Рассеяние в сферически симметричном поле

[Ascold]

Читаю данный вопрос в книжке Дэвида Бома. Если задан изначальный импульс частицы $\mathbf{p_0} $
(модельная плоская волна), то при поиске импульса рассеянной частицы возникает фурье-образ

$$\tilde{U}(\mathbf{p}-\mathbf{p_0})=\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\mathbf{p}-\mathbf{p_0})\mathbf{r}/\hbar}U(\mathbf{r})dV,$$

где $U(\mathbf{r})$ - потенциальная энергия.
Как доказать, что если поле сферически симметрично, то $\tilde{U}(\mathbf{p}-\mathbf{p_0})$ зависит лишь от модуля изменения импульса $\mathbf{p}-\mathbf{p_0},$ но не от направления?
У меня мысль такая возникла: перейдём к сферическим координатам с началом в мишени - источнике поля. Если $U(\mathbf{r})=U(r)$ , то, раз поле центральное, вектор $\mathbf{p}-\mathbf{p_0},$ будет направлен к центру(или от него), поэтому будет

$$\tilde{U}(\mathbf{p}-\mathbf{p_0})=\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\mathbf{p}-\mathbf{p_0})\mathbf{r}/\hbar}U(\mathbf{r})dV=\int_0^{\infty}e^{i|\mathbf{p}-\mathbf{p_0}|r/\hbar}U(r)r^2drd\Omega,$$

т.е. нет зависимости от ориентации вектора $\mathbf{p}-\mathbf{p_0}.$
Сколь обосновано утверждение, что в центральном поле этот вектор непременно к центру направлен, задача-то квантовая, $d\mathbf{p}/dt\neq-\nabla U$?
Или как иначе обосновать ориентацию $\mathbf{p}-\mathbf{p_0}?$

[amon]

С Вашего разрешения $\mathbf{p}-\mathbf{p_0}\equiv\mathbf{p},$ a $\hbar=1$ чтобы лишнего не писать.

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}e^{i \mathbf{p}\mathbf{r}}U(r)d^3V&=\\ \int U(r)e^{i p r \cos\theta}r^2dr\,d\cos\theta\, d\varphi&=\\ 2\pi\int_{0}^{\infty}U(r)r^2dr\int_{-1}^{1}e^{i p r x}dx& \end{align}$$

Дальше не надо разъяснять?

[Ascold]

amon в сообщении #1298445 писал(а):

Дальше не надо разъяснять?

Куда Вы направили ось z, что угол между изменением импульса и радиус-вектором частицы(центра волнового пакета) получился равным полярному углу $\theta$?

[Red_Herring]

Все еще проще.

Если $f(\mathbf{r})=g(Q\mathbf{r})$, где $Q$ ортогональная матрица, то $\hat{f}(\mathbf{p})=\hat{g}(Q\mathbf{p})$.

В более общем случае ($Q$ не обязательно ортогональная) $\hat{f}(\mathbf{p})=|\det Q|^{-1}\hat{g}(Q^{T\,-1}\mathbf{p})$.

[amon]

Ascold в сообщении #1298633 писал(а):

Куда Вы направили ось z

Вдоль $\mathbf{p}-\mathbf{p_0}\equiv\mathbf{p},$ вестимо. Наберусь наглости, и истолкую также утверждение Red_Herring'a, пользуясь скромным опытом общения с математиками ;) Из $\hat{f}(\mathbf{p})=\hat{g}(Q\mathbf{p})$ следует, что если $U(r)=U(Qr)$ (повороты не меняют $U$), то повороты не будут менять и его Фурье-образ, а значит этот образ зависит только от модуля $\mathbf{p}.$

[Red_Herring]

amon прав, но то, что я написал, имеет несколько более широкое применение.

Теперь прокомментирую: $\mathbf{r}$ вектор, а вот $\mathbf{p}$   ковектор, он преобразуется так, чтобы скалярное произведение $\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}$ было скаляром, т.е. прост бы не изменялось. А $|\det Q|^{-1}$ это из замены переменных в интеграле.

