第29章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★★★☆

同じ核電荷 $+ e$ をもつ2種類の原子H，Xの，対応するスペクトル線を比較します．核質量は $M_{H} = 1836 m$ と未知の $M_{X} > M_{H}$ ．換算質量 $μ = m M / (m + M)$ を使うボーア模型では，重心運動を除いた準位は $E_{n} = - B (μ / m) / n^{2}$ ， $B = 13.6 eV$ です．熱運動と発光時の反跳を無視します．

2から1への線で $δ = 1 - λ_{X} / λ_{H} = (3.63 \pm 0.03) \times 10^{- 4}$ と測定しました．これは独立な最大誤差を含む波長比の測定です．

$δ$ と核質量の関係を導き， $M_{X} / M_{H}$ の中心値と上下限を求めよ．
3から2への線でも， $δ$ は同じになるか．波長差 $λ_{H} - λ_{X}$ の比を，2から1の線を基準にして求めよ．
2から1への準位差の差を数値で求めよ．励起状態の寿命を $τ = 2.00 \times 10^{- 9} s$ ，自然幅を $Δ E \sim ℏ / τ$ と見積もると，この幅だけで2本の線は重なるか．
$M_{X} \to \infty$ での $δ$ の上限を求めよ．上限近くで質量推定の相対誤差が増す理由を，式で説明せよ．

**［図：HとXの対応する遷移と波長比の測定］**
原子HとXの準位n＝1，2，3，および2から1，3から2の対応する遷移を示す．2から1の発光を波長測定に使い，測定されたδ＝1−λX/λHの値を記す．準位の高さは模式的である．

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考え方

換算質量は全ての準位差に同じ倍率で効く．逆問題では，小さな波長差から核質量を求める際の誤差も追う．

準位差に $μ$ が比例するので， $λ \propto 1 / μ$ ． $a = m / M_{H} = 1 / 1836$ ， $s = m / M_{X}$ とすると

\frac{λ_{X}}{λ_{H}} = \frac{1 + s}{1 + a}, δ = \frac{a - s}{1 + a}, \frac{M_{X}}{M_{H}} = \frac{a}{a - (1 + a) δ} .

中心値は $M_{X} / M_{H} = 3.00$ ．比は $δ$ とともに増すので， $δ = 3.60 \times 10^{- 4}, 3.66 \times 10^{- 4}$ を代入し， $2.95 \leq M_{X} / M_{H} \leq 3.05$ となる．

遷移の量子数によらず波長比は同じなので， $δ$ も同じである．絶対差は $δ λ_{H}$ なので

\frac{{(λ_{H} - λ_{X})}_{3 \to 2}}{{(λ_{H} - λ_{X})}_{2 \to 1}} = \frac{λ_{H, 3 \to 2}}{λ_{H, 2 \to 1}} = \frac{3 / 4}{1 / 4 - 1 / 9} = \frac{27}{5} .

2から1では $λ_{H} = h c / [(3 B / 4) / (1 + a)] \approx 122 nm$ ，波長差は約 $0.0443 nm$ ．3から2では約 $0.239 nm$ となる．

Hの光子エネルギーを $Q_{H} = 3 B / [4 (1 + a)] = 10.194 eV$ とすると， $Q_{X} = Q_{H} / (1 - δ)$ ．従って

Q_{X} - Q_{H} = \frac{Q_{H} δ}{1 - δ} = 3.70 \times 10^{- 3} eV .

自然幅は $ℏ / τ = 3.30 \times 10^{- 7} eV$ ．線の差は約 $1.1 \times 10^{4}$ 倍大きく，自然幅だけでは重ならない．装置による幅は別に調べる必要がある．

$s \to 0$ より $δ_{max} = a / (1 + a) = 1 / 1837 = 5.44 \times 10^{- 4}$ ．質量の式を微分すると

\frac{d M_{X}}{M_{X}} = \frac{d δ}{δ_{max} - δ} .

