球座標を用いた変数分離/メモ

(72d) 更新


量子力学Ⅰ/球座標を用いた変数分離

解答:時間に依存しないシュレーディンガー方程式の極座標 変数分離

(1)

$$\begin{aligned} \frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r\varphi) &=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\varphi+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\varphi\right)\\ &=\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}\varphi+\frac{\partial^2}{\partial r^2}\varphi\\ \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)\right)\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi) \end{aligned}$$

より、

$$\begin{aligned} \left\{ {}-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\right)+ V(r)\right\}\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi) \end{aligned}$$

(3)

$\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ を代入すれば、

$$\begin{aligned} &\Big(r\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\hat\Lambda\Big)R(r)Y(\theta,\phi)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)Y(\theta,\phi)=0\\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\Big(r\frac{\partial^2}{\partial r^2}rR(r)\Big)Y(\theta,\phi)+ R(r)\hat\Lambda Y(\theta,\phi)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)Y(\theta,\phi)=0\\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\left\{r\frac{\partial^2}{\partial r^2}rR(r)\right\}\frac{1}{R(r)}+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)=-\frac{\hat\Lambda Y(\theta,\phi)}{Y(\theta,\phi)}=l(l+1)\\ \end{aligned}$$

一行目の左辺は $r$ のみの関数、右辺は $\theta,\phi$ のみの関数であるから、 これらは定数でなければならない。 その定数を後を見越して $l(l+1)$ と置いた。

$R(r)$ について、

$$\begin{aligned} &r\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)=l(l+1)R(r)\\ &\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\frac{2m}{\hbar^2}\Big(\varepsilon-V(r)\Big)rR(r)=\frac{l(l+1)}{r^2}rR(r)\\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\left\{V(r)+\frac{\hbar^2l(l+1)}{2mr^2}\right\}rR(r)=\varepsilon\,rR(r)\\ \end{aligned}$$

$Y(\theta,\phi)$ について、

$$\begin{aligned} \hat\Lambda Y(\theta,\phi)+l(l+1)Y(\theta,\phi)=0 \end{aligned}$$

(4) $\hat l^2=-\hbar^2\hat\Lambda$ より、

$$\begin{aligned}\hat l^2Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)Y(\theta,\phi)\end{aligned}$$

$\hat\Lambda$ は $R(r)$ には作用しないので、

$$\begin{aligned}\hat l^2R(r)Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)R(r)Y(\theta,\phi)\end{aligned}$$

すなわち、

$$\begin{aligned}\hat l^2\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)\varphi(r,\theta,\phi)\end{aligned}$$

(5) $L=mr^2\omega$ であるが、$L$ が一定の運動においてこれは $\omega$ が $r$ の関数となることを示している。すなわち、

$$\begin{aligned}\omega(r)=\frac{L}{mr^2}\end{aligned}$$

$\displaystyle\frac{d}{dr}V_c(r)=-f_c=-mr\omega(r)^2=-\frac{L^2}{mr^3}$ を積分すれば、

$$\begin{aligned}V_c(r)=\frac{L^2}{2mr^2}\end{aligned}$$

ただし無限遠におけるポテンシャルをゼロとした。$V_c(\infty)=0$

一方、(3) で得た方程式に現れる項は、$Y(\theta,\phi)$ に対して $\hat l^2=\hbar^2l(l+1)$ より、

$$\begin{aligned}V_c(r)=\frac{\hat l^2}{2mr^2}\end{aligned}$$

と書ける。

$L$ が一定で、$\omega$ が $r$ の関数となる条件を忘れて $\frac{d}{dr}V_c(r)=-f_c=-mr\omega^2$ を形式的に積分すると符号が変わり、$V_c(r)=-mr^2\omega^2/2$ となってしまうため注意せよ。

(6)

$$\begin{aligned} &\left\{\frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right\} \Theta(\theta)\Phi(\phi)=-l(l+1)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\\ &\left[\left\{\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ l(l+1)\sin^2\theta\right\}\Theta(\theta)\right]\frac{1}{\Theta(\theta)} =\left\{-\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\Phi(\phi)\right\}\frac{1}{\Phi(\phi)}\\ &=m^2 \end{aligned}$$

2行目の左辺は $\theta$ だけの、右辺は $\phi$ だけの関数であるため、 定数 $m^2$ と置いた。

$\Theta(\theta)$ について、

$$\begin{aligned}\left\{\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ l(l+1)\sin^2\theta-m^2\right\}\Theta(\theta)=0\end{aligned}$$

$\Phi(\phi)$ について、

$$\begin{aligned}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\Phi(\phi)=-m^2\Phi(\phi)\end{aligned}$$

(7)

$$\begin{aligned}\frac{\partial}{\partial \phi}\Phi(\phi)=im\Phi(\phi)\end{aligned}$$

より、$\Phi(\phi)=\Phi(0) e^{im\phi}$ を得る。連続の条件

$$\begin{aligned}\Phi(2\pi)=\Phi(0) e^{im\cdot 2\pi}=\Phi(0)\end{aligned}$$

を与えると、

$$\begin{aligned}e^{im\cdot 2\pi}=1\end{aligned}$$

すなわち、$m=\dots,-2,-1,0,1,2,\dots$ でなければならない。

(8)

$\hat l_z=-i\hbar\frac{\partial}{\partial\phi}$ より、

$$\begin{aligned}\hat l_z\Phi(\phi)=\hbar m\Phi(\phi)\end{aligned}$$

また、$\hat l_z$ は $R(r),\Theta(\theta)$ には作用しないため、

$$\begin{aligned}\hat l_zR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)=\hbar mR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}\hat l_z\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar m\varphi(r,\theta,\phi)\end{aligned}$$


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