小角X線散乱（SAXS）（14） - 【演習】円板の散乱関数
厚さがない円板の散乱関数（形状因子、干渉因子）を求める問題です。
【演習】円板の散乱関数
図1のような、半径が$${R}$$の厚さがない円板がある。面内の電子密度（単位面積あたりの電子数）は均一で$${\sigma_0}$$とする。また、円板はランダムに配向しているとする。
このとき、
(問1) 全電子数$${N_e}$$を求めよ。
(問2) 構造因子$${F(\boldsymbol{h})}$$を求めよ。ただし、$${\boldsymbol{h}}$$は散乱ベクトルである[1]。
(問3) 散乱強度$${I(h)}$$を求めよ[1]。ただし、$${h}$$は散乱ベクトル$${\boldsymbol{h}}$$の大きさである。
(問4) 散乱関数$${P(h)}$$を求めよ[1]。
(問5) 回転半径$${R_G}$$を求めよ[1]。
1) 用語の定義については、文献[1]を参考にしてください。
【解説】
(問1) 電子密度は単位面積あたりの電子数だから、円板の面積を求めます。円板の面積は、$${\pi R^2}$$だから、
$$
N_e = \pi R^2 \sigma_0 \;\;\;\;\;\;\; （答）
$$
(問2) 構造因子$${F(\boldsymbol{h})}$$は次式で与えられます[1]：
$$
F(\boldsymbol{h}) = \displaystyle \int_S \sigma(\boldsymbol{r})e^{-i\boldsymbol{h} \cdot \boldsymbol{r}} \mathrm{d}S \;\;\;\;\;\;\;\;\; (1)
$$
$${S}$$：円板が占める領域、$${\sigma (\boldsymbol{r})}$$：電子密度（単位面積あたりの電子数）、$${\mathrm{d}S}$$：面積要素
図2のように、散乱ベクトル$${\boldsymbol{h}}$$と散乱点の位置ベクトル$${\boldsymbol{r}}$$を極座標で表し、直交座標系の単位ベクトル$${\boldsymbol{i}}$$、$${\boldsymbol{j}}$$、$${\boldsymbol{k}}$$で表現すると、
$$
\boldsymbol{h} = (h \sin \alpha \cos \beta) \boldsymbol{i} + (h \sin \alpha \sin \beta) \boldsymbol{j} + (h \cos \alpha) \boldsymbol{k}
$$
$$
\boldsymbol{r} = (\rho \cos \varphi) \boldsymbol{i} + (\rho \sin \varphi) \boldsymbol{j}
$$
よって、三角関数の加法定理[3]を使ってまとめると、
$$
\boldsymbol{h} \cdot \boldsymbol{r} = h\rho(\sin \alpha \cos \beta\cos \varphi + \sin \alpha \sin \beta \sin \varphi) = h\rho \sin \alpha \cos(\varphi-\beta)
$$
この結果を式(1)に代入すると、
$$
F(\boldsymbol{h}) = \sigma_0 \displaystyle \int_{0}^R \bigg [\int_{- \beta}^{2\pi - \beta} e^{-ih\rho \sin \alpha \cos \varphi'} \mathrm{d}\varphi' \bigg ]\rho \mathrm{d}\rho \;\;\;\;\;\; (2)
$$
上式では、積分変数の変換$${\varphi' = \varphi - \beta}$$を行っています。また、面積要素$${\mathrm{d}S}$$を、$${\rho \mathrm{d}\rho\mathrm{d}\varphi'}$$で置き換えています[4]。
式(2)の$${[ \cdots ]}$$の積分を、ベッセル関数を使うことを考えつつ実行します。ベッセル関数の積分表示[5]は、$${a}$$を任意の角度として、
$$
J_0(z) = \dfrac{1}{2\pi} \displaystyle \int_a^{2\pi + a} e^{-iz \sin \theta} \mathrm{d}\theta
$$
まず、積分変数の変換、$${\theta = (\pi/2) + \theta '}$$をします。$${\sin ((\pi/2) + \theta ') = \cos \theta '}$$だから、
$$
J_0(z) = \dfrac{1}{2\pi} \displaystyle \int_{a-\pi/2}^{2\pi + a - \pi/2} e^{-iz \cos \theta'} \mathrm{d}\theta'
$$
$${a}$$は任意の角度だから、$${a = (\pi/2) - \beta }$$とおけば、
$$
J_0(z) = \dfrac{1}{2\pi} \displaystyle \int_{-\beta}^{2\pi - \beta} e^{-iz \cos \theta'} \mathrm{d}\theta'
$$
改めて、式(2)の$${[\cdots]}$$の積分を考えると、
$$
\displaystyle \int_{-\beta}^{2\pi-\beta} e^{-ih\rho \sin \alpha \cos \varphi'} \mathrm{d}\varphi' = 2\pi J_0(h \rho \sin \alpha)
$$
になります。式(2)では、最後に$${\rho}$$に関する次の積分が残っています：
$$