上限までの距離が小さいほど誤差が拡大する．今回の半幅では相対誤差は約 $3.0 \times 10^{- 6} / (5.4437 \times 10^{- 4} - 3.63 \times 10^{- 4}) = 0.0165$ ．線幅との比較に使った $Q_{X} - Q_{H} \approx Q_{H} δ$ の近似には $δ$ が十分小さいことが必要で，ここではその条件を満たす．

演習 2

オリジナル ★★★★☆

質量 $m_{μ} = 207 m$ ，電荷 $- e$ の粒子1個を，質量 $M = 6 \times 1836 m$ ，核電荷 $+ 3 e$ の中心に束縛します．重心は静止し，粒子の崩壊を無視します．相対距離を $r$ ，相対速度を $v$ ， $μ = m_{μ} M / (m_{μ} + M)$ ， $k = 1 / (4 π ε_{0})$ とし，ボーア模型の条件を

\frac{μ v^{2}}{r} = \frac{3 k e^{2}}{r^{2}}, μ v r = n ℏ

とします．定数として $a_{0} = ℏ^{2} / (m k e^{2}) = 5.29 \times 10^{- 11} m$ ， $B = m k^{2} e^{4} / (2 ℏ^{2}) = 13.6 eV$ ， $k e^{2} / (ℏ c) = 1 / 137$ を与えます．

$r_{n}, E_{n}, v_{n} / c$ を導け．同じ核電荷に電子を束縛した固定核模型の基底半径 $a_{0} / 3$ に最も近い半径をもつ，この重い粒子の整数 $n$ を求めよ．
中心は半径 $R_{N} = 2.50 \times 10^{- 15} m$ の球です．点電荷かつ非相対論的な模型を用いる基準を， $R_{N} / r_{n} \leq 0.0100$ かつ $v_{n} / c \leq 0.0100$ と定めます．両方を満たす最小の $n$ を求めよ．その準位へ，すぐ上の準位から遷移する光子のエネルギーを求めよ．
核質量を2倍にして核電荷を保つと，(2)の遷移エネルギーは何倍になるか．固定核近似の誤差を小さくする無次元量も述べよ．

**［図：有限な中心球と外側の重い粒子］**
半径RNの中心球と外側の粒子を示す．中心の質量はM＝6×1836m，電荷は＋3e，粒子の質量はmμ＝207m，電荷は−eである．中心間の距離rと，比較用の長さa0/3を示す．

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考え方

核を固定せず，相対運動に換算質量を用いる．軌道の大きさと速度の条件を別々に確認する．

$v = n ℏ / (μ r)$ を力の式へ代入すると

r_{n} = \frac{n^{2} ℏ^{2}}{3 μ k e^{2}} = \frac{n^{2} a_{0} m}{3 μ}, v_{n} = \frac{3 k e^{2}}{n ℏ}, \frac{v_{n}}{c} = \frac{3}{137 n} .

運動エネルギーは $3 k e^{2} / (2 r_{n})$ ，ポテンシャルは $- 3 k e^{2} / r_{n}$ なので

E_{n} = - \frac{3 k e^{2}}{2 r_{n}} = - \frac{9 B}{n^{2}} \frac{μ}{m} .

$μ / m = 207 \times 11016 / (207 + 11016) = 203.182$ ． $r_{n} / (a_{0} / 3) = n^{2} / 203.182$ で，理想的には $n = 14.254$ ．整数14の比は0.965，15の比は1.107なので，最も近いのは $n = 14$ である．

$r_{1} = a_{0} / (3 \times 203.182) = 8.68 \times 10^{- 14} m$ より， $R_{N} / r_{n} = 0.0288 / n^{2}$ ．大きさの条件は $n^{2} \geq 2.88$ で $n \geq 2$ ．速度の条件は $n \geq 3 / (137 \times 0.0100) = 2.19$ で $n \geq 3$ ．両方を満たす最小は3である．4から3の光子は

Q_{4 \to 3} = 9 B \frac{μ}{m} (\frac{1}{9} - \frac{1}{16}) = 1.21 \times 10^{3} eV .

準位差は $μ$ に比例するので

\frac{Q (2 M)}{Q (M)} = \frac{2 (M + m_{μ})}{2 M + m_{μ}} = 1.00931 .

