Electromagnetic Transition - Static Multipole Tensor Operator

외부 전자기장이 존재하지 않을 때, free particle에 대한 Hamiltonian은 단순히 Kinetic energy에 대한 항으로 다음과 같이 주어집니다:

$$ {\pmb H}_0 = \frac{1}{2m} {\pmb p}^2, \label{1}\tag{1} $$

$m$은 입자의 질량 (핵자의 질량), ${\pmb p}$는 운동량을 의미합니다. 만약 전자기장이 존재한다면, 전하 $q$를 띈 입자의 운동량은 전자기장에 대한 vector potential ${\pmb A}$에 의해 변환될 것이며, 그로 인한 전체 해밀토니안은 다음과 같이 적을 수 있습니다: 

$$ {\pmb H} = \frac{1}{2m} \left( {\pmb p} - \frac{q}{c} {\pmb A} \right)^2. \label{2}\tag{2} $$

$c$는 빛의 속력을 의미합니다.  

 

앞서 적은 ${\pmb H}_0$를 free particle에 대한 항으로 간주하면, 위에 적힌 Hamiltonian으로부터 perturbed 된 ${\pmb H}'$을 얻어낼 수 있습니다:

$$ {\pmb H}' = - \frac{q}{2mc} \left( {\pmb p} \cdot {\pmb A} + {\pmb A} \cdot {\pmb p}  \right) + \frac{q^2}{2mc^2} {\pmb A} \cdot {\pmb A}. \label{3}\tag{3} $$

여기서 전자기장은 오직 Transverse component 들만 갖고 있다고 가정하겠습니다. 그러면, 이 조건에 의해 $\nabla \cdot {\pmb A} =0$이 되며, 이를 transversality condition이라 부릅니다. ${\pmb p} = - i \hbar \nabla$이므로, ${\pmb p}$와 ${\pmb A}$는 commute하게 됩니다. 따라서, 위에 주어진 $H'$에서 leading term은 다음과 같이 쓰여집니다:

$$ H' = - \frac{q}{mc} {\pmb A} \cdot {\pmb p}. \label{4}\tag{4} $$

이에 더해, current density가 ${\pmb J} =  q {\pmb p}/m$으로 정의된다는 사실을 이용해, 한 번 더 주어진 ${\pmb H}'$을 다시 쓰면, 아래와 같은 식이 됩니다.

$$ {\pmb H}' = - \frac{1}{c} {\pmb A} \cdot {\pmb J} \label{5}\tag{5} $$ 

그런데, 우리가 관심있는 원재핵의 경우 점입자가 아닙니다. 실제로 원자핵은 내부에 전하의 분포를 갖고 있어 magnetic moment를 갖고 외부 전자기장과 상호작용하기도 합니다. 따라서 주어진 식을 전하 밀도가 포함된 4개 성분의 형태로 일반화시켜야 합니다:

$$ H' = - \frac{1}{c} \sum_{\mu =1}^4 A_\mu J^\mu \label{6}\tag{6} $$

가 되며, 여기서 ${\pmb A}_\mu = ( {\pmb A}, i \Phi)$로 scalar potențial $V$를, $J_\mu = ({\pmb J}, i \rho c)$로 원자핵의 charge density $\rho$를 포함하도록 일반화 했습니다. 그럼 주어진 식을 전자기 상호작용에 대한 Hamiltonian을 아래와 같이 다시 적을 수 있습니다:

$$ H' = - \frac{1}{c} \int J_\mu A^\mu d^3 r = \int \left( \rho({\pmb r},t) \Phi({\pmb r},t) - \frac{1}{c}{\pmb A}({\pmb r}, t) \cdot {\pmb J}({\pmb r},t ) \right) d^3 r. \label{7}\tag{7} $$

이제 이 식을 좀 더 구체화 하기 위해, $\Phi(r,t)$와 ${\pmb J}(r,t)$를 구해보겠습니다. 주어진 두 퍼텐셜은 전자기 상호작용과 관련되어 있으므로, Maxwell 방정식으로부터 구할 수 있습니다. 전자기장이 시간에 대해 변하지 않는다는 가정을 통해, static한 조건에서 전자기장을 계산해 보겠습니다.

