球座標を用いた変数分離/メモ のバックアップの現在との差分(No.1)

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[[量子力学Ⅰ/中心力場内の粒子]]

[[量子力学Ⅰ/球座標を用いた変数分離]]
&katex();
* 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 [#cabc7bba]

&math(\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)); と置けば、
(1) 

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

 &math(
&\frac{r\frac{\PD^2}{\PD r^2}rR(r)}{R(r)}+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)=-\frac{\hat\Lambda Y(\theta,\phi)}{Y(\theta,\phi)}\\
);
(2)

左辺は &math(r); のみの関数、右辺は &math(\theta,\phi); のみの関数であるから、
$$\begin{aligned}
\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)\right)\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi)
\end{aligned}$$

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。

その定数を後を見越して &math(l(l+1)); と置いておく。すなわち、
$R(r)$ について、

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

 &math(
&-\frac{\hbar^2}{2m}\Big(\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}-\frac{l(l+1)}{r^2}+V(r)\Big)R(r)=\varepsilon R(r)\\
);
$Y(\theta,\phi)$ について、

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

のように、動径方向の方程式と回転方向の方程式に分離された。
(4) $\hat l^2=-\hbar^2\hat\Lambda$ より、

回転方向の方程式には &math(V(r)); が含まれないため、
具体的なポテンシャルの形状に依らず解くことができる。
$$\begin{aligned}\hat l^2Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)Y(\theta,\phi)\end{aligned}$$

$\hat\Lambda$ 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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