核を重くすると準位差は約0.93 %大きくなる．固定核近似は $m_{μ} / M$ が小さいときよく，今回は0.0188である．点電荷・非相対論の基準については，最小準位でも $R_{N} / r_{3} = 0.00320$ ， $v_{3} / c = 0.00730$ となり，両方を満たす．

演習 3

IPhO 1974 第1問（改題） ★★★★☆

準位 $E_{n} = - B / n^{2}$ ， $B = 13.6 eV$ を共通にもつ原子A，Bを考えます．質量は $M_{A} = M = 1.67 \times 10^{- 27} kg$ ， $M_{B} = 3 M$ で，両方とも初めは基底状態です．Aを速さ $u$ で静止したBへ入射させ，Bだけが $n = 2$ へ励起される衝突を調べます．内部エネルギーによる質量の変化は無視し，並進は非相対論的に扱います．

この衝突が可能となる $u$ の下限 $u_{0}$ を求め，しきい値での衝突後の両速度を求めよ．
しきい値で励起されたBが2から1へ光子を出します．衝突前のAの進行方向，その逆方向へ出る光子のエネルギーを $Q_{+}, Q_{-}$ とする．エネルギーと運動量の保存から， $v_{B} / c$ と $Δ / (3 M c^{2})$ の一次まで求めよ． $Δ = 3 B / 4$ とします．これらの積と二次の項は省いてよい．
振動数差を2つの振動数の算術平均で割った比を数値で求めよ．さらに標的質量を $b M$ ， $b > 0$ としたときのしきい値を求め， $b \to \infty$ の極限を説明せよ．

**［図：原子の衝突と前方・後方への発光］**
衝突前は質量MのAが速さuで，質量3Mの静止したBへ向かう．衝突後のBからの2→1の発光を，前方と後方の別々の配置で示す．

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考え方

運動量を保つために必要な重心運動のエネルギーは，励起へ使えない．発光時も原子の運動エネルギーの変化を収支へ入れる．

衝突前の全運動量は $M u$ ．衝突後の運動エネルギーが最小なのは両原子が同じ速度 $v_{B} = u / 4$ をもつときで，その値は $(4 M) {(u / 4)}^{2} / 2 = M u^{2} / 8$ である．従って励起に使える最大値は $M u^{2} / 2 - M u^{2} / 8 = 3 M u^{2} / 8$ ．これが $Δ = 10.2 eV$ に等しくなる条件は

u_{0} = \sqrt{\frac{8 Δ}{3 M}} = 5.10 \times 10^{4} m s^{- 1}, v_{A} = v_{B} = \frac{u_{0}}{4} = 1.28 \times 10^{4} m s^{- 1} .

光子の向きを $s = + 1, - 1$ とし，エネルギーを $Q_{s}$ と書く．発光前のBの運動量は $3 M v_{B}$ ，発光後は $3 M v_{B} - s Q_{s} / c$ ．内部エネルギーの減少を含む保存式は

Δ = Q_{s} + \frac{{(3 M v_{B} - s Q_{s} / c)}^{2} - {(3 M v_{B})}^{2}}{6 M} = Q_{s} (1 - s \frac{v_{B}}{c}) + \frac{Q_{s}^{2}}{6 M c^{2}} .

補正項の中では $Q_{s} \approx Δ$ と置くと

Q_{s} \approx Δ (1 + s \frac{v_{B}}{c}) - \frac{Δ^{2}}{6 M c^{2}} .

前方では運動エネルギーの減少分が光子へ渡り，後方では逆に原子が加速される．静止原子でも反跳のため光子エネルギーは $Δ$ より小さい．

$ν_{s} = Q_{s} / h$ より，保持した次数では

\frac{ν_{+} - ν_{-}}{(ν_{+} + ν_{-}) / 2} \approx \frac{2 v_{B}}{c} = 8.51 \times 10^{- 5} .

百分率では $0.00851$ %である．一般の標的質量では，重心速度は $u / (1 + b)$ ，励起へ使えるエネルギーは $M u^{2} b / [2 (1 + b)]$ なので

u_{0} (b) = \sqrt{\frac{2 Δ (1 + b)}{M b}} .

