

$K^{2}={{MV(r)} \over {\hbar ^{2}}}\;$ (2.121)

Zatem równość na tę rozwiązanie U_i zapisujemy w postaci dwóch równań, których schemat jest:

$U_{i}^{''}+(k_{i}^{2}+K^{2})U_{i}=0\;$

(2.122)

Pomocniczo teraz rozważmy teraz równość, które zapisujemy bez potencjału, i których dla dwóch rozwiązań zapisujemy w postaci dwóch równań w postaci:

$\nu _{i}^{''}+k_{i}^{2}\nu _{i}=0\;$

(2.123)

Funkcje U_i i ν_i są tak zdefiniowane, których w nieskończonościach obie te funkcje pokrywają się ze sobą:

$\lim _{r\rightarrow \infty }[U_{i}(r)-\nu _{i}(r)]=0\;$

(2.124)

Dla przejrzystości wykładu obie te funkcje możemy napisać osobna dla tych dwóch przykładów, w których te pierwsze mnożymy przez U₂, a drugie przezm U₁, zatem na podstawie tychże rozważanych przypadków mamy:

${\begin{cases}U_{1}^{''}=-(k_{1}^{2}+k^{2})U_{1}&|\cdot U_{2}\\U_{2}^{''}=-(k_{2}+K^{2})U_{2}&|\cdot U_{1}\\\end{cases}}\;$

(2.125)

Teraz odejmijmy obie strony równań (2.125), i w ten sposób dostajemy równość, którego postać możemy przestawić w postaci wzoru;

$U_{1}^{''}U_{2}-U_{2}^{''}U_{1}=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})U_{1}U_{2}\;$

(2.126)

Równość (2.126) teraz całkujemy obustronnie względem odległości od środka jądra atomowego, i w ten sposób dostajemy po scałḱowaniu lewej jego strony:

$\int _{0}^{\infty }\left(U_{1}^{'}U_{2}-U_{2}^{'}U_{1}\right)^{d}r=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }U_{1}U_{2}dr\Rightarrow (U_{1}^{'}U_{2}-U_{2}^{'}U_{1})|_{0}^{\infty }=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }U_{1}U_{2}dr\;$

(2.127)

A analogiczny sposób do (2.127) możemy otrzymać równanie na ν_i, których to w postaci równania piszemy:

$(\nu _{1}^{'}\nu _{2}-\nu _{2}^{'}\nu _{1})|_{0}^{\infty }=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }\nu _{1}\nu _{2}dr\;$

(2.128)

Jeśli będziemy wykorzystywać równości (2.127) i (2.128), i wykorzystamy fakt U_i=0, których to przepisujemy w postaci dwóch równości:

${\begin{cases}U_{1}^{'}U_{2}(\infty )-U_{2}^{'}(\infty )U_{1}(\infty )=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }U_{1}U_{2}dr\\\nu _{i}^{'}(\infty )\nu _{2}(\infty )-\nu _{2}(\infty )\nu _{1}(\infty )=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }\nu _{1}\nu _{2}dr+\nu _{1}'(0)\nu _{2}(0)-\nu _{2}^{'}(0)\nu _{1}(0)\end{cases}}\;$

(2.129)

Dwa otrzymane równości pokazane w równości (2.129) możemy odejmować od siebie przy załozeniu U_i(\∞)=\nu_i(∞), co wynika z warunku (2.124) w ten sposób otrzymujemy jedno równanie:

$\nu _{2}^{'}(0)-\nu _{1}^{'}(0)=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int _{0}^{\infty }(\nu _{1}\nu _{2}-U_{1}U_{2})dr\;$

(2.130)

Rozwiązanie równości różniczkowej (2.123) jest postaci funkcji wykładniczej, których to piszemy wzorem w postaci:

$\nu _{i}=Ae^{ik_{i}r}+Be^{=ik_{i}r}\;$

(Niedopasowany uchwyt: 2.131)

Rozwiązanie w postaci funkcji ν_i (Niedopasowany uchwyt: 2.131) piszemy:

$\nu _{i}=e^{ik_{i}r}+Be^{-ik_{i}r}=A^{'}\sin(k_{i}r)+B^{'}\cos(k_{i}r)=\;$
$={\sqrt {{A^{'}}^{2}+{B^{'}}^{2}}}\left({{A^{'}} \over {\sqrt {{A^{'}}^{2}+{B^{'}}^{2}}}}\sin(k_{i}r)+{{B^{'}} \over {\sqrt {{A^{'}}^{2}+{B^{'}}^{2}}}}\cos(k_{i}r)\right)=\;$
$={\sqrt {{A^{'}}^{2}+{B^{'}}^{2}}}{{B^{'}} \over {B^{'}}}\left(\cos \delta _{i}\sin(k_{i}r)+\sin \delta _{i}\cos(k_{i}r)\right)=\;$
$=B^{'}{{\sin(k_{i}r+\delta _{i})} \over {\sin \delta _{i}}}\;$

