第7章スリットを通る電子 — 波動性と確率

例題7.1　波数と位相

(1) 速さ $v=1.0\ \mathrm{m/s}$ の電子の，de Broglie 波長 $\lambda$ と波数 $k=p/\hbar$ を求めよ．(2) エネルギー $100\ \mathrm{eV}$ の電子の波数を求めよ．(3) (1) の電子で，経路の長さが $0.10\ \mathrm{mm}$ だけ違う 2 つの波の位相差 $k\,\Delta r$ を求めよ．(4) $k=p/\hbar$ と $p=h/\lambda$ が同じ内容であることを，(1) の数値で確かめよ．

解答　(1) $p=m_{\mathrm e}v=9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\times1.0\ \mathrm{m/s}=9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg\,m/s}$ である．波長は $$ \lambda=\frac{h}{p}=\frac{6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}{9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg\,m/s}}=7.27\times10^{-4}\ \mathrm{m}=0.727\ \mathrm{mm} $$ である．波数は $k=2\pi/\lambda=2\pi/(7.27\times10^{-4}\ \mathrm{m})=8.64\times10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$ である．これを $\hbar$ で計算すると，$k=p/\hbar=9.109\times10^{-31}/(1.0546\times10^{-34})=8.64\times10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$ で一致する（(4) の確認）．波長が $0.7\ \mathrm{mm}$ とは，肉眼で見える大きさである．速さ $1\ \mathrm{m/s}$ の電子は，波としては非常にゆっくりで長い波なのである．

(2) $100\ \mathrm{eV}=1.602\times10^{-17}\ \mathrm{J}$ の電子の運動量は $p=\sqrt{2m_{\mathrm e}E}=\sqrt{2\times9.109\times10^{-31}\times1.602\times10^{-17}}=5.40\times10^{-24}\ \mathrm{kg\,m/s}$．よって $k=p/\hbar=5.40\times10^{-24}/(1.0546\times10^{-34})=5.12\times10^{10}\ \mathrm{m^{-1}}$（波長 $\lambda=2\pi/k=0.1226\ \mathrm{nm}$）である．

(3) $k\,\Delta r=8.64\times10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}\times1.0\times10^{-4}\ \mathrm{m}=0.864\ \mathrm{rad}$（約 $50^\circ$）である．経路差が波長 $0.727\ \mathrm{mm}$ の $0.10/0.727=0.137$ 倍だから，位相差は $2\pi\times0.137=0.864\ \mathrm{rad}$ と一致する．

例題7.2　$\sin u/u$ の積分と規格化定数

(1) $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\dd u=\pi$ を，矩形パルスの Fourier 変換から示せ．(2) 部分積分で，$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin2u}{u}\dd u$ を導き，値が $\pi$ であることを示せ．(3) 規格化した確率密度は，$u$ で規格化すると $\dfrac{1}{\pi}\left(\dfrac{\sin u}{u}\right)^2$，$x$ で規格化すると $\dfrac{\alpha}{\pi}\left(\dfrac{\sin\alpha x}{\alpha x}\right)^2$ になることを確かめ，両者の関係を説明せよ．

解答　(1) 矩形パルス $f(t)=1$（$\abs{t}\lt1$），$f(t)=0$（$\abs{t}\gt1$）の Fourier 変換は $$ F(\omega)=\int_{-1}^{1}e^{-i\omega t}\dd t=\left[\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{-1}^{1}=\frac{e^{i\omega}-e^{-i\omega}}{i\omega}=\frac{2\sin\omega}{\omega} $$ である（式 \eqref{eq:7-int} と同じ計算）．逆変換 $f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\,e^{i\omega t}\dd\omega$ を，$f$ が連続な点 $t=0$（$f(0)=1$）で用いると， $$ 1=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin\omega}{\omega}\dd\omega=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\omega}{\omega}\dd\omega $$ となり，$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\omega}{\omega}\dd\omega=\pi$ を得る．

(2) $\dfrac{1}{u^2}$ を微分される側に，$\sin^2u$ を微分する側にして，部分積分する．$\dfrac{\dd}{\dd u}\left(-\dfrac1u\right)=\dfrac{1}{u^2}$ だから， $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u=\left[-\frac{\sin^2u}{u}\right]_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{u}\,\bigl(2\sin u\cos u\bigr)\dd u $$ である．境界項は，$\abs{\sin^2u/u}\le1/\abs{u}\to0$（$u\to\pm\infty$）で 0（$u=0$ でも $\sin^2u/u\to0$ で連続）．残りは $2\sin u\cos u=\sin2u$ より $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin2u}{u}\dd u$ である．$w=2u$ と変数変換すると $\dfrac{\sin2u}{u}\dd u=\dfrac{\sin w}{w/2}\cdot\dfrac{\dd w}{2}=\dfrac{\sin w}{w}\dd w$ で，積分は (1) の値 $\pi$ に等しい．

(3) $x$ で規格化した密度 $\dfrac{\alpha}{\pi}\left(\dfrac{\sin\alpha x}{\alpha x}\right)^2$ の積分は，$u=\alpha x$ と変数変換して $\displaystyle\int\dfrac{\alpha}{\pi}\dfrac{\sin^2u}{u^2}\dfrac{\dd u}{\alpha}=\dfrac{1}{\pi}\cdot\pi=1$ となり，確かに 1 に規格化されている．一方，$u$ を変数にとった密度 $\dfrac{1}{\pi}\left(\dfrac{\sin u}{u}\right)^2$ の $u$ での積分も 1 である．同じ確率を $P(x)\dd x=P_u(u)\dd u$ と 2 通りに書いたもので，$P(x)=\alpha P_u(u)$ の関係にある．もし $\dfrac{1}{\pi}\left(\dfrac{\sin\alpha x}{\alpha x}\right)^2$ を $x$ で積分すると $1/\alpha$（$\alpha=8.638\ \mathrm{m^{-1}}$ なら $0.116\ \mathrm{m}$）になり 1 にならない．