$b \to \infty$ では $M u_{0}^{2} / 2 \to Δ$ ，重心運動へ残る割合が0になる．今回の $u_{0} / c = 1.70 \times 10^{- 4}$ ， $Δ / (3 M c^{2}) = 3.62 \times 10^{- 9}$ はともに小さい．ただし ${(v_{B} / c)}^{2} = 1.81 \times 10^{- 9}$ は反跳の相対補正と同程度である．(2)は指定した次数の式であり，絶対線位置を反跳補正の精度で予測するには，速度の二次と内部エネルギーによる質量変化も扱う必要がある．

演習 4

IPhO 1983 第4問（改題） ★★★★★

入射光子が運動中の自由電子1と散乱すると，電子1は静止し，光子は入射方向から角 $θ$ へ進みます．その光子が静止自由電子2に当たり，今度は逆向きに散乱されます．最終光子の波長は $λ_{f} = 5 λ_{c}$ ， $λ_{c} = h / (m c)$ です．電子の全エネルギーは $E_{e}^{2} = m^{2} c^{4} + p_{e}^{2} c^{2}$ ，光子のエネルギーは $Q = h c / λ$ とします．

1回目の散乱直後の光子波長 $λ_{0}$ を求めよ．さらに，1回目の入射波長 $λ_{i}$ を $θ$ で表せ．運動中の電子へ，静止電子のコンプトン公式をそのまま使わずに導け．
$θ = 90^{\circ}$ として，電子1の初めの運動エネルギー，運動量の大きさ，ド・ブロイ波長を求めよ．
$λ_{0}$ を保って $θ$ を変えます．電子1の初めの運動エネルギー $K$ が $K / (m c^{2}) \leq 0.0100$ を満たす角度の範囲を求めよ． $θ \to 0$ でド・ブロイ波長がどうなるかも説明せよ．

**［図：電子を停止させる散乱と逆向き散乱］**
入射波長λiの光子は電子1で角θへ曲がり，電子1は散乱後に静止する．波長λ0となった光子は，散乱前に静止していた電子2で逆向きへ散乱される．最終波長はλf＝5λcである．

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考え方

2回目から中間の光子を決め，1回目は電子が停止するという終状態から保存則を逆に解く．

2回目は静止電子による角 $180^{\circ}$ の散乱なので， $λ_{f} - λ_{0} = 2 λ_{c}$ ，従って $λ_{0} = 3 λ_{c}$ ．1回目の前後の光子エネルギーを $Q_{i}, Q_{0}$ とする．電子が停止するため，初めの電子の運動エネルギーは $K = Q_{0} - Q_{i}$ ，運動量は $p_{e} = p_{0} - p_{i}$ ．よって

{(m c^{2} + Q_{0} - Q_{i})}^{2} = m^{2} c^{4} + Q_{0}^{2} + Q_{i}^{2} - 2 Q_{0} Q_{i} \cos θ .

両辺を展開し共通項を消すと

m c^{2} (Q_{0} - Q_{i}) = Q_{0} Q_{i} (1 - \cos θ), \frac{1}{Q_{i}} - \frac{1}{Q_{0}} = \frac{1 - \cos θ}{m c^{2}} .

$Q = h c / λ$ を代入して $λ_{i} - λ_{0} = λ_{c} (1 - \cos θ)$ ，従って $λ_{i} = (4 - \cos θ) λ_{c}$ ．この過程では電子から光子へエネルギーが渡り，光子の波長は短くなる．

$λ_{i} = 4 λ_{c}$ より， $Q_{i} = m c^{2} / 4$ ， $Q_{0} = m c^{2} / 3$ ，従って $K = m c^{2} / 12 = 4.27 \times 10^{4} eV$ ．2つの光子の向きが直交するので

p_{e} = \sqrt{{(\frac{m c}{3})}^{2} + {(\frac{m c}{4})}^{2}} = \frac{5 m c}{12}, λ_{e} = \frac{h}{p_{e}} = \frac{12}{5} λ_{c} = 5.82 \times 10^{- 12} m .

