球座標を用いた変数分離 のバックアップソース(No.7)
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[[量子力学Ⅰ]] #contents &mathjax(); * 極座標 [#x544b994] &math( \begin{cases} x=r\sin\theta\cos\phi\\ y=r\sin\theta\sin\phi\\ z=r\cos\theta \end{cases} ); ** 微分の変換 [#xba4e8e0] &math(\frac{\PD}{\PD x},\frac{\PD}{\PD y},\frac{\PD}{\PD z}); と &math(\frac{\PD}{\PD r},\frac{\PD}{\PD \theta},\frac{\PD}{\PD \phi}); との間の変換を考える。 ある関数 &math(f(r,\theta,\phi)); について、 &math(x); が微小量 &math(dx); だけ変化すると、&math(f); が &math(df); だけ変化するとする。 一方、&math(x); を &math(dx); 変化させるために &math(r,\theta,\phi); をそれぞれ &math(dr,d\theta,d\phi); だけ変化させなければならないとする。 このとき、 &math(df=\frac{\PD f}{\PD r}dr+\frac{\PD f}{\PD \theta}d\theta+\frac{\PD f}{\PD \phi}d\phi); に、&math(dr=\frac{\PD r}{\PD x}dx,\ d\theta=\frac{\PD \theta}{\PD x}dx,\ d\phi=\frac{\PD \phi}{\PD x}dx); を代入すれば、 &math(df=\frac{\PD f}{\PD r}\frac{\PD r}{\PD x}dx+\frac{\PD f}{\PD \theta}\frac{\PD \theta}{\PD x}dx+\frac{\PD f}{\PD \phi}\frac{\PD \phi}{\PD x}dx); 一方、&math(df=\frac{\PD f}{\PD x}dx); であるから、 &math(\frac{\PD }{\PD x}f=\Big(\frac{\PD r}{\PD x}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{\PD \theta}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \theta}+\frac{\PD \phi}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \phi}\Big)f); したがって、 &math(\frac{\PD }{\PD x}=\frac{\PD r}{\PD x}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{\PD \theta}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \theta}+\frac{\PD \phi}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \phi}\\ ); 同様にして、 &math( \begin{cases} \displaystyle\frac{\PD }{\PD x}=\frac{\PD r}{\PD x}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{\PD \theta}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \theta}+\frac{\PD \phi}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \phi}\\[4mm] \displaystyle\frac{\PD }{\PD y}=\frac{\PD r}{\PD x}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{\PD \theta}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \theta}+\frac{\PD \phi}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \phi}\\[4mm] \displaystyle\frac{\PD }{\PD z}=\frac{\PD r}{\PD x}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{\PD \theta}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \theta}+\frac{\PD \phi}{\PD x}\frac{\PD}{\PD \phi}\\ \end{cases} ); のように変換される。 計算を進めるには、&math(\frac{\PD r}{\PD x}); などを求める必要がある。 ** 演習:偏微分の計算 [#t892cda9] 以下、全微分の時と異なり &math(\frac{\PD r}{\PD x}\ne\Big(\frac{\PD x}{\PD r}\Big)^{-1}); であることに注意せよ。 (1) &math(r^2=x^2+y^2+z^2); の関係を用いて、 &math(\frac{\PD r}{\PD x},\frac{\PD r}{\PD y},\frac{\PD r}{\PD z}); を &math(r,\theta,\phi); で書き表せ。 (2) &math(\tan^2\theta=\frac{x^2+y^2}{z^2}); の関係を用いて、 &math(\frac{\PD \theta}{\PD x},\frac{\PD \theta}{\PD y},\frac{\PD \theta}{\PD z}); を &math(r,\theta,\phi); で書き表せ。 (3) &math(\tan\phi=\frac{y}{x}); の関係を用いて、 &math(\frac{\PD \phi}{\PD x},\frac{\PD \phi}{\PD y},\frac{\PD \phi}{\PD z}); を &math(r,\theta,\phi); で書き表せ。 #hr 上記結果を代入すれば、 &math( \begin{cases} \displaystyle\frac{\PD}{\PD x}= \sin\theta\cos\phi \frac{\PD}{\PD r} +\frac{1}{r}\cos\theta\cos\phi \frac{\PD}{\PD \theta} -\frac{\sin\phi}{r\sin\theta} \frac{\PD}{\PD \phi}\\[4mm] \displaystyle\frac{\PD}{\PD y}= \sin\theta\sin\phi \frac{\PD}{\PD r} +\frac{1}{r}\cos\theta\sin\phi \frac{\PD}{\PD \theta} +\frac{\cos\phi}{r\sin\theta} \frac{\PD}{\PD \phi}\\[4mm] \displaystyle \frac{\PD}{\PD z}= \cos\theta \frac{\PD}{\PD r} -\frac{1}{r}\sin\theta \frac{\PD}{\PD \theta}\\[4mm] \end{cases} ); ** 球座標表示のラプラシアン [#w0c305d4] &math(\triangle=\nabla^2=\frac{\PD^2}{\PD x^2}+\frac{\PD^2}{\PD y^2}+\frac{\PD^2}{\PD z^2}); に上記を代入するだけで求まる! ・・・ 実際やってみるとえらい大変。