例題7.3　電子顕微鏡の電子線による単スリットの数値

加速電圧 $50\ \mathrm{kV}$ の電子線（相対論的な波長 $\lambda=5.355\ \mathrm{pm}$）を，幅 $2a=1.0\ \mathrm{\mu m}$ の単スリットに垂直に当て，$L=1.5\ \mathrm{m}$ 先のスクリーンで観測する．(1) 第 1 零点の位置 $x_1$ と主極大の全幅を求めよ．(2) Fresnel 数を求め，Fraunhofer 近似が成り立つか確かめよ．(3) スリットの幾何学的な影の幅と，主極大の全幅を比べよ．

解答　(1) 定理7.1 より $x_1=\dfrac{\lambda L}{2a}=\dfrac{5.355\times10^{-12}\ \mathrm{m}\times1.5\ \mathrm{m}}{1.0\times10^{-6}\ \mathrm{m}}=8.03\times10^{-6}\ \mathrm{m}=8.03\ \mathrm{\mu m}$ である．主極大は $-x_1$ から $x_1$ までだから，全幅は $2x_1=16.1\ \mathrm{\mu m}$ である．（角度で表すと，$\theta_1\approx\lambda/2a=5.4\times10^{-6}\ \mathrm{rad}$．）

(2) 半幅は $a=0.50\ \mathrm{\mu m}$ だから，$N_{\mathrm F}=\dfrac{a^2}{\lambda L}=\dfrac{(0.50\times10^{-6})^2}{5.355\times10^{-12}\times1.5}=\dfrac{2.5\times10^{-13}}{8.03\times10^{-12}}=0.031$ である．$N_{\mathrm F}\ll1$ が成り立ち，位相の最大値は $\pi N_{\mathrm F}=0.098\ \mathrm{rad}$（約 $5.6^\circ$）と小さいので，Fraunhofer 近似は良い．

(3) 幾何学的な影（電子を弾丸として直進させたときの届く範囲）は，スリットと同じ幅 $1.0\ \mathrm{\mu m}$ である．主極大の全幅 $16.1\ \mathrm{\mu m}$ はその約 16 倍で，スリットを狭くした分だけ電子が大きく広がって届くことが，数値からも分かる．なお，この配置の $x_1=8.03\ \mathrm{\mu m}$ は，第2章の例題2.1 の二重スリット（間隔 $d=1\ \mathrm{\mu m}$）の縞の間隔と偶然同じ数値になるが，意味は別である（あちらは干渉縞の間隔 $\lambda L/d$，こちらは回折の主極大の半幅 $\lambda L/2a$）．

例題7.4　$(\sin u/u)^2$ の副極大と主極大の全確率

(1) $\bigl(\sin u/u\bigr)^2$ の極大の位置が $\tan u=u$ を満たすことを示し，最初の副極大の位置と高さを求めよ．(2) 主極大（$\abs{u}\le\pi$）に含まれる確率を求めよ．

解答　(1) $f(u)=\sin^2u/u^2$ の微分は $$ f'(u)=\frac{2\sin u\cos u\cdot u^2-\sin^2u\cdot2u}{u^4}=\frac{2\sin u\,(u\cos u-\sin u)}{u^3} $$ である．$f'=0$ となるのは，$\sin u=0$（零点．$f=0$ の最小）か，$u\cos u=\sin u$，すなわち $\tan u=u$ のときである．$\tan u=u$ の正の解は，$0\lt u\lt\pi/2$ には $u=0$ しかなく，$\pi\lt u\lt3\pi/2$ の区間で $\tan u$ が 0 から $+\infty$ まで動いて直線 $y=u$ と交わるので，最初の解は数値的に $u_1=4.4934=1.430\pi$ である．このとき $\sin u=u\cos u$ だから $\sin^2u=u^2\cos^2u$ で，$f(u_1)=\cos^2u_1=\dfrac{1}{1+\tan^2u_1}=\dfrac{1}{1+u_1^{\,2}}=\dfrac{1}{1+20.19}=0.0472$ である．主極大（高さ 1）の $4.72\ \%$ となる．

(2) 主極大の確率は $\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u=\dfrac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ である．部分積分（例題7.2 (2) と同じ）で $\displaystyle\int_0^{U}\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u=\mathrm{Si}(2U)-\frac{\sin^2U}{U}$（$\mathrm{Si}(z)=\int_0^z\frac{\sin t}{t}\dd t$ は正弦積分）だから，$U=\pi$ で $\sin\pi=0$，値は $\dfrac{2}{\pi}\,\mathrm{Si}(2\pi)=\dfrac{2}{\pi}\times1.4182=0.903$ である．全確率の約 $90.3\ \%$ が主極大に入り，残り $9.7\ \%$ が両側の副極大に分かれる．

例7.1　速さ $1.0\ \mathrm{m/s}$ の電子

電子を $v=1.0\ \mathrm{m/s}$ で飛ばすとき，$\dfrac{pa}{\hbar L}$ を式 \eqref{eq:7-alpha-def} の右端の形で計算すると， $$ \alpha=\frac{2\pi\times9.109\times10^{-31}\times1.0\times10^{-3}}{6.626\times10^{-34}\times1.0}\doteqdot8.638\ \mathrm{m^{-1}} $$ （分子は $2\pi\,m_{\mathrm e}\,v\,a\,\mathrm{[kg\cdot m/s\cdot m]}$，分母は $h\,L\,\mathrm{[J\,s\cdot m]}$ で，全体の単位は $\mathrm{m^{-1}}$）である．したがって，$u=\alpha x=8.638\,x$ で規格化した確率密度は $$ \abs{\psi}^2=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin8.638\,x}{8.638\,x}\right)^2\qquad(x\text{ は m 単位}) $$ と書ける．位置 $x$ で規格化した確率密度は，係数が $\alpha/\pi=8.638/\pi=2.750\ \mathrm{m^{-1}}$ になる（式 \eqref{eq:7-P-x}）．零点は $\alpha x=n\pi$ より $x_n=n\pi/8.638=0.364\,n\ \mathrm{m}$，すなわち $x=\pm0.364,\ \pm0.727,\ \dots\ \mathrm{m}$ である．