(Niedopasowany uchwyt: 2.131)

Wzór na warunek ν_i(0)=1 i po wykorzystaniu tego warunku do końcowego wzoru (Niedopasowany uchwyt: 2.131), otrzymujemy B'=0, zatem w takim przypadku możemy napisać wzór na ν_i i jego pochodną względem "r":

$\nu _{i}(r)={{\sin(k_{i}r+\delta _{i})} \over {\sin \delta _{i}}}\;$ (2.133)

$\nu _{i}^{'}(r)={{k_{i}} \over {\sin \delta _{i}}}\cos(k_{i}r+\delta _{i})\;$ (2.134)

Z warunku r=0 dla pochodnej funkcji ν_i(r) daje nam wzór wynikającej z (2.134), zatem:

$\nu _{i}^{'}(0)=k_{i}\operatorname {ctg} \delta _{i}\;$

(2.135)

Wzór (2.135) możemy wykorzystać do tożsamości udowodnionej (2.128) i w rezultacie mamy:

$k_{2}\operatorname {ctg} \delta _{2}-k_{1}\operatorname {ctg} \delta _{1}=(k_{2}^{2}-k_{1}^{2})\int (\nu _{1}\nu _{2}-U_{1}U_{2})dr\;$

(2.136)

Jeśli energię E₁ i E₂ dążą do siebie i w ten sposób otrzymujemy równość, zatem wzór (2.137), którą to piszemy w postaci wzoru:

${{d(k\operatorname {ctg} \delta )} \over {dk^{2}}}=\int _{0}^{\infty }(\nu ^{2}-U^{2})dr\;$

(2.137)

Funkcję kcthδ możemy rozłożyć w szereg Tayllora względem energii E=0, czyli k²=0, zatem tą wielkość przepisujemy w postaci wzoru, którego to zapis:

$k\operatorname {ctg} \delta =k\operatorname {ctg} \delta |_{k^{2}=0}+{{1} \over {2}}{{d(k\operatorname {ctg} (\delta )} \over {dk^{2}}}{\Bigg |}_{k_{2}=0}k^{2}+...=k\operatorname {ctg} \delta |_{k^{2}=0}+{{k^{2}} \over {2}}\left[\int (\nu ^{2}-U^{2})dr\right]_{k^{2}=0}\;$

(2.138)

Z definiujmy dodatkowo zasięg, który przestawiamy jako całkę z różnicy kwadratów funkcji ν i U względem promienia radialnego, zatem:

$r_{0}=\left[\int _{0}^{\infty }(\nu ^{2}-U^{2})dr\right]\;$

(2.139)

Rozpatrzmy teraz warunek asymptotyczny według (2.107), a przy warunku ν(0)=1, dostajemy, że: $_{Aa=1\Rightarrow A={{1} \over {a}}}\;$, zatem funkcja ν(r) w przypadku asymptotycznym przyjmuje postać:

$\nu (r)=1-{{r} \over {a}}{\mbox{ dla }}r>>\alpha \;$

(2.140)

Wobec tego, że zachodzi (2.135), to możemy zatem napisać równość:

$k\operatorname {ctg} \delta ={{1} \over {a}}+{{1} \over {2}}r_{0}k^{2}\;$

(2.141)

Następnym krokiem jest teraz wyliczenie przekroju czynnego na rozproszenie, które to przestawimy wzorem (2.106), i który to tutaj piszemy wzorem:

$\sigma ={{4\pi } \over {k^{2}}}\sin ^{2}\delta ={{4\pi } \over {k^{2}}}\left(1+\operatorname {ctg} ^{2}\delta \right)^{-1}={{4\pi } \over {\left[k^{2}+\left({{1} \over {2}}r_{0}k^{2}+{{1} \over {a}}\right)\right]}}\;$

(2.142)

Jeśli chcemy zbadać jaki jest wzór na przekrój , to wtedy należy rozważyć rozpraszanie na ortowodorze - i parawodorze, czyli na stanach trypletowych i singletowych. Ale ponieważ stanów trypletowych jest trzy razy więcej niż singletowych, ponieważ tak jest bo dla tego stanu mamy trzy rzuty spinu na oś zetową, co jest trzy bo $m_{s}=0,\pm 1$, zatem przekrój czynny takiego układu jest:

$\sigma ={{3} \over {4}}\sigma _{t}+{{1} \over {4}}\sigma _{s}\;$

(2.143)

Przekroje czynne σ_t i σ_s zapisujemy analogicznie do wzoru końcowego (Niedopasowany uchwyt: 1.141) w postaci:

$\sigma _{t}={{4\pi } \over {\left[k^{2}+\left({{1} \over {2}}r_{0t}k^{2}+{{1} \over {a}}\right)\right]}}\;$ (2.144)

$\sigma _{s}={{4\pi } \over {\left[k^{2}+\left({{1} \over {2}}r_{0s}k^{2}+{{1} \over {a}}\right)\right]}}\;$ (2.145)

Powyższe przekroje są przekrojami czynnymi na rozpraszanie w stanie trypletowym (S=1) i singletowym (S=0).

Stany zależne od prędkości

Dotychczas rozważaliśmy, że siły jądrowe są niezależne od prędkości, ale są zależne tylko od współrzędnych położenia. takie przybliżenie ma sens tylko w wypadku, gdy energia układu nie jest większa od 5MeV, to należy do równania opisującego potencjał należy włożyć potencjał zależny od prędkości. Ta konstrukcja w sposób oczywisty ma sens na gruncie mechaniki kwantowej. przestawimy teraz kilka warunków na jakie powinno spełniać to rozwiązanie:

• Jest to oddziaływanie niezależne od inercjalnego układu odniesienia. To oddziaływanie może być napisane wobec pędów względnych ${\hat {p}}={\hat {p}}_{1}-{\hat {p}}_{2}\;$.
• Nasze oddizaływanie jest skalarem, zatem możemy go zbudować w oparciu o skalary:

$({\vec {r}}\cdot {\hat {p}})\;$ (2.146)

$({\hat {\sigma }}\cdot {\vec {p}})\;$ (2.147)

$({\vec {r}}\times {\vec {p}})\cdot {\hat {\sigma }}\;$ (2.148)

Nasze oddziaływanie powinno być niezależne dla przypadku odwrócenia w czasie, i które to zapisujemy wzorem:

${\hat {T}}({\vec {r}}\cdot {\hat {\sigma }}){\hat {T}}^{-1}=-({\vec {r}}\cdot {\vec {p}})\;$

(2.149)

A takze nasze oddziaływanie powinno być niezależne od odwrócenia współrzędnych przestrzennych:

${\hat {P}}({\hat {\sigma }}\cdot {\hat {p}}){\hat {P}}^{-1}=-({\hat {\sigma }}\cdot {\hat {P}})\;$

(2.150)

Na podstawie powyższych rozważań możemy powiedzieć, że oddziaływanie, które jest niezależne od odwrócenia w czasie i odwrócenia współrzędnych, i co to zapisujemy wzorem:

${\hat {V}}_{LS}=V_{ls}{\hat {L}}\cdot {\hat {S}}\;$

(2.151)

• Gdzie operatory spinu i momentu pędu są zdefiniowane:

${\hat {S}}={{1} \over {2}}\hbar \left({\hat {\sigma }}_{1}+{\hat {\sigma }}_{2}\right)\;$ (2.152)

${\hat {L}}={\vec {r}}\times {\hat {p}}\;$ (Niedopasowany uchwyt: 2.152)

Otrzymany człon (2.151) jest analogiczny do członu spin-orbita występująca w elektrodynamice, który to elektron krążącej wokół jądra wytwarza pole elektromagnetyczne. to o ile dla jadra atomowego jest to człon wprowadzany czysto fenomenologicznie to dla elektronu wynika z rozważań na gruncie praw elektrodynamiki kwantowej. Jądrowy potencjał spin-orbita przyjmować będziemy w postaci wzoru:

${\hat {V}}_{LM}=-{{1} \over {2M^{2}c^{2}}}\left(\operatorname {grad} V\times {\vec {p}}\right){\hat {S}}\;$

(Niedopasowany uchwyt: 2.152)

Ale ponieważ zachodzi relacja $_{\operatorname {grad} V={{\vec {r}} \over {r}}{{\partial V} \over {\partial r}}}\;$, to wtedy wzór (Niedopasowany uchwyt: 2.152) możemy zapisać w postaci wzoru:

${\hat {V}}_{LS}=-{{1} \over {2M^{2}c^{2}}}{{1} \over {r}}{{\partial V} \over {\partial r}}{\hat {L}}\cdot {\hat {S}}\;$

(2.155)

Co (2.155) jest zgodny ze członem (2.151) na oddziaływanie sił jądrowych spin-orbita. Szablon:Fizyka matematyczna/Nawigacja