2\pi\displaystyle \int_0^R \rho J_0(h \rho \sin \alpha) \mathrm{d}\rho
$$
ここで、ベッセル関数の不定積分についての公式[6]を使えば、
$$
2\pi\displaystyle \int_0^R \rho J_0(h \rho \sin \alpha) \mathrm{d}\rho = \dfrac{2\pi}{h\sin \alpha} \bigg [ \rho J_1(h \rho \sin \alpha) \bigg ]_0^R = \dfrac{2\pi R}{h\sin \alpha} J_1(hR \sin \alpha)
$$
ここで、$${J_1 (0) = 0}$$を使いました。こうして式(2)は、
$$
F(\boldsymbol{h}) = \sigma_0 \dfrac{2\pi RJ_1 (hR \sin \alpha)}{h \sin \alpha} = N_e \dfrac{2J_1 (hR \sin \alpha)}{hR \sin \alpha} \;\;\;\;\;\;\; （答）
$$
上式では問1の$${N_e}$$の結果を使いました。なお、$${F(\boldsymbol{h})}$$は散乱ベクトルの大きさ$${h}$$だけで決まりません。なぜなら、$${\sin \alpha}$$が残っているからです。
(問3) 散乱強度$${I(\boldsymbol{h})}$$は次式で与えられます[1]：
$$
I(\boldsymbol{h}) = A_e^2 |F(\boldsymbol{h})|^2
$$
観測される散乱強度は散乱ベクトル$${\boldsymbol{h}}$$の方角$${(\alpha , \beta)}$$に関する平均となります。ここでは、円板を動かさずに、逆に散乱ベクトルがランダムに向きを変えるとします。相対的なものだからです。観測される散乱強度を$${I(h)}$$とし、散乱ベクトルの方角に関する平均を記号$${\langle \cdots \rangle}$$で表すと、
$$
I(h) = \langle I(\boldsymbol{h}) \rangle = \dfrac{1}{4\pi} \displaystyle \int_{\alpha = 0}^\pi \int_{\beta = 0}^{2\pi} I(\boldsymbol{h}) \sin \alpha \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}\beta = \\ = \dfrac{A_e^2 N_e^2}{4\pi} \int_{\alpha = 0}^\pi \int_{\beta = 0}^{2\pi} \bigg [ \dfrac{2J_1(hR\sin \alpha)}{hR \sin \alpha} \bigg ]^2 \sin \alpha \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}\beta
$$
被積分関数には$${\beta}$$が含まれていないから、$${\beta}$$に関する積分が実行できて、その結果は$${2\pi}$$です。$${\alpha}$$に関する積分は積分範囲を変えられます：
$$
\displaystyle \int_0^\pi \cdots \mathrm{d}\alpha= \int_0^{\pi/2} \cdots \mathrm{d}\alpha + \int_{\pi/2}^\pi \cdots \mathrm{d}\alpha
$$
ここで、右辺の2番めの積分で、積分変数の変換$${\alpha' = \pi - \alpha}$$を行うと、$${\sin \alpha = \sin {(\pi - \alpha')} = \sin \alpha'}$$、$${\mathrm{d}\alpha = - \mathrm{d}\alpha'}$$だから、
$$
\displaystyle \int_{\pi/2}^\pi \cdots \mathrm{d}\alpha = \int_{\pi/2}^0 \cdots (-\mathrm{d}\alpha') = \int_0^{\pi/2} \cdots \mathrm{d}\alpha'
$$
となるから、積分範囲は$${0 \sim \pi/2}$$となり、
$$
I(h) = A_e^2 N_e^2 \displaystyle \int_0^{\pi/2} \dfrac{4J_1^2(hR \sin \alpha)}{(hR \sin \alpha)^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha \;\;\;\;\;\; (3)
$$
このままでもいいかもしれませんが、積分形になっているので他の表現を考えてみます。見やすくするために、
$$
t = hR \\
x = t\sin \alpha (= hR \sin \alpha)
$$
とおいてみます。すると、
$$
\displaystyle \int_0^{\pi/2} \dfrac{4J_1^2(hR \sin \alpha)}{(hR \sin \alpha)^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha = \int_0^{\pi/2} \dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha
$$
公式[7]を用いると、
$$