例題7.5　近軸近似の零点 $0.364\ \mathrm{m}$ と，厳密な経路和の零点 $0.390\ \mathrm{m}$

$v=1.0\ \mathrm{m/s}$ の電子（$\lambda=0.727\ \mathrm{mm}$，$a=1.0\ \mathrm{mm}$，$L=1.0\ \mathrm{m}$）について，(1) 近軸近似での第 1 零点 $x_1$ と，Fresnel 数を求めよ．(2) $r=\sqrt{L^2+(x-y)^2}$ を近似せずに位相の和 $\int e^{ikr}\dd y$ を計算すると，第 1 の極小は $x=0.390\ \mathrm{m}$ に現れる．この違いを，スクリーン上の位置 $x$ ではなく，回折角 $\theta$ を使って説明せよ．

解答　(1) $\alpha=8.638\ \mathrm{m^{-1}}$ だから $x_1=\pi/\alpha=0.3637\ \mathrm{m}$，Fresnel 数は $N_{\mathrm F}=a^2/(\lambda L)=\dfrac{10^{-6}}{7.27\times10^{-4}}=1.4\times10^{-3}$ で，Fraunhofer 近似の条件は十分に満たされている．

(2) 近軸近似は，$x/L$ が小さいときの近似であった．$x_1/L=0.364$ はもはや小さくない．スリットの中心（$y=0$）からスクリーン上の点までの距離を $R=\sqrt{L^2+x^2}$，スリットの中心からスクリーン上の点へ向かう向きが，スリットの軸（$y=0$ の水平線）となす角を回折角 $\theta$（$\tan\theta=x/L$，$\sin\theta=x/R$）として，スリット上の位置 $y$ を通る経路の長さは $r=\sqrt{R^2-2xy+y^2}\approx R-y\sin\theta$（$y\ll R$ で $y^2$ の項を落とし，二項近似を使った）となる．位相の差は $-ky\sin\theta$ で，積分は式 \eqref{eq:7-int} の $q$ を $k\sin\theta$ に置き換えたものになる．こうして遠方の（Fraunhofer の）回折図形は，$\theta$ を使って $$ \abs{\psi}^2\propto\left(\frac{\sin(ka\sin\theta)}{ka\sin\theta}\right)^2 $$ と書ける．最初の零点は $ka\sin\theta=\pi$，すなわち $\sin\theta_1=\dfrac{\pi}{ka}=\dfrac{\lambda}{2a}=\dfrac{0.727}{2.0}=0.3637$（$\theta_1=21.3^\circ$）である．スクリーン上の位置は $x=L\tan\theta_1=L\,\dfrac{\sin\theta_1}{\sqrt{1-\sin^2\theta_1}}=\dfrac{0.3637}{\sqrt{1-0.1323}}\,\mathrm{m}=0.390\ \mathrm{m}$ になる．近軸近似は $\tan\theta\approx\sin\theta\approx\theta$ と見なして $x_1=L\sin\theta_1=0.364\ \mathrm{m}$ としたものなので，$x_1/L=0.36$ のような大きい角度では，$\tan\theta_1/\sin\theta_1=1/\sqrt{1-\sin^2\theta_1}=1.074$ で，約 $7\ \%$ ずれる（近似式 $1+\tfrac12\sin^2\theta$ は $1.066$．表7.5）．回折角 $\sin\theta=\lambda/(2a)$ で見れば，式は正しい．

例7.2　質量 $6.626\times10^{-3}\ \mathrm{kg}$ の粒

質量 $6.626\times10^{-3}\ \mathrm{kg}$（約 $6.6\ \mathrm{g}$）の粒を $v=1.0\ \mathrm{m/s}$ で飛ばす．同じスリットの条件（$a=1.0\ \mathrm{mm}$，$L=1.0\ \mathrm{m}$）で， $$ \alpha=\frac{2\pi\times6.626\times10^{-3}\times1.0\times10^{-3}}{6.626\times10^{-34}\times1.0}=2\pi\times10^{28}\ \mathrm{m^{-1}} $$ である（$6.626\times10^{-3}\times10^{-3}/6.626\times10^{-34}=10^{28}$ を使った）．$u$ で規格化した確率密度は $$ \abs{\psi}^2=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin(2\pi\times10^{28}\,x)}{2\pi\times10^{28}\,x}\right)^2 $$ となる．これは $x=0$ でだけ $1/\pi$ の値をとり，$x\ne0$ ではほぼ 0 である．主極大の幅（第 1 零点）は $x_1=\pi/\alpha=5.0\times10^{-29}\ \mathrm{m}$ で，陽子の大きさ $10^{-15}\ \mathrm{m}$ よりも 14 桁も小さい．式 \eqref{eq:7-dirac-seq} の $\delta$ 関数そのものである：$\abs{\psi}^2\to\delta(x)$．回折による広がりは検出できないほど小さく，式は $\delta$ 関数に近づく．ただし，この粒では Fraunhofer 近似の条件が成り立たないので，実際の到達位置は，次の考察のとおり，スリットの影の全体（幅 $2\ \mathrm{mm}$）に広がる（図7.4 (b)）．

