Fano因子

摘要：
在电离探测器中，对于给定的能量损失，载荷子对（电子-离子对）的产生是一种随机过程。载荷子对数若按Poisson统计涨落应为 $\small{\sqrt{n}}$ ，而实际上由于受能量守恒定律的约束，这个涨落会不同于 $\small{\sqrt{n}}$ ，并且依赖于物质种类，在能量分辨率上有一个系数修正，记为 $\small{\sqrt{F}\ (F < 1)}$ 。本文根据已有文献的思路整理了这一结论的证明。

证明：

在给出相关的证明之前，这里先说明，我们感兴趣的量是能量分辨率。这是由于一个电离过程的总电离（总的电子-离子对数目）只依赖于过程中的能量损失 $\small{\Delta E}$ 和 $\small{W}$ 值（形成一对电子-离子所需的有效平均能量）:
$\small{n_T = \frac{\Delta E}{W}}$ 从而，对于固定介质的情形，能量的涨落就是电离数的涨落。为了记号简洁，下面记 $\small{n\equiv n_T}$ 。
能量分辨率定义为：
$\small{R = \frac{FWHM(E)}{E} = 2.35\times \frac{\sigma(E)}{E}}$ 如果假设这一随机过程就是最简单的Poisson过程，那么：
$\small{R_{Poisson} = 2.35\times \frac{W\times\sqrt{\overline{n}}}{W\times \overline{n}} = 2.35\times \frac{1}{\sqrt{\overline{n}}}}$ 其中 $\small{\overline{n}}$ 为对于确定能量的吸收（或能量损失）由多次实验得到的平均值，其实就是该能量吸收的总电离（注意：统计随机量的平均值才是理论模型中的物理量的值，单次的值由于实验条件限制仅是一个随机量）。
一次实验中，令 $\small{E=E_{total}}$ 为探测器中某一固定沉积能量，该能量分多次（设为 $\small{N}$ ）传递给探测器介质（如工作气体），设第 $\small{i}$ 次相互作用传递能量（即能损）为 $\small{E_i}$ ，产生的电子-离子对数量为 $\small{m_i}$ 。 $\small{N}$ 次相互作用后能量被全部吸收。根据这些定义，我们有: $\small{\overline{m_i} = \frac{E_i}{W},\quad \overline{n} = \frac{E}{W}}$ 满足 $\small{\sum^{N}_{i=1}\overline{m_i} = \overline{n},\quad \sum^{N}_{i=1} E_i = E}$
设我们共进行了 $\small{L}$ 次理想实验，第 $\small{k}$ 次实验中产生的电子-离子对总数为 $\small{n_k}$ 对，相应地，能量分 $\small{N_k}$ 次相互作用传递给探测器介质，第 $\small{i}$ 个径迹段（第 $\small{i}$ 次相互作用）中产生的电离数为 $\small{m_{ik}}$ 个，于是：
$\begin{eqnarray} \sigma^{2}(n) =&\overline{(n-\overline{n})^2} = \frac{1}{L}\sum_{k=1}^{L}(n_k - \bar{n})^2 = \frac{1}{L}\sum_{k=1}^{L} (\sum_{i=1}^{N_k}m_{ik}-\frac{E}{W})^2 \qquad \\ =& \frac{1}{L}\sum_{k=1}^{L} (\sum_{i=1}^{N_k}m_{ik}-\frac{1}{W}\sum_{i=1}^{N_k}E_{ik})^2 = \frac{1}{L}\sum_{k=1}^{L}[\sum_{i=1}^{N_k}(m_{ik} - \frac{E_{ik}}{W})]^2 \end{eqnarray}$ 引入符号 $\small{ \nu_{ik} = m_{ik} - \frac{E_{ik}}{W} }$ ，则
$\begin{eqnarray} \sigma^{2}(n) =& \frac{1}{L}\sum_{k=1}^{L}(\sum_{i=1}^{N_k}\nu_{ik})^2 = \frac{1}{L}(\sum_{k=1}^{L}\sum_{i=1}^{N_k}\nu^{2}_{ik} + \sum_{k}^{L}\sum_{i\neq j}^{N_k}\nu_{ik}\nu_{jk}) \\ =& \frac{1}{L}(\sum_{k=1}^{L}\sum_{i=1}^{N_k}\nu^{2}_{ik} + \sum_{k=1}^{L}\sum_{i=1}^{N_k}\nu_{ik}(\sum_{j=1}^{N_k}\nu_{jk} - \nu_{ik})) \qquad\quad \end{eqnarray}$ 这里我们记平均值 $\small{\overline{\nu}_{k} = \frac{1}{N_k}\sum_{j=1}^{N_k}\nu_{jk}}$ ，上式化为（这里将右端最后一项 $\small{\nu_{ik}}$ 用 $\small{\overline{\nu}_k}$ 近似，假定 $\small{N_k}$ 与 $\small{\overline{\nu}_k}$ 不相关联，且当 $\small{N_k}$ 足够大时 $\small{\overline{\nu}_k=\overline{\nu}}$ ）：
$\small{\begin{eqnarray} \sigma^{2}(n) =& \frac{1}{L}(\sum_{k=1}^{L}N_{k}\overline{\nu_{k}^2} + \sum_{k=1}^{L}N_{k}\bar{\nu}_{k}(N_{k}{\nu}_{k}-{\nu}_{k})) \qquad\quad \\ =& \overline{N}\overline{\nu^2} + (\overline{N^2} - \overline{N}) \overline{\nu}^2 \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \end{eqnarray}}$ 注意到 $\small{\overline{\nu}=\overline{m_i-\frac{E_i}{W}}=\overline{m_i} - \frac{E_i}{W}=0}$ ，因此只有第一项有贡献。由理想实验自洽性， $\small{\overline{N}=\frac{\overline{n}}{\overline{m}_i}}$ ，所以
$\sigma^{2}(n) = \overline{N}\cdot\overline{(m_i-\frac{E_i}{W})^2} = \frac{\overline{(m_i - \frac{E_i}{W})^2}}{\overline{m}_i}\overline{n} \equiv F\cdot\overline{n} = F\cdot\sigma_{Poisson}^2(n)$ 其中 $\small{F\equiv\frac{\overline{(m_i - \frac{E_i}{W})^2}}{\overline{m}_i}}$ 即所谓的Fano因子，我们得到： $\small{R_{Fano} = \sqrt{F} \cdot R_{Poisson} = 2.35 \times \sqrt{\frac{F}{\overline{n}}}}$ 证毕。

说明：

整个证明过程已经假定了粒子事件的能量完全沉积在探测器的灵敏体积中。
对于低能事件，“ $\small{N}$ 足够大”这一假设一般不能被满足。
Fano因子 $\small{F}$ 越小（总是小于 $\small{1}$ ），能量分辨率越好，极限最差情况为Poisson情形。

参考文献：
[1] Sauli F. Principles of Operation of Multiwire Proportional and Drift Chambers [M]. CERN-77-09.
[2] Fano U. Ionization Yield of Radiations: II . The Fluctuation of the Number of Ions [J]. Phys. Rev. , 1947(72): 26-29.
[3] Walenta A H. Review of the Physics and Technology of Charged Particle Detectors [M]. Preprint University of Siegen SI-83-23, 1983.