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PotenzialeSchermato< Cinematica Relativistica | IntroduzioneFisicaMateria.Indice | Postulati della Meccanica Quantistica? > L'equazione di Klein-Gordon, che abbiamo utilizzato per discutere in modo semplificato la particella di Yukawa in analogia con il fotone {$$\left[ \nabla^2 - \frac 1 {c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \left(\frac{mc} \hbar\right)^2 \right]\phi = 0$$} nel caso stazionario, ossia per {$\phi(r)$} indipendente dal tempo, diventa l'equazione di Poisson schermata {$$\left[ \nabla^2 - \left(\frac{mc} \hbar\right)^2 \right]\phi = 0$$} Invece che nel vuoto, consideriamola in presenza di una sorgente puntiforme negativa {$$\begin{equation}\left[ \nabla^2 - \left(\frac{mc} \hbar\right)^2 \right]\phi = - \frac{e\delta(\mathbf{r})}{\varepsilon_0}\end{equation}$$} Per ricavare la forma del potenziale supponiamo di avere una soluzione e di farne la trasformata di Fourier continua {$$\phi(r)=\int_{-\infty}^{\infty}\, a(\mathbf{k}) e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}d\mathbf{k}$$} Sostitiamola nell'equazione di Poisson schermata, ricordando che {$\nabla^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}=-k^2 e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}$} e {$\delta(\mathbf{r})=\int_{-\infty}^{\infty}\, e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}d\mathbf{k}$}. Uguagliando gli integrandi ai due membri si ottiene {$$a(k)\left[ -k^2-\left(\frac {mc}{\hbar}\right)^2\right]=-\frac 1 {\varepsilon_0 }$$} ossia {$$a(k)=\frac 1 {\varepsilon_0 }\frac 1 {k^2+\left(\frac {mc}{\hbar}\right)^2}$$} Basta ora ricordare che {$\frac 1 {k^2+\kappa^2}$} è la trasformata di Fourier di {$$\frac {e^{-\kappa r}} r$$} in tre dimensioni (il risultato si ottiene con il calcolo del residuo, come mostrato qui sotto), per concludere che questa è la soluzione dell'Eq. (1). Calcolo dell'antitrasformata di Fourier In tre dimensioni l'antitrasformata di Fourier del potenziale schermato è {$$ I(r) =\frac 1 {(2\pi)^{3/2}} \int d\mathbf{k} \frac{e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}}}{k^2+\kappa^2}= \frac 1 {(2\pi)^{1/2}}\int_{-\infty}^\infty \frac{k^2dk}{k^2+\kappa^2}\int_{-1}^1 d \cos\theta e^{i kr \cos\theta}$$} dopo l'integrazione in {$d\varphi$}. Questo integrale diventa {$\frac 2 {r\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty \frac {k\sin kr}{k^2+\kappa^2} dk$}. L'integrando è una funzione pari e quindi si può riscrivere {$$I(r)=\frac 1 {r\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \frac {k\sin kr}{k^2+\kappa^2} dk$$} Notiamo che l'integrando si annulla sul semicerchio {$C$} all'infinito, con {$\mbox{Im} (k) >0$}. Quindi l'integrale si può calcolare completando il circuito con {$C$} percorso in verso antiorario. Allora {$I(r)/2\pi i$} risulta uguale al residuo di {$f(k) =\mbox{Im}(\frac{k e^{ikr}}{k^2+\kappa^2})$} nel polo semplice che la funzione ha in {$k=iq$}, nel semipiano {$\mbox{Im} (k) >0$}. Il residuo stesso è {$\mbox{Res}(f,i\kappa)=\lim_{k\to i\kappa}(k-i\kappa)f(k)$}, ovvero {$$ I(r) = \frac {2\pi} {r\sqrt{2\pi}} \left( \frac 1 2 e^{-qr}\right) = \sqrt{\frac \pi 2}\frac{e^{-qr}} r $$} Calcolo diretto della trasformata di Fourier Un metodo alternativo consiste nel calcolo della trasformata di Fourier del potenziale schermato {$$ F(\mathbf{k})\frac 1 {(2\pi)^{3/2}} \int_{-\infty}^\infty d^3r \frac{e^{iqr}} r e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}} $$} L'integrale si svolge in coordinate polari. I due integrali angolari sono banali, l'ultima integrazione si fa per parti, i due iterazioni. Il risultato è {$$ F(k) = \sqrt{\frac 2 {\pi}} \frac 1 {k^2+q^2} $$} Si noti che, nel limite per {$q\rightarrow 0$} si ottiene la trasformata di Fourier del potenziale Coulombiano {$1/r$}, pari a {$ F(k) = \sqrt{\frac 2 \pi} \frac 1 {k^2} $} < Cinematica Relativistica | IntroduzioneFisicaMateria.Indice | Postulati della Meccanica Quantistica? > |