例題7.6　質量と回折角

幅 $2a=100\ \mathrm{nm}$ のスリットに，次の粒子を垂直に当てる．第 1 零点の方向 $\theta_1\approx\lambda/(2a)$ を求めよ．(1) 熱中性子（質量 $1.675\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$，速さ $2200\ \mathrm{m/s}$）．(2) ヘリウム原子（質量 $4.003\ \mathrm{u}$，$300\ \mathrm{K}$ での二乗平均速さ $\sqrt{3k_{\mathrm B}T/m}$）．(3) $\mathrm{C_{60}}$ 分子（質量 $720\ \mathrm{u}$，速さ $200\ \mathrm{m/s}$）．(4) 野球のボール（質量 $0.145\ \mathrm{kg}$，速さ $40\ \mathrm{m/s}$）が幅 $1\ \mathrm{m}$ の出入口を通るとき．なお $1\ \mathrm{u}=1.6605\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$ である．

解答　$\theta_1$ は $\sin\theta_1=\lambda/2a$ で，$\lambda\ll2a$ なら $\theta_1\approx\lambda/2a$（rad）である．(1) $\lambda=\dfrac{h}{mv}=\dfrac{6.626\times10^{-34}}{1.675\times10^{-27}\times2200}=1.80\times10^{-10}\ \mathrm{m}=0.180\ \mathrm{nm}$．$\theta_1=\dfrac{1.80\times10^{-10}}{1.0\times10^{-7}}=1.80\times10^{-3}\ \mathrm{rad}=1.80\ \mathrm{mrad}$．

(2) 質量 $m=4.003\times1.6605\times10^{-27}=6.647\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$．$v=\sqrt{\dfrac{3\times1.381\times10^{-23}\times300}{6.647\times10^{-27}}}=1.37\times10^{3}\ \mathrm{m/s}$．$\lambda=\dfrac{6.626\times10^{-34}}{6.647\times10^{-27}\times1367}=7.29\times10^{-11}\ \mathrm{m}=0.0729\ \mathrm{nm}$．$\theta_1=7.29\times10^{-11}/10^{-7}=0.729\ \mathrm{mrad}$．

(3) $m=720\times1.6605\times10^{-27}=1.196\times10^{-24}\ \mathrm{kg}$．$\lambda=\dfrac{6.626\times10^{-34}}{1.196\times10^{-24}\times200}=2.77\times10^{-12}\ \mathrm{m}=2.77\ \mathrm{pm}$．$\theta_1=2.77\times10^{-12}/10^{-7}=2.77\times10^{-5}\ \mathrm{rad}=0.0277\ \mathrm{mrad}$．

(4) $\lambda=\dfrac{6.626\times10^{-34}}{0.145\times40}=1.14\times10^{-34}\ \mathrm{m}$，$2a=1\ \mathrm{m}$ なので $\theta_1=1.1\times10^{-34}\ \mathrm{rad}$．

質量が大きいほど（運動量が大きいほど）波長が短く，回折角が小さくなる．中性子から $\mathrm{C_{60}}$ までで，質量は約 700 倍になり（速さも違う），回折角は約 65 倍小さくなる．それでも $10^{-5}\ \mathrm{rad}$ 程度の角度は，精密な装置なら測定できる．ボールでは $10^{-34}\ \mathrm{rad}$ で，宇宙の大きさ（約 $10^{26}\ \mathrm{m}$）だけ進んでも広がりは $10^{-8}\ \mathrm{m}$ にしかならず，検出は不可能である．

例題7.7　$\delta$ 列への収束と，幾何学的な影

$v=1\ \mathrm{m/s}$，$a=1\ \mathrm{mm}$，$L=1\ \mathrm{m}$ で，質量 $m=10^{-30},\ 10^{-27},\ 10^{-24}\ \mathrm{kg}$ の粒が $\abs{x}\lt1\ \mathrm{\mu m}$ に届く確率を，Fraunhofer の式 \eqref{eq:7-P-x} から求めよ．また Fresnel 数を計算し，この結果が使えるかどうか判断せよ．

解答　$P(\abs{x}\lt x_0)=\displaystyle\int_{-x_0}^{x_0}\dfrac{\alpha}{\pi}\dfrac{\sin^2\alpha x}{(\alpha x)^2}\dd x=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\alpha x_0}^{\alpha x_0}\dfrac{\sin^2u}{u^2}\dd u=\dfrac{2}{\pi}\left[\mathrm{Si}(2U)-\dfrac{\sin^2U}{U}\right]$（$U=\alpha x_0$．例題7.4 (2) と同じ式）である．

• $m=10^{-30}\ \mathrm{kg}$：$\alpha=\dfrac{mva}{\hbar L}=\dfrac{10^{-30}\times10^{-3}}{1.0546\times10^{-34}}=9.48\ \mathrm{m^{-1}}$，$U=9.48\times10^{-6}\ll1$．このとき $\dfrac{\sin^2u}{u^2}\approx1$ なので $P\approx\dfrac{2\alpha x_0}{\pi}=\dfrac{2\times9.48\times10^{-6}}{\pi}=6.0\times10^{-6}$．Fresnel 数は $N_{\mathrm F}=\dfrac{a^2mv}{hL}=\dfrac{10^{-6}\times10^{-30}}{6.626\times10^{-34}}=1.5\times10^{-3}\ll1$ で，この結果は有効．
• $m=10^{-27}\ \mathrm{kg}$：$\alpha=9.48\times10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$，$U=9.48\times10^{-3}$．$P\approx\dfrac{2\times9.48\times10^{3}\times10^{-6}}{\pi}=6.0\times10^{-3}$．$N_{\mathrm F}=1.5$ で，ちょうど近似の限界にあたる．
• $m=10^{-24}\ \mathrm{kg}$：$\alpha=9.48\times10^{6}\ \mathrm{m^{-1}}$，$U=9.48$．$P=\dfrac{2}{\pi}\left[\mathrm{Si}(18.96)-\dfrac{\sin^2(9.48)}{9.48}\right]=0.966$．しかし $N_{\mathrm F}=1.5\times10^{3}\gg1$ で，Fraunhofer の式は使えない．

