量子力学Ⅰ/球面調和関数 のバックアップ(No.6)

更新


量子力学Ⅰ

球関数 $Y^m_l(\theta,\phi)$:角運動量の固有関数

\Theta の方程式

 &math(\Big[\sin\theta \frac{\PD}{\PD \theta} \Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+l(l+1) \sin^2\theta\Big]\Theta(\theta)=m^2\Theta(\theta));

は、 l,m

  l=0,1,2,3,\dots

  m=-l,-(l-1),\dots,l-1,l

zeta.png

の範囲の整数になるときのみ解を持ち、その固有関数はルジャンドルの陪関数を用いて表わすことができる。

  P_l^{|m|}(\zeta)=(1-\zeta^2)^{|m|/2}\frac{d^{|m|}}{d\zeta^{|m|}}P_l(\zeta)

ただし、 P_l(\zeta) ルジャンドルの多項式で、

  P_l(\zeta)=\frac{1}{\,2^l\,l!\,}\,\frac{d^l}{\,d\zeta^l\,}(\zeta^2-1)^l

によって与えられる。これらを用いた

 &math( Y_l^m(\theta,\phi)=(-1)^{(m+|m|)/2}\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}P_l^{|m|}(\cos\theta)e^{im\phi} );

は規格直交完全な固有関数となり、この関数を 球面調和関数 と呼ぶ。

Y_0^0=\frac{1}{2 \sqrt{\pi }}

Y_1^0=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{\pi }} \cos (\theta )

Y_1^{\pm 1}=-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{2 \pi }} e^{\pm i \phi } \sin (\theta )

Y_2^0=\frac{1}{4} \sqrt{\frac{5}{\pi }} \left(3 \cos ^2(\theta )-1\right)

Y_2^{\pm 1}=\pm\frac{1}{2} \sqrt{\frac{15}{2 \pi }} e^{\pm i \phi } \sin (\theta ) \cos (\theta )

Y_2^{\pm 2}=\frac{1}{4} \sqrt{\frac{15}{2 \pi }} e^{\pm 2 i \phi } \sin ^2(\theta )

Y_3^0=\frac{1}{4} \sqrt{\frac{7}{\pi }} \left(5 \cos ^3(\theta )-3 \cos (\theta )\right)

Y_3^{\pm 1}=\pm\frac{1}{8} \sqrt{\frac{21}{\pi }} e^{\pm i \phi } \sin (\theta ) \left(5 \cos ^2(\theta )-1\right)

Y_3^{\pm 2}=\frac{1}{4} \sqrt{\frac{105}{2 \pi }} e^{\pm 2 i \phi } \sin ^2(\theta ) \cos (\theta )

Y_3^{\pm 3}=\pm\frac{1}{8} \sqrt{\frac{35}{\pi }} e^{\pm 3 i \phi } \sin ^3(\theta )

・・・

特徴

  • (m-|m|)/2=\begin{cases}0&m>=0\\m&m<0\end{cases} より、 &math((-1)^{(m-|m|)/2}=\begin{cases}
  1. 1\hspace{0.5cm}&m>0\ または\ m\,が偶数\\
  • 1&m<0\ かつ\ m\,が奇数 \end{cases});
  • \Theta(\theta) は実数関数である
  • \sin\theta \cos\theta l 次同次関数になっている ( 3\cos^2\theta-1=2\cos^2\theta-\sin^2\theta などとなることに注意せよ)
  • 全角運動量の2乗 \hat l^2 \hbar^2l(l+1) である
  • 全角運動量 \hat l の大きさは、 \sqrt{\hbar^2l(l+1)} であるが、慣例として「角運動量が \hbar l の時」などという
  • l=0 を s 状態、 l=1 を p 状態、 l=2 を d 状態、 l=3 を f 状態、などと言う
  • \Phi(\phi) \phi=0\sim 2\pi の変化に対して m 回だけ位相が回転するが、大きさは変化しない
  • z 軸周りの角運動量 \hat l_z \hbar m である
  • 全角運動量が \hbar l のとき z 軸周りの角運動量が -\hbar l\le \hbar m\le\hbar l となるのは当然と思えるはず
  • m=\pm l のときも、不確定性により l_x, l_y は完全にゼロにはならないため、 \hat l^2=\hbar^2 l^2 ではなく \hat l^2=\hbar^2 l(l+1) となる

形状

\theta,\phi 方向別に |Y_l^m(\theta,\phi)|^2 の大きさをプロットした。

  • \phi 方向は位相が回転するだけで大きさは変化しない
  • Y_l^m Y_l^{-m} は位相のみが異なり、同じ形になる
  • Y_0^0 は球形
  • Y_l^0 ( l>0 )は原点に節を持ち z 方向に長く、 原点周りに l-1 枚のひだを持つ。 l が大きいほど z 方向への伸びが長くなる。
  • Y_l^m ( |m|>0 ) は z 方向には値を持たず、 z 軸を取り囲むように l+1-|m| 枚のひだを持つ。
  • Y_l^l はドーナツ型になる。 l が大きいほど扁平で、半径も大きい。