 

1. 스칼라 퍼텐셜 항

일반적으로 전기장 ${\pmb E}$는 다음과 같이 Scalar potential $\Phi$와 Vector potential ${\pmb A}$로 표현이 가능합니다:

$$ {\pmb E} = - {\pmb \nabla} \Phi - \frac{\partial {\pmb A}}{\partial t}. \label{8}\tag{8} $$

여기서 저희는 Static한 조건을 고려하므로, ${\pmb E} = - {\pmb \nabla} \Phi$가 됩니다. 그럼 Maxwell 방정식에 의해서

$$ {\pmb \nabla} \cdot {\pmb E} = {\pmb \triangle} \Phi = \rho_s({\pmb r}_s)/\epsilon_0. \label{9}\tag{9} $$

여기서 아랫첨자 $s$는 "source"를 의미합니다. 전기장의 source를 제공하는 charge density $\rho_s$를 핵의 전하 분포인 $\rho$와 구분해야 합니다. 또한, 현재 저희가 다루고 있는 전자기 상호작용은 perturbed된 항입니다. 그러므로, 주어진 전자기장이 약해야 perturbation 이론을 이용해 계산이 가능합니다. 따라서, 핵의 반경에 비해 전자기장의 source가 멀리 있다고 가정할 것입니다. 그럼 주어진 전기장에 대한 식은

$$ {\pmb \triangle} \Phi ({\pmb r}) = 0 \label{10}\tag{10} $$

와 같이 됩니다.

 

여기에 더해, 우리가 풀고자 하는 시스템이 완전한 구형 대칭성을 갖고 있다면, 이러한 미분 방정식은 구면 좌표계에서 푸는 것이 더 유리할 것입니다. 또한 이러한 구면 대칭성에 따라서, 주어진 퍼텐셜이 $r$과 $(\theta, \phi)$에 대한 부분으로 변수 분리가 가능합니다. 그럼 우선, 구면 좌표계에서 Laplace 연산자를 아래와 같이 적어보겠습니다.

$$ {\pmb \triangle} = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} r^2 \frac{\partial }{\partial r} + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \left( \frac{\partial }{\partial \theta} \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta}  \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} \label{11}\tag{11} $$

여기서 $(\theta,\phi)$에 대한 미분항들은 각운동량 연산자로 표현이 가능합니다: (이전 포스팅(https://djlab.tistory.com/18 )의 식 (4), (5-1), (5-2)를 이용하거나 $L = (1/2) (L_+ L_-  + L_- L_+) + L_z^2)$을 이용하여 구하면 됩니다.)

$$ {\pmb \triangle} = \frac{1}{r^2} \left[ \frac{\partial}{\partial r} r^2 \frac{\partial }{\partial r} - \frac{L^2}{\hbar^2} \right] \label{12}\tag{12} $$

그럼 주어진 Laplace 방정식은 

$$ {\pmb \triangle} \Phi({\pmb r}) = \frac{1}{r^2} \left[ \frac{\partial}{\partial r} r^2 \frac{\partial }{\partial r} - \frac{L^2}{\hbar^2} \right] \Phi({\pmb r}) = 0 \label{13}\tag{13} $$

이 됩니다.

 

그러면, $L^2 = \hbar^2 l (l+1) Y_{lm}(\theta, \phi)$ 이기 때문에, 주어진 미분 방정식에서 $r$에 대한 미분항에서 $l(l+1)$과 같은 항이 나와야 한다는 것을 알 수 있습니다. 따라서, 우리는 주어진 Laplace 방정식에 대한 해를 다음과 같이 전개된 형태의 일반해로 쓸 수 있습니다:

$$ \Phi({\pmb r}) = \sum_{\lambda \mu} a_{\lambda \mu} r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi). \label{14}\tag{14} $$

(위의 해에 Laplace 연산자를 가해보면, 0이 된다는 것을 확인할 수 있습니다.)

 

그럼 이를 이용해, 주어진 Hamiltonian의 첫번째 항($H'_E$라 표기하겠습니다.)을 다시 쓰면 다음과 같이 됩니다:

$$H'_E = \int \rho({\pmb r}) \left( \sum_{\lambda \mu} a_{\lambda \mu} r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3 r = \sum_{\lambda \mu} a_{\lambda \mu} \int \rho({\pmb r}) \left(r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3 r \label{15}\tag{15} $$

적분 안에 있는 항들을 따로 $Q_{\lambda \mu}$로 정의하면,

$$ Q_{\lambda \mu} = \int \rho({\pmb r}) r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) d^3r \label{16}\tag{16} $$

가 되며, 전기장과 관련된 이러한 연산자를 Electric tensor operator라 부릅니다. 더 나아가 원자핵을 구성하는 핵자 하나하나를 점입자라 가정하면, 핵자의 전하 분포를 아래와 같이 쓸 수 있습니다:

$$ \rho({\bf r}) = \sum_{i=1}^A e(i) \delta({\bf r}- {\bf r}_i), \label{17}\tag{17} $$