面積が 1 のまま幅が狭くなる $\delta$ 列の性質から，$m$ を増やすと $x=0$ の近傍に確率が集まるが，それは Fraunhofer 近似が成り立つ間だけである．3 番目の質量では式は「96.6 % が $1\ \mathrm{\mu m}$ 以内」といい，一見 $\delta$ 関数に近づいたようだが，実際にはスリットの影の幅は $2\ \mathrm{mm}$ であり，$\abs{x}\lt1\ \mathrm{\mu m}$ に入る確率は幅の比 $1\ \mathrm{\mu m}/1\ \mathrm{mm}=10^{-3}$ 程度である（図7.5 (c)）．質量 $6.626\times10^{-3}\ \mathrm{kg}$ の粒でも $N_{\mathrm F}=1.0\times10^{25}$ で同様に，スクリーン上の分布は幅 $2\ \mathrm{mm}$ の幾何学的な影に一致する．

例7.3　$a=b=1.0\ \mathrm{mm}$，$L=1.0\ \mathrm{m}$，$v=1.0\ \mathrm{m/s}$ の電子の二重スリット

$a=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m}$，$b=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m}$（遮蔽板の半幅と開口の幅が等しい），$L=1.0\ \mathrm{m}$ のとき，式 \eqref{eq:7-I-double} の 2 つの sin の引数は，例7.1 の $\alpha=\dfrac{pa}{\hbar L}=8.638\ \mathrm{m^{-1}}$ を使って $$ \frac{pa}{\hbar L}=8.64\ \mathrm{m^{-1}},\qquad\frac{p(a+b)}{\hbar L}=2\times8.638=17.28\ \mathrm{m^{-1}} $$ と書ける．したがって， $$ \abs{\psi(x)}^2\propto\left(\frac{\sin(17.28\,x)-\sin(8.64\,x)}{8.64\,x}\right)^2 $$ である．中心間隔は $d=2a+b=3.0\ \mathrm{mm}$ で，縞と包絡線の位置は，式 \eqref{eq:7-fringe-env} より $$ \text{縞の間隔}=\frac{\lambda L}{d}=\frac{7.274\times10^{-4}\times1.0}{3.0\times10^{-3}}=0.2425\ \mathrm{m},\qquad\text{包絡線の第 1 暗線}=\frac{\lambda L}{b}=0.7274\ \mathrm{m}=3\times0.2425\ \mathrm{m} $$ である．暗線の位置は $x=0.121,\ 0.364,\ 0.606,\ \dots\ \mathrm{m}$ になる．図7.7 (b) の実線がこのグラフで，中央の山の両側に順に低くなる山（0.24 m，0.49 m の付近）が並ぶ．

例題7.8　二重スリットの縞と欠ける次数

$a=b=1.0\ \mathrm{mm}$，$L=1.0\ \mathrm{m}$，$v=1.0\ \mathrm{m/s}$ の電子について，(1) 縞の間隔と包絡線の第 1 暗線の位置を求め，(2) 縞の暗線の位置（最初の 3 つ）を求め，(3) 欠ける次数を答えよ．(4) 中心間隔を $d=2a+b$ の関係のまま，$a=2b$ に変えると，どの次数が欠けるか．

解答　(1) $d=2a+b=3.0\ \mathrm{mm}$．$\lambda=7.274\times10^{-4}\ \mathrm{m}$ だから，縞の間隔は $\dfrac{\lambda L}{d}=\dfrac{7.274\times10^{-4}}{3.0\times10^{-3}}=0.2425\ \mathrm{m}$，包絡線の第 1 暗線は $\dfrac{\lambda L}{b}=0.7274\ \mathrm{m}$．

(2) 暗線は $\cos\dfrac{pdx}{2\hbar L}=0$，すなわち $x=(m+\tfrac12)\dfrac{\lambda L}{d}=\tfrac12\times0.2425,\ \tfrac32\times0.2425,\ \tfrac52\times0.2425=0.121,\ 0.364,\ 0.606\ \mathrm{m}$ である．

(3) 縞の極大 $x_m=0.2425\,m$ と包絡線の零点 $0.7274\,n$ が重なるのは $m=3n$，すなわち $m=3,6,\dots$ で，$d/b=3$ だからである．3 次の縞（$x=0.727\ \mathrm{m}$）が欠ける．

(4) $a=2b$ なら $d=2a+b=5b$ で，$d/b=5$ だから，5 次の縞が欠ける（縞の間隔は $\lambda L/d=\lambda L/5b$ と細かくなり，包絡線の主極大の内側に $-4\le m\le4$ の 9 本の縞が入る）．

例題7.9　Young の式：電子と光の縞の間隔

加速電圧 $50\ \mathrm{kV}$ の電子線（$\lambda=5.355\ \mathrm{pm}$）を，中心間隔 $d=2.0\ \mathrm{\mu m}$ の二重スリットに通し，$L=0.35\ \mathrm{m}$ 先のスクリーンで観測する．縞の間隔を求めよ．同じ幾何配置で波長 $532\ \mathrm{nm}$ の光を使ったら，縞の間隔はいくらか．（幾何は仮定した値である．）

解答　縞の間隔は $\dfrac{\lambda L}{d}$ である．電子では $\dfrac{5.355\times10^{-12}\times0.35}{2.0\times10^{-6}}=9.4\times10^{-7}\ \mathrm{m}=0.94\ \mathrm{\mu m}$ で，可視光の波長より細かく，検出器の分解能が要る．光では $\dfrac{532\times10^{-9}\times0.35}{2.0\times10^{-6}}=9.3\times10^{-2}\ \mathrm{m}=93\ \mathrm{mm}$ になる．波長の比 $532\ \mathrm{nm}/5.355\ \mathrm{pm}=9.9\times10^{4}$ が，そのまま縞の間隔の比である．光では縞が 9 cm と大きくなりすぎるので，実際の光の実験は，スリットの間隔を広げて，縞を見やすい大きさにする．