電子の全エネルギーは $m c^{2} \sqrt{1 + 25 / 144} = 13 m c^{2} / 12$ となり， $K$ を検算できる．

一般には

\frac{K}{m c^{2}} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4 - \cos θ} = \frac{1 - \cos θ}{3 (4 - \cos θ)} .

指定した条件は $1 - \cos θ \leq 0.0300 (4 - \cos θ)$ ．従って $\cos θ \geq 88 / 97$ ．初めの電子が運動しているので $K > 0$ も必要で， $0 < θ \leq {24.9}^{\circ}$ である． $θ = 0$ は初めから電子が静止している形式的な極限である． $θ \to 0$ では $K \to 0$ ， $p_{e} \to 0$ なので $λ_{e} \to \infty$ ．(2)の $K / (m c^{2}) = 1 / 12$ は小さくなく， $p_{e}^{2} / (2 m)$ を用いる相対誤差は $K / (2 m c^{2}) = 1 / 24$ ，約4.17 %となる．

演習 5

オリジナル ★★★★★

核電荷 $+ Z e$ をもつ固定された点の中心へ，電子を大きさ $r$ の領域に局在させる模型を考えます．不確定性から運動量の大きさを $p = ℏ / r$ と見積もり，相対論的な運動エネルギーを加えた全エネルギーを

U (r) = \sqrt{m^{2} c^{4} + \frac{ℏ^{2} c^{2}}{r^{2}}} - m c^{2} - \frac{Z k e^{2}}{r}, k = \frac{1}{4 π ε_{0}}

と定めます．この式は厳密な量子状態のエネルギーではなく，指定した局在の見積もり模型です． $α = k e^{2} / (ℏ c) = 1 / 137$ ， $g = Z α$ とします．

$0 < g < 1$ のとき， $U$ が最小となる $r_{*}$ と最小値を求めよ．
$g = 1$ と $g > 1$ では，有限の $r_{*}$ が存在するか． $r \to 0$ を調べて答えよ．
$g$ が十分小さい極限で(1)を展開し，非相対論的な見積もりと比べよ．運動エネルギーを $p^{2} / (2 m)$ とする条件を，最小点での無次元量で示せ．
点の中心を半径 $R_{N}$ の中心球へ置き換える場合，(1)のクーロン模型を使うために $R_{N} / r_{*}$ が小さいことを要求します． $g \to 1$ に近づくと，この条件がどう破れるか．この模型の発散を，現実の原子がそのまま崩壊する証明と呼べるか．

**［図：電子の局在領域と中心球の大きさ］**
左は核電荷＋Zeの点の中心と，大きさrの電子の局在領域である．右は比較用の半径RNの中心球を示す．局在領域と中心球の大きさは別縮尺である．

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考え方

局在を狭めると，運動エネルギーもクーロン引力も増す．無次元化してその競合と模型の限界を調べる．

$x = ℏ / (m c r) > 0$ とすると

\frac{U}{m c^{2}} = \sqrt{1 + x^{2}} - 1 - g x, \frac{d}{d x} (\frac{U}{m c^{2}}) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} - g .

停留点は $x_{*} = g / \sqrt{1 - g^{2}}$ ．2階微分は ${(1 + x^{2})}^{- 3 / 2} > 0$ なので唯一の最小点である．従って

r_{*} = \frac{ℏ}{m c} \frac{\sqrt{1 - g^{2}}}{g}, U_{min} = m c^{2} (\sqrt{1 - g^{2}} - 1) .

$g = 1$ では導関数が全ての有限の $x$ で負で，有限の最小点はない．ただし

\sqrt{1 + x^{2}} - x = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}} + x} \to 0

なので， $r \to 0$ で $U \to - m c^{2}$ と有限値へ近づく． $g > 1$ では $U / (m c^{2}) \sim (1 - g) x - 1 \to - \infty$ ．点電荷模型内では下限がない．

$\sqrt{1 - g^{2}} \approx 1 - g^{2} / 2$ より

r_{*} \approx \frac{ℏ}{m c g} (1 - \frac{g^{2}}{2}), U_{min} \approx - \frac{m c^{2} g^{2}}{2} .