グラフ

Y0-4.png

l=0 Y0-0.jpg

l=1 Y1-0.jpg Y1-1.jpg

l=2 Y2-0.jpg Y2-1.jpg Y2-2.jpg

l=3 Y3-0.jpg Y3-1.jpg Y3-2.jpg Y3-3.jpg

l=4 Y4-0.jpg Y4-1.jpg Y4-2.jpg Y4-3.jpg Y4-4.jpg

      m=0       m=1       m=2       m=3       m=4

$z$ が特殊なわけではない

上のグラフを見るとあたかも z が特殊な方向であるかのように錯覚するがそんなことはない。

  \frac{1}{\sqrt{2}}\big(Y_1^{-1}(\theta,\phi)+Y_1^{1}(\theta,\phi)\big)

や、

  \frac{1}{\sqrt{2}}\big(Y_1^{-1}(\theta,\phi)-Y_1^{1}(\theta,\phi)\big)

は、 \big(Y_1^{0}(\theta,\phi) とそっくり同じ形で、それぞれ x,y 方向を向いた関数となる。

Y1-0z.jpg  Y1-0x.jpg  Y1-0y.jpg 

同じ量子数 l に属する、縮退した 2l+1 個の固有関数からなる任意の線形結合は すべて同じ固有値に属する固有関数となる。その中で特に \hat l_z の固有関数でもある物を Y_l^m と名付けたに過ぎない。

\hat l_z の固有関数であるように選んだのだから z が特殊な軸になっているというだけ。

  \frac{1}{2l+1}\sum_{m=-1}^l|Y_l^m(\theta,\phi)|^2=\frac{1}{2\sqrt\pi}

すなわち、球対称な定数関数となる。下図は l=1 の場合。

Y1-0all.jpg

演習:$m$ に関する漸化式

  \Phi_m(\phi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{im\phi}

であるから、

  e^{\pm i\phi}\Phi_m(\phi)=\Phi_{m\pm 1}(\phi)

である。

しかし、 \Theta_l{}^m(\theta) をそのままにして \Phi_m(\phi) だけ m を増減させてしまうとつじつまが合わなくなってしまう。

Y_l{}^m(\theta,\phi)=\Theta_l{}^m(\theta)\Phi_m(\phi) Y_l{}^{m\pm 1}(\theta,\phi)=\Theta_l{}^{m\pm 1}(\theta)\Phi_{m\pm 1}(\phi) に変換するには、先に導入した演算子 \hat l_{\pm} が役に立つ。

具体的には次の等式が成り立つ。

 &math( \begin{cases} \hat l_+Y_l{}^{m}(\theta,\phi)=\hbar\sqrt{(l-m)(l+m+1)}Y_l{}^{m+1}\\ \hat l_-Y_l{}^{m}(\theta,\phi)=\hbar\sqrt{(l+m)(l-m+1)}Y_l{}^{m-1}\\ \end{cases} );

すなわち、 \hat l_\pm=\hat l_x\pm i\hat l_y は量子数 m を1だけ増やす/減らす演算子になっている。

(1) シュレーディンガー方程式を解くに当たり、 m -l\le m\le l の範囲に入らなければならないという制約があったが、 m=\pm l のとき、さらに1だけ増やそう/減らそうとすると何が起きるだろうか。

  Y_l{}^{\pm l}(\theta,\phi)\propto \sin^l\theta e^{\pm il\phi}

であることに注意して、 \hat l_\pm Y_l{}^{\pm l}=0 を導け。
ただし、  \hat l_\pm=\hat l_x\pm i\hat l_y=\hbar e^{\pm i\phi}\Big(\pm\frac{\PD}{\PD\theta}+\frac{i}{\tan\theta}\frac{\PD}{\PD\phi}\Big) である。

(2) Y_l{}^m \hat l_x,\hat l_y の固有関数でも、 \hat l_+,\hat l_- の固有関数でもないが、 \hat l_+\hat l_- \hat l_-\hat l_+ の固有関数になっていることを示し、 その固有値を求めよ。

(3) \hat l_x^2+\hat l_y^2&=\frac{1}{2}\left\{ \hat l_+\hat l_-+\hat l_-\hat l_+\right\} となることを確かめよ

(4) (2),(3) の結果を用いて \langle \hat l_x^2+\hat l_y^2\rangle=\hbar^2(l^2-m^2+l) を示せ。

●解答はこちら

解説

(4) より、 m=\pm l のときにも \langle \hat l_x^2+\hat l_y^2\rangle=\hbar^2 l となり x,y 方向の角運動量はゼロにならない。すなわち、

 &math( \bm l^2=\hbar^2 l(l+1)=\underbrace{\ \hbar^2l^2\ }_{l_z^2} + \underbrace{\ \hbar^2l\ }_{\langle l_x^2+l_y^2\rangle} );

と理解できるのである。


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