例題7.10　開口の幅が違う二重スリットの縞の可視度

2 つの開口の幅が違い，上のスリットだけを開けたときにスクリーン上の点に届く振幅が $\abs{\psi_1}=1$，下のスリットだけのときの振幅が $\abs{\psi_2}=0.5$ である（スリット幅が 2 : 1 の場合に相当する）．縞の可視度を求めよ．

解答　2 つの振幅の位相差を $\delta$ とすると，$\abs{\psi_1+\psi_2}^2=\abs{\psi_1}^2+\abs{\psi_2}^2+2\abs{\psi_1}\abs{\psi_2}\cos\delta$ である．$I_1=\abs{\psi_1}^2=1$，$I_2=\abs{\psi_2}^2=0.25$ とすると，$\cos\delta=\pm1$ のとき，$I_{\max}=I_1+I_2+2\sqrt{I_1I_2}=(\sqrt{I_1}+\sqrt{I_2})^2=(1+0.5)^2=2.25$，$I_{\min}=(\sqrt{I_1}-\sqrt{I_2})^2=(1-0.5)^2=0.25$ である．したがって，可視度は $$ V=\frac{I_{\max}-I_{\min}}{I_{\max}+I_{\min}}=\frac{2.25-0.25}{2.25+0.25}=0.8 $$ であり，一般には $V=\dfrac{2\sqrt{I_1I_2}}{I_1+I_2}=\dfrac{2\times0.5}{1.25}=0.8$ である．暗線でも $I_{\min}=0.25$ で，電子が完全には 0 にならない．2 つの経路の強さが等しいとき（$I_1=I_2$）にのみ $V=1$ になる．

例題7.11　which-way 検出の効率と縞の可視度

2 つのスリットを同じ強さで照らす光で電子を監視し，電子が光子を散乱する確率を $p$ とする．光子が散乱されたとき（確率 $p$）は，電子がどちらのスリットを通ったかが完全に記録され，散乱されなかったとき（確率 $1-p$）は何も記録されない．2 つのスリットを通る振幅の大きさが等しい（$\abs{\psi_1}=\abs{\psi_2}$）として，スクリーン上の分布と，縞の可視度 $V$ を求めよ．$p=0.3$ と $p=1$ の場合の値を答えよ．

解答　記録が残る場合は，法則7.1 の 2. により確率の和 $\abs{\psi_1}^2+\abs{\psi_2}^2$，残らない場合は 1. により $\abs{\psi_1+\psi_2}^2$ である．$\abs{\psi_1}^2=\abs{\psi_2}^2=I_0$，位相差を $\delta$ とすると，$\abs{\psi_1+\psi_2}^2=2I_0(1+\cos\delta)$，確率の和は $2I_0$ である．全体の分布は 2 つの場合の平均だから， $$ P(\delta)=(1-p)\cdot2I_0(1+\cos\delta)+p\cdot2I_0=2I_0\bigl[1+(1-p)\cos\delta\bigr] $$ である．$\cos\delta=\pm1$ のとき，$I_{\max}=2I_0(2-p)$，$I_{\min}=2I_0\,p$ となり，可視度は $$ V=\frac{I_{\max}-I_{\min}}{I_{\max}+I_{\min}}=\frac{2I_0\,(2-2p)}{2I_0\cdot2}=1-p $$ である．$p=0.3$ で $V=0.7$，$p=1$（完全に記録される）で $V=0$（縞が完全に消える）．記録の確率が上がるほど，縞は直線的に薄くなる．

例題7.12　電子線の縦のコヒーレンス長

加速電圧 $200\ \mathrm{kV}$ の電子線（運動エネルギー $E=200\ \mathrm{keV}$）で，エネルギー幅が (a) 電界放出電子源の $\Delta E=0.7\ \mathrm{eV}$，(b) 熱電子源の $\Delta E=2.5\ \mathrm{eV}$ のとき，$\Delta p/p$ と縦のコヒーレンス長 $\xi$ を求めよ．電子の静止エネルギーは $m_{\mathrm e}c^2=511.0\ \mathrm{keV}$ である．

解答　相対論的な関係 $(pc)^2=E\,(E+2m_{\mathrm e}c^2)$ を微分すると，$2\,(pc)\,\dd(pc)=2\,(E+m_{\mathrm e}c^2)\,\dd E$ だから， $$ \frac{\Delta p}{p}=\frac{(E+m_{\mathrm e}c^2)\,\Delta E}{(pc)^2}=\frac{(E+m_{\mathrm e}c^2)\,\Delta E}{E\,(E+2m_{\mathrm e}c^2)} $$ である．$E=200\ \mathrm{keV}$ では $(pc)^2=200\times(200+1022.0)=2.444\times10^{5}\ \mathrm{keV^2}$，$pc=494.4\ \mathrm{keV}$，$\lambda=\dfrac{hc}{pc}=\dfrac{1239.84\ \mathrm{eV\,nm}}{494.4\times10^{3}\ \mathrm{eV}}=2.508\times10^{-3}\ \mathrm{nm}=2.508\ \mathrm{pm}$ である．

(a) $\dfrac{\Delta p}{p}=\dfrac{(200+511.0)\ \mathrm{keV}\times0.7\times10^{-3}\ \mathrm{keV}}{2.444\times10^{5}\ \mathrm{keV^2}}=2.04\times10^{-6}$．$\xi=\dfrac{\lambda}{\Delta p/p}=\dfrac{2.508\times10^{-12}\ \mathrm{m}}{2.04\times10^{-6}}=1.23\times10^{-6}\ \mathrm{m}=1.23\ \mathrm{\mu m}$．