\displaystyle \int_0^{\pi/2}\dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha= \\ = \displaystyle 4 \sum_{m=0}^\infty \dfrac{(-1)^m(2m+1)!!t^{2m}}{m!(m+2)!(2m+2)!!} \int_0^{\pi/2} \sin^{2m+1}\alpha \mathrm{d}\alpha \;\;\;\;\;\; (4)
$$
さらに公式[8]を用いると、
$$
\displaystyle \int_0^{\pi/2} \sin^{2m+1}\alpha \mathrm{d}\alpha = \dfrac{(2m)!!}{(2m+1)!!}
$$
だから、式(4)に代入すると、
$$
\displaystyle \int_0^{\pi/2}\dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha = 4 \displaystyle \sum_{m=0}^\infty (-1)^m \dfrac{t^{2m}}{m!(m+2)!(2m+2)} = \\ =2 \displaystyle \sum_{m=0}^\infty (-1)^m \dfrac{t^{2m}}{(m+1)!(m+2)!} = -2 \displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \dfrac{t^{2(n-1)}}{n!(n+1)!}
$$
両辺に$${t^2}$$をかけ、総和を$${n=0}$$からとすると、
$$
t^2 \displaystyle \int_0^{\pi/2}\dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha = -2 \bigg [\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \dfrac{t^{2n}}{n!(n+1)!} - 1 \bigg ]
$$
ここで、ベッセル関数の定義式[9]を用いれば、
$$
t^2 \displaystyle \int_0^{\pi/2}\dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha = 2 \Big (1 - \dfrac{J_1(2t)}{t} \Big )
$$
こうして、
$$
\displaystyle \int_0^{\pi/2}\dfrac{4J_1^2(x)}{x^2} \sin \alpha \mathrm{d}\alpha = \dfrac{2}{(hR)^2} \Big(1 - \dfrac{J_1(2hR)}{hR} \Big )
$$
となります。この式を式(3)に代入すると答がでます：
$$
I(h) = A_e^2 N_e^2 \bigg [ \dfrac{2}{(hR)^2} \Big (1 - \dfrac{J_1(2hR)}{hR} \Big) \bigg ] \;\;\;\;\;\; （答）
$$
また、ベッセル関数をべき級数展開すると（$${t=hR}$$）[9]、
$$
\dfrac{2}{t^2} \Big (1-\dfrac{J_1(2t)}{t} \Big) = \\ =\dfrac{2}{t^2} \Big [1-\dfrac{1}{t} \Big ( t - \dfrac{t^3}{2} + \dfrac{t^5}{12} - \cdots \Big ) \Big ] = 1-\dfrac{t^2}{6} + \cdots = 1-\dfrac{(hR)^2}{6} + \cdots \;\; (5)
$$
となるから、
$$
I(0) =\displaystyle \lim_{h \to 0} I(h) = A_e^2 N_e^2 \;\;\;\;\;\;\; (6)
$$
となります。
（別法） 式(3)は円柱の散乱強度[10]からも得られます。円柱の散乱強度は、
$$
I(h) = A_e^2 N_e^2\displaystyle \int_0^{\pi/2} \dfrac{4J_1^2(hR \sin \alpha)}{(hR \sin \alpha)^2} \dfrac{\sin^2{(hH \cos \alpha)}}{(hH \cos \alpha)^2} \sin \alpha \mathrm{d} \alpha
$$
ここで、$${H \rightarrow 0}$$とすれば円柱が円板になります。実際このとき、被積分関数の第2項は、
$$
\displaystyle \lim_{H \to 0} \dfrac{\sin {(hH \cos \alpha)}}{hH \cos \alpha} = 1
$$
となるから、式(3)が得られます。
(問4) 式(6)から、散乱関数$${P(h) = I(h)/I(0)}$$は、
$$
P(h) = \dfrac{2}{(hR)^2} \Big (1 - \dfrac{J_1(2hR)}{hR} \Big)
$$
(問5) 式(5)から[11, 12]、
$$
P(h) = 1 - \dfrac{(hR)^2}{6} + O(h^4)
$$
$$
\therefore \;\;\;\; \ln P(h) = - \dfrac{(hR)^2}{6} + \cdots = - \dfrac{R^2}{2} \cdot \dfrac{h^2}{3} + \cdots
$$
この式と、Guinierプロット、
$$
\ln P(h) = - \dfrac{R_G^2}{3} h^2 + \cdots
$$
とを比べると、
$$
R_G = \dfrac{R}{\sqrt{2}} \;\;\;\;\;\;（答）
$$
（別法）回転半径の定義式から、
$$