이를 위에서 구한 $Q_{\lambda \mu}$에 대입하면,

$$ Q_{\lambda \mu} = \int \sum_{i=1}^A e(i) \delta({\bf r}- {\bf r}_i) r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) d^3r = \sum_{i=1}^A e(i) r^\lambda_i Y_{\lambda \mu} (\theta_i, \phi_i) \label{18}\tag{18} $$

가 될 것입니다. Convention에 따라서 앞에 Phase factor로 1(Condon-Shortely, CS) 대신에 $i^\lambda$(Biedenharn-Rose, BR)를 쓰기도 합니다. 이러한 Phase convention까지 고려하면 최종적으로 아래와 같이 Electric tensor operator를 적을 수 있습니다:

\begin{eqnarray} Q_{\lambda \mu} = \zeta^{({\rm E} \lambda}) \sum_{i=1}^A e(i) r^\lambda_i Y_{\lambda \mu} (\theta_i, \phi_i), \ \ {\rm where}\ \zeta^{({\rm E} \lambda)} = \begin{cases} 1 \ \ {\rm for\ CS\ convention} \\[12pt] i^\lambda \ \ {\rm for BR\ convention} \end{cases} \label{19}\tag{19} \end{eqnarray}

 

 

2. 벡터 퍼텐셜 항

그럼 두번째 항도 계산해 보도록 하겠습니다. 두번째 항을 아래와 같이 $H'_{M}$이라 적겠습니다:

$$ H'_M = - \frac{1}{c} \int {\pmb A}({\pmb r}) \cdot {\pmb J}({\pmb r}) d^3 r \label{20}\tag{20} $$

여기서 Current density ${\pmb J}$는 아래와 같이 Magnetic moment density ${\pmb \mu}$에 대한 항으로 적을 수 있습니다:

$$ {\pmb J} ({\pmb r}) = c {\pmb \nabla} \times {\pmb \mu}({\pmb r}) \label{21}\tag{21} $$

그럼 주어진 식을 아래와 같이 다시 쓸 수 있습니다:

$$ H'_M = - \int {\pmb A}({\pmb r}) \cdot \left( {\pmb \nabla} \times {\pmb \mu}({\pmb r}) \right) d^3 r. \label{22}\tag{22} $$

이를 계산하기 위해 ${\pmb \nabla} \cdot \left( {\pmb A} \times {\pmb B}\right) = {\pmb A} \cdot ( {\pmb \nabla} \times {\pmb B} ) - {\pmb B} \cdot ({\pmb \nabla} \times {\pmb A})$와 같은 identity를 이용하겠습니다. 그럼 주어진 식은

\begin{eqnarray} H'_M &=& - \int {\pmb A}({\pmb r}) \cdot \left( {\pmb \nabla} \times {\pmb \mu}({\pmb r}) \right) d^3 r \\[12pt] &=& - \int {\pmb \nabla} \cdot \left( {\pmb \mu}({\pmb r}) \times {\pmb A}({\pmb r}) \right) d^3 r - \int {\pmb \mu}({\pmb r}) \cdot \left( {\pmb \nabla} \times {\pmb A}({\pmb r}) \right) d^3 r \\[12pt] &=& - \int {\pmb \mu}({\pmb r}) \cdot \left( {\pmb \nabla} \times {\pmb A}({\pmb r}) \right) d^3 r \label{23}\tag{23} \end{eqnarray}

이 됩니다. (두번째 줄에서 첫번째 항은 Surface 적분 형태가 되며, ${\pmb \mu}({\pmb r})$ 이 핵자 안에 국소화 되어 있다는 조건에 따라 0이 됩니다.) 또한, 자기장과 벡터 퍼텐셜의 관계 ${\pmb B} = {\pmb \nabla} \times {\pmb A}$를 이용하면, 아래와 같이 적을 수 있습니다:

\begin{eqnarray} H'_M = - \int {\pmb \mu}({\pmb r}) \cdot {\pmb B} ( {\pmb r} ) d^3 r \label{24}\tag{24} \end{eqnarray}

위에서 언급했듯이, 전자기장의 source가 충분히 멀기 때문에, 자기장에 대한 Maxwell 방정식도 아래와 같이 만족되어야 합니다:

$$ {\pmb \nabla} \cdot {\pmb B}({\pmb r}) =0,  \ \ \ \ \ {\pmb \nabla} \times {\pmb B} ({\pmb r}) =0. \label{25}\tag{25} $$