(b) $\dfrac{\Delta p}{p}=\dfrac{711.0\times2.5\times10^{-3}}{2.444\times10^{5}}=7.27\times10^{-6}$．$\xi=\dfrac{2.508\times10^{-12}}{7.27\times10^{-6}}=3.45\times10^{-7}\ \mathrm{m}=0.34\ \mathrm{\mu m}$．

電界放出電子源の方が，エネルギー幅が小さいので，コヒーレンス長が約 3.6 倍長い．コヒーレンス長は波長 $2.5\ \mathrm{pm}$ の約 $5\times10^{5}$ 倍（(a)）で，$\mu\mathrm{m}$ の経路差までは干渉が見える．

例題7.13　Fresnel 数と実験の距離

波長 $632.8\ \mathrm{nm}$ の He–Ne レーザー光を，幅 $2a=1.0\ \mathrm{mm}$ の単スリットに当てる．(1) スクリーンまでの距離 $L=1.0\ \mathrm{m}$ での Fresnel 数を求め，(2) Fraunhofer 近似が成り立つ（$N_{\mathrm F}\le0.01$ とする）ための距離 $L$ を求めよ．(3) その距離での第 1 零点の位置を求めよ．

解答　(1) $a=0.50\ \mathrm{mm}$，$a^2=2.5\times10^{-7}\ \mathrm{m^2}$ だから $\dfrac{a^2}{\lambda}=\dfrac{2.5\times10^{-7}}{6.328\times10^{-7}}=0.395\ \mathrm{m}$ で，$L=1.0\ \mathrm{m}$ のとき $N_{\mathrm F}=\dfrac{a^2}{\lambda L}=0.395$ である．$N_{\mathrm F}\ll1$ が十分には成り立たず，Fraunhofer 近似は不十分である．

(2) $N_{\mathrm F}=\dfrac{a^2}{\lambda L}\le0.01$ より，$L\ge\dfrac{a^2}{0.01\,\lambda}=\dfrac{0.395\ \mathrm{m}}{0.01}=39.5\ \mathrm{m}$ である．

(3) $x_1=\dfrac{\lambda L}{2a}=\dfrac{6.328\times10^{-7}\times39.5}{1.0\times10^{-3}}=2.5\times10^{-2}\ \mathrm{m}=25\ \mathrm{mm}$ である．スリットの幅が $1\ \mathrm{mm}$ なのに，$40\ \mathrm{m}$ 先では $50\ \mathrm{mm}$ の幅の主極大になる．実際の実験室では，スリットの直後にレンズを置き，その焦点面に，無限遠に相当する（Fraunhofer の）回折図形をつくって観測する．

例題7.14　まとめの確認：50 kV の電子の二重スリット

加速電圧 $50\ \mathrm{kV}$ の電子線（$\lambda=5.355\ \mathrm{pm}$）を，開口の幅 $b=0.50\ \mathrm{\mu m}$，中心間隔 $d=2.0\ \mathrm{\mu m}$ の二重スリットに垂直に当て，$L=1.5\ \mathrm{m}$ 先のスクリーンで観測する．(1) 縞の間隔，(2) 包絡線の第 1 暗線の位置，(3) 欠ける次数と，包絡線の中央の山の内側の明線の本数，(4) 1 つの開口についての Fresnel 数を求め，Fraunhofer 近似が成り立つか判断せよ．

解答　(1) 縞の間隔は $\dfrac{\lambda L}{d}=\dfrac{5.355\times10^{-12}\ \mathrm{m}\times1.5\ \mathrm{m}}{2.0\times10^{-6}\ \mathrm{m}}=4.02\times10^{-6}\ \mathrm{m}=4.0\ \mathrm{\mu m}$ である．

(2) 包絡線の第 1 暗線は，開口の幅 $b$ の単スリットの第 1 零点で，$\dfrac{\lambda L}{b}=\dfrac{5.355\times10^{-12}\times1.5}{0.50\times10^{-6}}=1.61\times10^{-5}\ \mathrm{m}=16.1\ \mathrm{\mu m}$ である．

(3) $d/b=2.0/0.50=4$ は整数だから，$m\,b=n\,d$ より $m=4n$，すなわち 4 次，8 次，… の縞が欠ける．実際，4 次の縞の位置 $4\times4.02\ \mathrm{\mu m}=16.1\ \mathrm{\mu m}$ は包絡線の第 1 暗線と一致する．包絡線の中央の山の内側（$\abs{x}\lt16.1\ \mathrm{\mu m}$）に入る明線は $\abs{m}\lt4$ の $m=0,\pm1,\pm2,\pm3$ の 7 本である．（1 次の縞の強さは，中央の縞の $\left(\dfrac{\sin(\pi/4)}{\pi/4}\right)^2=0.81$ 倍である．）

(4) 1 つの開口の半幅は $b/2=0.25\ \mathrm{\mu m}$ だから，$N_{\mathrm F}=\dfrac{(b/2)^2}{\lambda L}=\dfrac{(0.25\times10^{-6})^2}{5.355\times10^{-12}\times1.5}=\dfrac{6.25\times10^{-14}}{8.03\times10^{-12}}=7.8\times10^{-3}$ である．$N_{\mathrm F}\ll1$（位相の最大値 $\pi N_{\mathrm F}=0.024\ \mathrm{rad}$）で，Fraunhofer 近似は成り立つ．

演習7.1　100 eV の電子の単スリット

エネルギー $100\ \mathrm{eV}$ の電子線（波長 $\lambda=0.1226\ \mathrm{nm}$）を，幅 $2a=1.0\ \mathrm{\mu m}$ の単スリットに垂直に当て，$L=0.10\ \mathrm{m}$ 先のスクリーンで観測する．(1) 第 1 零点の位置と主極大の全幅を求めよ．(2) Fresnel 数を求め，Fraunhofer 近似が成り立つか判断せよ．(3) 主極大の全幅は，スリットの幾何学的な影の幅の何倍か．