→ [[計算の詳細>量子力学Ⅰ/中心力場内の粒子の運動/メモ#o621468a]] 結果だけまとめると、 &math( \nabla^2&=\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r} \frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\\ &=\frac{1}{r}\frac{\PD^2}{\PD r^2}r+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda ); ただし、 &math(\hat\Lambda=\frac{1}{\sin\theta} \frac{\PD}{\PD \theta} \Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+\frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\PD^2}{\PD \phi^2}); ** 球座標の角運動量演算子 [#a5b926d0] こちらも単に代入すればよいのだけれど、やはり計算は大変 → [[詳細はこちら>量子力学Ⅰ/中心力場内の粒子の運動/メモ#nad66919]] &math( \begin{cases} \displaystyle \hat l_x=-i\hbar\Big(y\frac{\PD}{\PD z}-z\frac{\PD}{\PD y}\Big) =i\hbar\Big(+\sin\phi\frac{\PD}{\PD\theta}+\frac{\cos\phi}{\tan\theta}\frac{\PD}{\PD\phi}\Big) \\[4mm] \displaystyle \hat l_y=-i\hbar\Big(z\frac{\PD}{\PD x}-x\frac{\PD}{\PD z}\Big) =i\hbar\Big(-\cos\phi\frac{\PD}{\PD\theta}+\frac{\sin\phi}{\tan\theta}\frac{\PD}{\PD\phi}\Big) \\[4mm] \displaystyle \hat l_z=-i\hbar\Big(x\frac{\PD}{\PD y}-y\frac{\PD}{\PD x}\Big) =-i\hbar\frac{\PD}{\PD\phi} \end{cases} ); 全角運動量は、 &math( \hat{\bm l}^2&=\hat l_x^2+\hat l_y^2+\hat l_z^2 =-\hbar^2\Big[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\PD}{\PD\theta}\Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD\theta}\Big)+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\PD^2}{\PD\phi^2}\Big] =-\hbar^2\hat\Lambda ); ** 注目すべき重要な結果 [#xcdb86c0] ラプラシアン: &math(\nabla^2=\frac{1}{r}\frac{\PD^2}{\PD r^2}r+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda); &math(\hat\Lambda=\frac{1}{\sin\theta} \frac{\PD}{\PD \theta} \Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+\frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\PD^2}{\PD \phi^2}); &math(z); 軸周りの運動量: &math( \hat l_z=-i\hbar\frac{\PD}{\PD\phi} ); 全角運動量: &math( \hat{\bm l}^2=-\hbar^2\hat\Lambda ); ラプラシアンの &math(1/r^2); の項の係数は、 全角運動量の演算子と &math(-\hbar^2); の係数を除いて等しい。 * 演習: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 [#mfb957f5] 球座標表示におけるラプラシアンは、 &math(\nabla^2=\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda); である。ただし、 &math(\hat\Lambda=\frac{1}{\sin\theta} \frac{\PD}{\PD \theta} \Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+\frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\PD^2}{\PD \phi^2}); 以下の問いに従って、中心力場中の粒子の運動について考えよ。 (1) &math(\frac{1}{r}\frac{\PD^2}{\PD r^2}r=\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}); を示せ。 (2) 与えられたラプラシアンの表式と (1) の結果を用いて、球座標表示の波動関数&math(\varphi(r,\theta,\phi)); に対する時間に依らないシュレーディンガー方程式を書き下せ。 ただしポテンシャルは動径成分のみに依存するものとし &math(V=V(r));、 解答には &math(\hat\Lambda); を用いて良い。 (3) 波動関数を &math(\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)); と置き、 (2) の方程式を変数分離することにより、以下の方程式を導け。 ただし共通の定数を &math(l(l+1)); と置いた。 &math( &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\PD^2}{\PD r^2}rR(r)+\left\{V(r)+\frac{\hbar^2l(l+1)}{2mr^2}\right\}rR(r)=\varepsilon\,rR(r) ); &math( \hat\Lambda Y(\theta,\phi)=-l(l+1)Y(\theta,\phi) ); (4) (3) の方程式を解いて得られる &math(Y(\theta,\phi)); および &math(\varphi); が全角運動量 &math(\hat l^2); の固有関数であり、その固有値が &math(\hbar^2l(l+1)); となることを確かめよ。 (5) 古典論において、質量 &math(m); の粒子が原点から &math(r); の距離を角速度 &math(\omega); で回転するときの角運動量は &math(l=mr^2\omega); であり、遠心力は &math(f_c=mr\omega^2); で与えられる。~ ここから遠心力に対するポテンシャルエネルギーが &math(V_c(r)=\frac{l^2}{2mr^2}); と書けることを示し、(3) で得た &math(R(r)); の方程式に現れる &math(\frac{\hbar^2l(l+1)}{2mr^2}); の項が遠心力の寄与を表わすことを理解せよ。中心力場内では角運動量が保存量となるため、 遠心力とポテンシャルエネルギーとの関係は &math(l); 一定の元で &math(\frac{\PD V_c}{\PD r}=-f_c); であることに注意せよ。 (6) &math(Y(\theta,\phi)=\Theta(\theta)\Phi(\phi)); と置いて (3) の第2式を変数分離すると以下の式が得られることを確かめよ。 &math(\left\{\sin\theta \frac{\PD}{\PD \theta}\Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+ l(l+1)\sin^2\theta-m^2\right\}\Theta(\theta)=0); &math(\frac{\PD^2}{\PD \phi^2}\Phi(\phi)=-m^2\Phi(\phi)); ただし、共通の定数を &math(-m^2); と置いた(質量 &math(m); と紛らわしいが慣例に従った)。 このうち &math(\Theta(\theta)); に関する方程式は、 &math(l=0,1,2\dots); &math(m=-l,-(l-1),\dots,l-1,l); の場合にのみ解を持つことが知られている。 (7) (6), (3) を解いて得られた &math(\Phi(\phi)); および &math(\varphi(r,\theta,\phi)); が &math(\hat l_z); の固有関数であり、その固有値が &math(\hbar m); であることを確かめよ。 ** 解説 [#zf4c1722]
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