03.06.2013 Views

Diffusione Raman Anelastica Risonante di Raggi X con Risoluzione ...

Diffusione Raman Anelastica Risonante di Raggi X con Risoluzione ...

Diffusione Raman Anelastica Risonante di Raggi X con Risoluzione ...

SHOW MORE
SHOW LESS

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.

6» Misurare l’asimmetria 91<br />

ϑ 0 = π,<br />

cioè quella della geometria perpen<strong>di</strong>colare, in quanto elimina completamente tutti<br />

2<br />

i <strong>con</strong>tributi simmetrici nel segnale <strong>di</strong>croico; inoltre nella sezione d’urto pare essere un buon<br />

compromesso in quanto minimizza i termini simmetrici che <strong>di</strong>pendono da (1 +cos2ϑ 0 )<br />

pur massimizzando quelli che <strong>di</strong>pendono da sin ϑ 0 e sin2 ϑ 0 .Questosirivelaunvantaggio<br />

perché la <strong>di</strong>pendenza angolare del termine antisimmetrico sin 2 (ϕ0 − ϕ00 )Imf1−1f∗ −11 èda<br />

sin2 ϑ 0 . Si deve però notare che <strong>con</strong> questa scelta si elimina nella sezione d’urto il <strong>con</strong>tributo<br />

della parte sin (ϕ0 − ϕ00 )Im ¡ f10f ∗ 01 − f1−1f ∗ 00 − f00f ∗ −11 + f0−1f ∗ ¢<br />

−10 : nel caso si volesse<br />

misurare questo <strong>con</strong>tributo si dovrebbe operare una scelta <strong>di</strong>fferente.<br />

Fissato l’angolo ϑ 0 = π<br />

sum sum <strong>di</strong>c sum<br />

si deve fare riferimento alle formule per F 2 ⊥ e F⊥ ,<br />

per la<br />

quin<strong>di</strong> per l’angolo polare ϑ 00 relativo al fotone emesso la scelta migliore è ϑ 00 = π<br />

2<br />

sezione d’urto, ma questo non elimina tutta la parte simmetrica, in quanto rimangono alcuni<br />

termini in<strong>di</strong>pendenti da (ϕ 0 − ϕ 00 ), il cui peso viene però minimizzato. Invece per il segnale<br />

<strong>di</strong>croico l’angolo polare va fissato a ϑ 00 = π<br />

4 , che massimizza la funzione sin 2ϑ00 .Inquesto<br />

caso non si hanno più termini in<strong>di</strong>pendenti da (ϕ 0 − ϕ 00 ), ma solo una parte simmetrica e<br />

una antisimmetrica.<br />

Per l’angolo azimutale relativo (ϕ 0 − ϕ 00 ) è evidente che l’angolo migliore è (ϕ 0 − ϕ 00 )= π<br />

4<br />

per la sezione d’urto e (ϕ 0 − ϕ 00 )= π<br />

2<br />

per il segnale <strong>di</strong>croico, in quanto la parte simmetrica<br />

che <strong>di</strong>pende rispettivamente da cos 2 (ϕ 0 − ϕ 00 ) edacos (ϕ 0 − ϕ 00 ) si annulla. La scelta<br />

<strong>di</strong> quest’angolo è <strong>con</strong>fermata anche dal valore che assumono i pesi relativi della parte<br />

antisimmetrica:<br />

sum sum ∆F⊥ sum sum (best geometry) =−2<br />

F ⊥<br />

Im ¡ f1−1f ∗ −11<br />

P<br />

ff∗ <strong>di</strong>c sum ∆F⊥ (best geometry) →−∞<br />

<strong>di</strong>c sum<br />

F ⊥<br />

<strong>con</strong> P ff∗ = |f11| 2 +|f1−1| 2 +|f−11| 2 +|f−1−1| 2 +2 ¡ |f10| 2 + |f−10| 2 + |f01| 2 + |f0−1| 2¢ +<br />

4 |f01| 2 + |f0−1| 2 .<br />

Le <strong>con</strong><strong>di</strong>zioni geometriche migliori sono illustrate nella figura (6.17).<br />

Da questa valutazione si vede che l’effetto dell’asimmetria è mascherato per la sezione<br />

d’urto dai termini in<strong>di</strong>pendenti da (ϕ0 − ϕ00 ) enonc’èalcunageometriachepermetta<strong>di</strong><br />

annullare il loro <strong>con</strong>tributo. Invece per il segnale <strong>di</strong>croico ci si riesce a porre in una geometria<br />

tale per cui il segnale è antisimmetrico, cioè cambia <strong>di</strong> segno passando da destra a<br />

sinistra.<br />

6.3.3 Proposta per un fitting<br />

Un’altra soluzione sperimentale interessante si può ottenere sfruttando la forma particolar-<br />

<strong>di</strong>c sum<br />

mentesemplice<strong>di</strong>F . Si definisce per brevità:<br />

⊥<br />

ff ∗ <strong>di</strong>c = −f01f ∗ 10 + f00f ∗ 1−1 − f−11f ∗ 00 + f−10f ∗ 0−1<br />

¢

Hooray! Your file is uploaded and ready to be published.

Saved successfully!

Ooh no, something went wrong!