ヒント：$x_1=\lambda L/(2a)$，$N_{\mathrm F}=a^2/(\lambda L)$．$a$ は半幅（幅の半分）であることに注意する．

→ 解答

演習7.2　$(\sin u/u)^2$ の副極大

$\tan u=u$ の最初の 2 つの正の解（$u_1$，$u_2$）を数値的に求め，その位置での $(\sin u/u)^2$ の高さを，$\dfrac{1}{1+u^2}$ の形で求めよ．第 2 副極大の高さは主極大の何 % か．また，$n$ が大きいときの近似 $u_n\approx(n+\tfrac12)\pi$ の精度を確かめよ．

ヒント：$\tan u=u$ のとき $\sin u=u\cos u$（例題7.4）．数値解は $\tan u-u$ の符号変化を追うか，$u=(n+\tfrac12)\pi-\varepsilon$ とおいて $\varepsilon$ を求める．

→ 解答

演習7.3　和積の公式と縞×包絡線

(1) 加法定理から，$\sin B-\sin A=2\cos\dfrac{A+B}{2}\sin\dfrac{B-A}{2}$ を導け．(2) 二重スリットの確率振幅 \eqref{eq:7-psi-d4} の括弧 $\sin q(a+b)-\sin qa$ に (1) を使って，縞と包絡線に分解し，縞の間隔が $\lambda L/d$ になることを示せ．(3) $d=3b$ のとき，$x=\lambda L/d$（1 次の縞）の強度は，中央（$x=0$）の何倍か．

ヒント：(1) $A=\alpha-\beta$，$B=\alpha+\beta$ とおくと $\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)$．(3) $\cos^2$ の因子は 1，包絡線の因子 $(\sin(qb/2)/(qb/2))^2$ を $qb/2=\pi b/d$ で評価する．

→ 解答

演習7.4　スリット幅 $b$ と中心間隔 $d$ の比

二重スリットで $d/b=2,\ 3,\ 5$ のとき，(1) 欠ける次数を答えよ．(2) 包絡線の中央の山（$\abs{x}\lt\lambda L/b$）の内側に見える明線は何本か．(3) $d/b=2.5$ のとき，最初に欠ける次数と，包絡線の中央の山の内側の明線の本数を答えよ．

ヒント：明線 $x_m=m\lambda L/d$ が包絡線の零点 $x=n\lambda L/b$ と重なる条件は $\dfrac{m}{d}=\dfrac{n}{b}$（$m=n\,d/b$）．

→ 解答

演習7.5　回折格子（$N$ 本のスリット）

幅 $b$ のスリット $N$ 本が，中心間隔 $d$ で等間隔に並んでいる．(1) 確率振幅を足して，$\abs{\psi}^2\propto\left(\dfrac{\sin(qb/2)}{qb/2}\right)^2\left(\dfrac{\sin(N\delta/2)}{\sin(\delta/2)}\right)^2$（$q=px/\hbar L$，$\delta=qd$）を示せ．(2) $N=2$ で式 \eqref{eq:7-fringe-env} と一致することを確かめよ．(3) 主極大（$\delta=2\pi m$）の高さが $N^2$，隣り合う主極大の間に零点が $N-1$ 個，副極大が $N-2$ 個あること，主極大の幅が $1/N$ に比例することを示せ．

ヒント：スリット $j$ の中心を $y_j=\bigl(j-\tfrac{N-1}{2}\bigr)d$ とし，各スリットの寄与が $e^{-iqy_j}\times(\text{共通の因子})$．等比級数の和の公式．

→ 解答

演習7.6　片方のスリットだけに検出器を置く

二重スリットの片方（スリット 1）に，電子が通ったときに確率 $\eta$ で反応する検出器を置く．2 つのスリットを通る振幅の大きさは同じ（$\abs{\psi_1}=\abs{\psi_2}$）とする．検出器が反応した電子と反応しなかった電子を分けて考え，(1) 反応した電子のスクリーン上の分布，(2) 反応しなかった電子の分布と縞の可視度，(3) 全体の縞の可視度を，$\eta=0.5$ の場合に求めよ．

ヒント：反応しなかった電子は，(i) スリット 2 を通った，(ii) スリット 1 を通ったが検出器が反応しなかった，のどちらでもありうる（区別できない）．(ii) の振幅は $\sqrt{1-\eta}\,\psi_1$ として足す．

→ 解答

演習7.7　質量と回折の広がり

速さ $1\ \mathrm{m/s}$，スリットの半幅 $a=1\ \mathrm{mm}$（幅 $2a=2\ \mathrm{mm}$），$L=1\ \mathrm{m}$ で，質量 $m=10^{-30},\ 10^{-27},\ 10^{-24}\ \mathrm{kg}$ の粒を飛ばす．(1) 第 1 零点 $x_1=\pi\hbar L/(mva)$ を求めよ．(2) Fresnel 数を求め，(1) の結果が有効かどうか，それぞれについて判断せよ．(3) 最後の質量（$10^{-24}\ \mathrm{kg}$）のとき，実際にはスクリーン上の分布はどうなるか．

ヒント：$x_1\propto1/m$．$N_{\mathrm F}=a^2mv/(hL)$．(3) は 7.3.4 節の考察．

→ 解答

演習7.8　記述問題：1 個ずつ届く電子と「両方のスリットを通る」

電子を 1 個ずつ二重スリットに向けて発射し，スクリーンで 1 個ずつ検出すると，しばらくすると縞ができる．(1) この事実を，確率振幅を用いて説明せよ．(2) 「1 個の電子が両方のスリットを同時に通る」という表現は，どの意味で正しく，どの意味で誤解を招くか，述べよ．(3) 片方のスリットに，通った電子を記録する装置を置くと，縞はどうなるか．理由とともに答えよ．

ヒント：法則7.1，例題7.11．「電子が 2 つに割れて検出される」という観測事実はない．

→ 解答