Curl 연산자에 대해  ${\pmb B} ({\pmb r})$이 0이므로, ${\pmb B}({\pmb r}) = - \nabla \chi({\pmb r})$의 형태로 적을 수 있습니다. 또한 scalar 함수인 $\chi ({\pmb r})$은 ${\pmb \nabla} \cdot {\pmb B} = 0$에 의해, 다음과 같은 식을 만족하게 됩니다:

$$ {\pmb \triangle} \chi({\pmb r}) = 0. \label{26}\tag{26} $$

첫번째 항을 계산했을 때와 같은 Laplace 방정식 형태입니다. 그러므로, 우리는 $\chi({\pmb r})$에 대한 일반해를 아래와 같이 적을 수 있습니다:

$$ \chi ({\pmb r}) = \sum_{\lambda \mu} b_{\lambda \mu} r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi). \label{27}\tag{27} $$

이 식을 주어진 Hamiltonian에 대입하면, 아래와 같이 적을 수 있습니다:

$$ H'_M =  \int {\pmb \mu} ({\pmb r}) \cdot \nabla \chi({\pmb r}) = \sum_{\lambda \mu} b_{\lambda \mu} \int {\pmb \mu} ({\pmb r}) \cdot \nabla \left( r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3 r . \label{28}\tag{28} $$

이것으로 부터 Magnetic tensor operator $M_{\lambda \mu}$를 아래와 같이 정의할 수 있습니다:

$$ M_{\lambda \mu} = \int {\pmb \mu} ({\pmb r}) \cdot \nabla \left( r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3 r \label{29}\tag{29} $$

그럼 적분 안에 있는 Magnetic moment density ${\pmb \mu}({\pmb r})$의 형태를 결정하면 됩니다. ${\pmb \mu}({\pmb r})$에 대한 기원은 양성자의 궤도 운동과 핵자 하나하나들의 스핀으로부터 고려된다고 생각할 수 있습니다. 그럼 주어진 magnetic moment density를 아래와 같이 스핀 항과 궤도 운동에 대한 항으로 분리할 수 있습니다:

$$ {\pmb \mu} ({\pmb r}) = {\pmb \mu}_{\rm spin} ({\pmb r})   + {\pmb \mu}_{orbit} ({\pmb r}) \label{30}\tag{30} $$

 

2-1 스핀에 의한 자기 모멘트

우선, 스핀에 대한 자기 모멘트 항부터 구해보도록 하겠습니다. 원자핵을 구성하는 핵자들은 점입자로 가정되므로, 스핀에 따라 자기 모멘트를 다음과 같이 구할 수 있습니다:

$$ {\pmb \mu}_{\rm spin} ({\pmb r}) = \sum_{i=1}^{A} g_i \mu_N {\pmb s}_i (\delta ( {\pmb r} - {\pmb r}_i) ), \label{31}\tag{31} $$

여기서 핵자 $i$에 대해 $g_i$는 gyromagnetic factor이며, $\mu_N = e\hbar/ (2m_p c)$로 Bohr magneton을 의미하며, ${\pmb s}_i$는 주어진 입자의 스핀을 의미합니다. 핵자의 스핀은 1/2이며, 양성자의 경우 $g_p=5.586$, 중성자의 경우 $g_n=-3.826$으로 알려져 있습니다. 주어진 스핀에 의한 magnetic moment를 주어진 Magnetic tensor operator에 대입하면, 스핀에 대한 항은 아래와 같이 얻어집니다:

\begin{eqnarray} M_{\lambda \mu}^{(\rm spin)} &=& \int {\pmb \mu}_{\rm spin}({\pmb r}) \cdot \nabla \left( r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3 r \\[12pt] &=& \int \sum_{i=1}^{A} g_i \mu_N {\pmb s}_i \delta ( {\pmb r} - {\pmb r}_i ) \cdot \nabla \left( r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right) d^3r &=& \mu_N \sum_{i=1}^{A} g_i {\pmb s}_i \cdot \nabla \left( r^\lambda Y_{\lambda \mu} (\theta, \phi) \right). \label{32}\tag{32} \end{eqnarray}

 

