量子力学Ⅰ/3次元調和振動子 のバックアップ(No.1)

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量子力学Ⅰ

$x,y,z$ 座標形で求めた解と球座標解との対応

3次元調和振動子を x,y,z 座標で説いた結果得られた解をエネルギーの低いものから並べれば、

n=n_x+n_y+n_z  n_x  n_y  n_z 
0000
1100
010
001
2200
020
002
110
011
101

などとなる。

一方、同じ系を球座標で解けば、

lm
00
1-1
0
1
2-2
-1
0
1
2

のように、 l=0 の解は縮退がなく、 l=1 の解は3重に、 l=2 は5重に縮退していることが期待される。

したがって、

  • 縮退のない n=0 l=0 の s 状態
  • 3重に縮退した n=1 l=1 の p 状態
  • 6重に縮退した n=2 は2つの p 状態、あるいは s 状態と d 状態が1つずつ、縮退した状態*1実際にはこの場合は後者である

にそれぞれ対応していることが期待され、以下に見るように確かにそのようになっている。

$n=0$ の解

  \varphi_{000}(\bm r)=\left(\frac{4\pi m\omega}{\hbar}\right)^{3/4}\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right)

\theta,\phi に依存しておらず、そのような Y_l{}^m Y_0{}^0=1/\sqrt{4\pi} のみである。

すなわち n=0 は s 状態である。

$n=1$ の解

  \varphi_{100}(\bm r)=\left(\frac{4\pi m\omega}{\hbar}\right)^{3/4}\sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\,x\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right)

  \varphi_{010}(\bm r)=\left(\frac{4\pi m\omega}{\hbar}\right)^{3/4}\sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\,y\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right)

  \varphi_{001}(\bm r)=\left(\frac{4\pi m\omega}{\hbar}\right)^{3/4}\sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}}\,z\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right)

ここで、

 &math( \begin{cases} x=r\sin\theta\cos\phi\\ y=r\sin\theta\sin\phi\\ z=r\cos\theta \end{cases} );

であるから、

  \varphi_{100}(\bm r)\propto \sin\theta\cos\phi\propto (Y_1{}^1-Y_1{}^{-1})/2

  \varphi_{010}(\bm r)\propto \sin\theta\sin\phi\propto (Y_1{}^1+Y_1{}^{-1})/2i

  \varphi_{001}(\bm r)\propto \cos\theta\propto=-Y_1{}^0

これらはすべて l=1 つまり p 状態であることが分かる。

ここから \varphi_{001} \hat l_z m=0 に対する固有関数であることが分かる。

\varphi_{100},\varphi_{010} に対してはそのままでは \hat l_z の固有関数ではないが、

  \varphi_{100}+i\varphi_{010}\propto Y_1{}^1

  \varphi_{100}-i\varphi_{010}\propto Y_1{}^{-1}

とすることにより \hat l_z のそれぞれ m=1,-1 の固有関数となることが分かる。

$n=2$ の解


*1 実際にはこの場合は後者である

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