非相対論的に $U_{nr} = ℏ^{2} / (2 m r^{2}) - Z k e^{2} / r$ を最小化すると， $r_{nr} = ℏ^{2} / (m Z k e^{2}) = ℏ / (m c g)$ ， $U_{nr, \min} = - m c^{2} g^{2} / 2$ で，先頭の項が一致する．最小点での $p / (m c) = g / \sqrt{1 - g^{2}}$ が十分小さいことが必要で，結局 $g$ が十分小さい範囲である．

比は

\frac{R_{N}}{r_{*}} = \frac{m c R_{N}}{ℏ} \frac{g}{\sqrt{1 - g^{2}}} .

有限の $R_{N}$ では $g \to 1$ で増大し，電子が中心球の内側を調べるため $- Z k e^{2} / r$ を使い続けられない．さらに $p = ℏ / r$ は係数を固定した見積もりであって，厳密な波動関数から得た値ではない．従って発散はこの模型の限界を示すもので，現実の原子の崩壊をそのまま証明しない．小さい $g$ では $g^{2}$ が相対論補正の大きさを制御し，有限の中心球にはさらに $R_{N} / r_{*}$ が小さいことが必要である．

演習 6

APhO 2006 第3問（改題） ★★★★★

質量 $M$ の二準位原子を， $x$ 軸の正負から同じ弱いレーザーで照射します．内部の準位差は $Δ = ℏ ω_{0}$ です． $k = ω_{0} / c$ ，光子運動量を $p_{γ} = ℏ k$ ，反跳エネルギーを $E_{r} = p_{γ}^{2} / (2 M)$ とします．まず並進は $p^{2} / (2 M)$ として扱います．

静止原子が1光子を吸収する共鳴角振動数を $ω_{a}$ とし，レーザーの角振動数 $ω$ との差を $δ = ω - ω_{a}$ と定義します．正負の向きの光による吸収回数毎秒を，次の模型で与えます．

Γ_{+} (v) = \frac{Γ_{0}}{1 + {[(δ - k v) / a]}^{2}}, Γ_{-} (v) = \frac{Γ_{0}}{1 + {[(δ + k v) / a]}^{2}}, a = \frac{1}{2 τ} .

$τ$ は励起状態の寿命， $Γ_{0} τ$ は十分小さいとします．吸収後の光子は正負の $x$ 方向へ等確率で1個だけ放出され，放出方向は吸収方向と独立です．各光子の運動量の大きさを $p_{γ}$ と近似します．原子間衝突を無視し， $k v / a$ の一次まで扱います．

運動量とエネルギーの保存から $ω_{a} \approx ω_{0} + E_{r} / ℏ$ を導け．正負の光から受ける平均力 $F$ を求め，小速度で $F = - β v$ と書いたときの $β$ と，減速するための $δ$ の符号を求めよ．
1回の吸収と放出を1周期とします．周期ごとの運動量変化の2乗平均を求め， $v = 0$ での平均加熱率を求めよ．方向の無作為性による加熱を捨ててはならない．
1方向の温度を $M ⟨ v^{2} ⟩ = k_{B} T$ で定義します．平均力による冷却と(2)の加熱がつり合う温度を求め， $δ < 0$ の範囲で最小となる $δ$ を求めよ．
$M = 1.00 \times 10^{- 25} kg$ ， $2 π / k = 600 nm$ ， $τ = 2.00 \times 10^{- 8} s$ ， $Γ_{0} = 1.00 \times 10^{5} s^{- 1}$ ， $k_{B} = 1.38 \times 10^{- 23} J K^{- 1}$ とします．最小温度と，その温度での $k \sqrt{⟨ v^{2} ⟩} / a$ および $E_{r} / (k_{B} T)$ を評価し，線形化と連続的な冷却の模型を確かめよ．