2-2 궤도 운동에 의한 자기 모멘트

우리가 다루는 양성자는 점입자로 가정되므로, 양성자의 궤도 운동에 의한 magnetic moment 밀도는 전자(electron)의 경우와 비슷하게, $\mu_N {\pmb l} \propto {\pmb r} \times {\pmb j}$의 형태를 갖게 될 것입니다. 여기서 각운동량 연산자가 존재하기 때문에, ${\pmb \mu}_{\rm orbit}({\pmb r})$을 그대로 넣게 되면 식 (\ref{29})에서 뒤에 존재하는 연산자들까지 고려해야 하기 때문에 앞에서 만든 spin에 의한 magnetic moment 항과 함께 쓸 수 있는 형태로 만드는 것이 어렵습니다. 따라서, 양성자의 전류 밀도가

$$ {\pmb J} ({\pmb r}) = \sum_{i=1}^{A} (g_l) (e {\pmb v}) \delta({\pmb r} - {\pmb r}_i) \label{33}\tag{33} $$

로 주어지는 것을 이용할 것입니다. 여기서 $g_l$은 전하를 갖는 양성자에 대해서만 1이며, 전하가 없는 중성자에 대해서는 0입니다. 그럼, 이러한 current를 적용하기 위해 위에 주어진 식 (\ref{29})의 $M_{\lambda \mu}$의 식을 약간 변형해 보도록 하겠습니다. 

$$ M_{\lambda \mu} = \frac{1}{c(\lambda +1)} \int ({\pmb r} \times {\pmb j} ({\pmb r}) ) \cdot \left[ \nabla r^\lambda Y_{\lambda \mu} \right] d^3 r \label{34}\tag{34} $$

보시면 ${\pmb r} \times {\pmb j}$가 괄호 안에 묶여 있으며, 뒤에 나오는 gradient 항과 스칼라 곱으로 연결되어 있는 것을 볼 수 있습니다. 이 때문에, 앞서 구한 스핀에 의한 자기 모멘트 식과 이 식은 묶어서 쓸 수 있게 됩니다. 이 식에 대한 유도는 유도 과정이 다소 길어 따로 포스팅을 남기도록 하겠습니다: (유도 과정 링크: https://djlab.tistory.com/21 )

 

 

그러면 식 (\ref{33})을 이용해 우리는 주어진 식 (\ref{34})를 아래와 같이 다시 쓸 수 있습니다.  

\begin{eqnarray} M_{\lambda \mu}^{(\rm orbit)} &=& \frac{1}{c(\lambda +1)} \sum_{i=1}^A g_l^{(i)} \int ({\pmb r} \times \left( \frac{em {\pmb v}_i}{m} \delta ({\pmb r} - {\pmb r}_i) \right) ) \cdot \left[ \nabla r^\lambda Y_{\lambda \mu} \right] d^3 r \\[12pt] &=& \frac{1}{c(\lambda +1)} \frac{e\hbar}{m} \sum_{i=1}^A g_l^{(i)} ({\pmb r}_i \times \left( \frac{ {\pmb p}_i }{\hbar} \right) ) \cdot \left[ \nabla r^\lambda Y_{\lambda \mu} \right] \\[12pt] &=& \frac{2 \mu_N}{(\lambda +1)} \sum_{i=1}^A g_l^{(i)} {\pmb l}_i \cdot \left[ \nabla r^\lambda Y_{\lambda \mu} \right] \label{35}\tag{35} \end{eqnarray}

따라서 식 (\ref{32})와 식 (\ref{35})를 더하면 전체 magnetic moment에 대한 연사자를 아래와 같이 구할 수 있습니다:  

\begin{eqnarray} M_{\lambda \mu} = M_{\lambda \mu}^{(\rm spin)} + M_{\lambda \mu}^{(\rm orbit)} = \mu_N \sum_{i=1}^A \left[ g_s^{(i)} {\pmb s}_i + \frac{2}{\lambda +1} g_l^{(i)} {\pmb l}_i \right] \cdot \left[ \nabla r^\lambda Y_{\lambda \mu} \right] \label{36}\tag{36} \end{eqnarray}

그러면 전체 perturbed Hamiltonian 역시 위에서 구한 두 연산자를 이용해 아래와 같이 표현할 수 있습니다:  

\begin{eqnarray} H' = \sum_{\lambda \mu} a_{\lambda \mu} Q_{\lambda \mu} + b_{\lambda \mu} M_{\lambda \mu} \label{37}\tag{37} \end{eqnarray}

연산자의 형태는 이미 구했기 때문에, 주어진 Hamiltonian에 대해 Transition amplitude는 주어진 계수 $a_{\lambda \mu}$와 $b_{\lambda \mu}$를 결정하는 것과 관련이 될 것입니다.  

 

 

참고 문헌

[1] The Nuclear Many-Body Problem (Ring, P. and Schuck, P. 2004), Appendix B.1 & B.2