R_G^2 = \dfrac{\displaystyle \int_S \sigma (\boldsymbol{r}) (\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}_G)^2\mathrm{d} S}{\displaystyle \int_S \sigma (\boldsymbol{r}) \mathrm{d}S} \;\;\;\;\;\;\;\; (7)
$$
電子密度の重心は原点にあります。したがって、$${\boldsymbol{r}_G = \boldsymbol{0}}$$であり、上式の分子の積分は、
$$
\displaystyle \int_S \sigma (\boldsymbol{r}) \boldsymbol{r}^2\mathrm{d} S = \sigma_0 \int_{\rho = 0}^R \int_{\varphi=0}^{2\pi} \rho^2\rho \mathrm{d}\rho\mathrm{d}\varphi = 2\pi \sigma_0 \int_0^R \rho^3 \mathrm{d}\rho = \\ =2\pi \sigma_0 \bigg [ \dfrac{\rho^4}{4} \bigg ]_0^R =\dfrac{\pi \sigma_0 R^4}{2}
$$
分子は、問1（答）から、$${N_e = \pi R^2 \sigma_0}$$です。よって、式(7)は、
$$
R_G^2 = \dfrac{(\pi \sigma_0 R^4) /2}{\pi R^2 \sigma_0} = \dfrac{R^2}{2}
$$
$$
R_G = \dfrac{R}{\sqrt{2}} \;\;\;\;\;\;\;\; （答）
$$
同じ結果が得られます。
参考までに散乱関数のグラフを図3に示しました。
（終）
文献
[1] 小角X線散乱（SAXS）（1） - 基本的なこと（note記事）
[2] 小角X線散乱（SAXS）（5）- 座標系と体積要素（体積素片）dr（note記事）
[3] $${\cos A \cos B + \sin A \sin B = \cos(A-B)}$$
[4] 2次元（平面）の極座標系$${(r,\theta)}$$での面積要素$${\mathrm{d} S}$$は、図4のように$${r \mathrm{d}r \mathrm{d}\theta}$$で表されます：
[5] 森口繁一、宇田川銈久、一松信、数学公式Ⅲ（岩波全書）、岩波書店、1960. ベッセル関数の積分表示：$${\alpha}$$を任意の角度として、
$$
J_n (z) = \dfrac{1}{2\pi} \displaystyle \int_\alpha^{2\pi + \alpha} e^{i(n\theta -z\sin\theta)} \mathrm{d}\theta
$$
[6] 同上.
$$
\displaystyle \int z J_0 (\alpha z) \mathrm{d}z = \dfrac{z}{\alpha} J_1 (\alpha z)
$$
[7] 同上.
$$
J_n^2(z) = \displaystyle \sum_{m=0}^\infty (-1)^m \dfrac{(2m+2n-1)!!z^{2m+2n}}{m!(m+2n)!(2m+2n)!!}
$$
$${(2n)!! = 2n(2n-2)\cdots 4\cdot 2, (2n-1)!! = (2n-1)(2n-3)\cdots 3 \cdot 1.}$$
[8] 森口繁一、宇田川銈久、一松信、数学公式Ⅰ（岩波全書）、岩波書店、1956.
$$
nが偶数のとき：\\
\displaystyle \int_0^{\pi/2} \sin^n{x}\ \mathrm{d}x =\int_0^{\pi/2} \cos^n{x}\ \mathrm{d}x = \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \dfrac{\pi}{2}
$$
$$
nが奇数のとき：\\
\displaystyle \int_0^{\pi/2} \sin^n{x}\ \mathrm{d}x =\int_0^{\pi/2} \cos^n{x}\ \mathrm{d}x = \dfrac{(n-1)!!}{n!!}
$$
[9] 森口繁一、宇田川銈久、一松信、数学公式Ⅲ（岩波全書）、岩波書店、1960.
$$
J_1(z) = \Big ( \dfrac{z}{2} \Big ) \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \dfrac{(z/2)^{2n}}{n!(n+1)!}= \dfrac{z}{2} - \dfrac{z^3}{16} + \dfrac{z^5}{384} - \cdots \;\;[z \neq 負の実数]
$$
[10] 小角X線散乱（SAXS）（13） - 【演習】円柱の散乱関数（note記事）
[11] $${O(h^4)}$$は、$${h^4}$$以上の高次項を意味します。$${O}$$はランダウの記号と呼ばれています。
[12] 森口繁一、宇田川銈久、一松信、数学公式Ⅱ（岩波全書）、岩波書店、1957.
$$
\ln{(1-x)} = -\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+- \cdots \; [|x|\leq 1, \; x\neq 1]
$$
【免責事項】本記事は単なるメモとして書かれたもので、その正確性を必ずしも保証するものではありません。本記事によって生じたトラブル、損失、又は損害に対して一切責任を負いません。また、著者が所属する組織とは関係ありません。誤りがあればご指摘ください。クレームはご遠慮ください。
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