**［図：対向するレーザーと二方向の放出］**
質量M，速度vの二準位原子を，同じ角振動数ωのレーザーで左右から照射する．吸収後の光子は＋xまたは−xへ等確率で1個だけ放出される．二準位間隔Δと励起状態の寿命τを示す．

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考え方

平均運動量の変化は摩擦に相当するが，運動量変化の2乗は加熱を残す．両方をエネルギーの収支へ入れる．

静止原子がエネルギー $Q$ の光子を吸収すると，運動量は $Q / c$ となるので $Q = Δ + Q^{2} / (2 M c^{2})$ ．補正項では $Q \approx Δ$ と置き， $Q \approx Δ + Δ^{2} / (2 M c^{2}) = Δ + E_{r}$ ．従って $ω_{a} \approx ω_{0} + E_{r} / ℏ$ である．放出の平均運動量は0なので

F = ℏ k [Γ_{+} (v) - Γ_{-} (v)] .

$G (δ) = Γ_{0} / (1 + δ^{2} / a^{2})$ と書くと，差は $- 2 k v G^{'} (δ)$ ． $G^{'} (δ) = - 2 Γ_{0} δ / [a^{2} {(1 + δ^{2} / a^{2})}^{2}]$ より

F = \frac{4 ℏ k^{2} Γ_{0} δ}{a^{2} {(1 + δ^{2} / a^{2})}^{2}} v, β = - \frac{4 ℏ k^{2} Γ_{0} δ}{a^{2} {(1 + δ^{2} / a^{2})}^{2}} .

減速には $β > 0$ ，すなわち $δ < 0$ が必要である．

吸収方向を $s = \pm 1$ ，放出方向を独立な $t = \pm 1$ とすると，運動量変化は $J = (s - t) p_{γ}$ ．固定された $s$ についても $⟨ t ⟩ = 0$ ， $t^{2} = 1$ なので

⟨ J^{2} ⟩ = p_{γ}^{2} ⟨ s^{2} + t^{2} - 2 s t ⟩ = 2 p_{γ}^{2} .

運動エネルギーの変化は $v J + J^{2} / (2 M)$ ． $v = 0$ では1周期あたり $p_{γ}^{2} / M$ 増し，周期数毎秒は $Γ_{+} (0) + Γ_{-} (0) = 2 G (δ)$ なので，加熱率は $H = 2 G (δ) p_{γ}^{2} / M$ である．

冷却率は $⟨ F v ⟩ = - β ⟨ v^{2} ⟩ = - β k_{B} T / M$ ．これと $H$ をつり合わせると

T = \frac{2 G (δ) p_{γ}^{2}}{β k_{B}} = \frac{ℏ (a^{2} + δ^{2})}{- 2 δ k_{B}} .

$q = - δ / a > 0$ とすれば $T = ℏ a (q + 1 / q) / (2 k_{B})$ ． $q + 1 / q \geq 2$ だから， $q = 1$ ，すなわち $δ = - a$ で

T_{min} = \frac{ℏ a}{k_{B}} = \frac{ℏ}{2 k_{B} τ} .

$δ \to 0^{-}$ では摩擦が消え， $δ \to - \infty$ では摩擦が加熱より速く弱まるため，どちらも定常温度は増す．

$a = 2.50 \times 10^{7} s^{- 1}$ ， $k = 2 π / (600 nm)$ より， $T_{min} = 1.91 \times 10^{- 4} K$ ．また $p_{γ} = h / (600 nm)$ ， $E_{r} = 6.11 \times 10^{- 30} J$ なので

\frac{E_{r}}{k_{B} T_{min}} = 2.31 \times 10^{- 3}, \frac{k \sqrt{⟨ v^{2} ⟩}}{a} = \frac{k}{a} \sqrt{\frac{k_{B} T_{min}}{M}} = 0.0680 .

1回の反跳は熱運動に比べ小さく，線形化のパラメーターも小さい．さらに $Γ_{0} τ = 0.00200$ ， $Δ / (M c^{2}) = 3.68 \times 10^{- 11}$ と小さく，励起割合が低い近似と，光子運動量を $ℏ k$ に固定する近似は整合する．これらが小さくなくなると，得た最小温度をそのまま使えない．