[Ascold]

amon в сообщении #1298642 писал(а):

Вдоль $\mathbf{p}-\mathbf{p_0}\equiv\mathbf{p},$ вестимо.

по инерции не подумал, что $\mathbf{p}$ здесь - постоянный вектор, вот и засомневался с осью - видимо, редко встречаюсь с трёхмерным фурье-преобразованием.

Red_Herring в сообщении #1298648 писал(а):

$\mathbf{r}$ вектор, а вот $\mathbf{p}$ ковектор, он преобразуется так, чтобы скалярное произведение $\mathbf{r}\cdot\mathbf{p}$ было скаляром

Почему ковектор(в евклидовом трёхмерии), система координат же ортонормированная?

[Red_Herring]

Ascold в сообщении #1298670 писал(а):

Почему ковектор(в евклидовом трёхмерии), система координат же ортонормированная?

Потому что я дал второй ответ не обязательно в ортонормированной системе координат.

[Ascold]

Что-то дальше у меня с вычислением в кулоновском поле $U=1/r$ не то. Требуется получить:

$$\tilde{U}(\mathbf{p})=\frac{4\pi}{|\mathbf{p}|^2}.$$

В сферических координатах, проинтегрировав по углам, пишу:

$$\tilde{U}(\mathbf{p})=4\pi\int_0^{\infty}e^{ipr}\frac{1}{r}r^2dr=4\pi\int_0^{\infty}e^{ipr}rdr=\frac{4\pi}{ip}\int_0^{\infty}rd\left(e^{ipr}\right),$$

что по частям даёт

$$\tilde{U}(\mathbf{p})=\frac{4\pi}{ip}\left(re^{ipr}|_0^\infty -\frac{1}{ip}e^{ipr}|_0^\infty\right),$$

т.е., расходится.

[Red_Herring]

Ascold в сообщении #1299050 писал(а):

т.е., расходится.

Сходится--но в смысле распределений (обобщенных функций). Т.е. надо умножить на $\phi(p)$, где $\phi$ гладкая функция с компактным носителем и проинтегрировать по $p$, и уж после этого переходить к пределу

[Cos(x-pi/2)]

Ascold
Можно ещё и вот так: попробуйте сразу "двух зайцев поймать", вычислив сначала фурье-образ "экранированного кулоновского потенциала" $\frac{1}{r}e^{-\kappa r},$ где $\kappa$ - положительная константа (с размерностью обратной длины; это "обратная длина экранирования"). Получится $\frac{4\pi}{|\mathbf{p}|^2+\kappa^2};$ этот результат и сам по себе часто бывает нужен. Затем устремите $\kappa$ к нулю.

[Red_Herring]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1299077 писал(а):

Что-то не то пишете.

    Нет, у него все правильно, пока он до внеинтегрального члена не дошел и запаниковал

[Cos(x-pi/2)]

А, значит, я ошибся. Удалил своё ворчание про "что-то не то пишете", прошу меня извинить.

[amon]

Ascold в сообщении #1299050 писал(а):

В сферических координатах, проинтегрировав по углам, пишу:

$$\tilde{U}(\mathbf{p})=4\pi\int_0^{\infty}e^{ipr}\frac{1}{r}r^2dr$$

amon в сообщении #1298445 писал(а):

$$ \int_{-\infty}^{\infty}e^{i \mathbf{p}\mathbf{r}}U(r)d^3V=2\pi\int_{0}^{\infty}U(r)r^2dr\int_{-1}^{1}e^{i p r x}dx $$

Интеграл по $x$ потеряли.

[Red_Herring]

Тут еще замечание: поскольку $|\mathbf{r}|^{-1}$ положительно однородна степени $-1$, то ее преобразование Фурье положительно однородно степени $-3+1=-2$. И с точностью до множителя есть только одна такая сферически симметричная функция $c|\mathbf{p}|^{-2}$. Т.е. реально требуется только подсчитать константу