球座標を用いた変数分離 のバックアップ差分(No.10)
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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 ); このほかに、 &math(\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)); も有用な演算子となることを後に見る。 ** 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。 角運動量の上昇・下降演算子(意味は後ほど): &math(\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)); * 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] 中心力場内のシュレーディンガー方程式は、球座標を用いることにより&math(\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)); の形に変数分離して解くことが可能である。 &math(\Theta(\theta),\Phi(\phi)); についての方程式には &math(V(r)); が含まれないため、 ポテンシャルの形状によらず解くことができ、その解は &math(l=0,1,2,\dots);~ &math(m=-l,-(l-1),\dots,l-1,l); の2つの整数からなる量子数を用いて &math(\Theta_l{}^m(\theta)\Phi_m(\phi)); のようにラベル付けされる。 &math(l,m); は物理的にはそれぞれ全角運動量および &math(z); 軸周りの角運動量に関する量子数であり、 &math(\hat l^2=\hbar^2l(l+1));~ &math(\hat l_z=\hbar m);~ の関係がある。 &math(R(r)); についての方程式には &math(V(r)); の他に量子数 &math(l); を含む項が現れ、 これは遠心力に対するポテンシャルを表わす(遠心力は全角運動量の2乗に比例する)。 一般に、&math(R(r)); についての方程式を解く際にもう1つの量子数 &math(n); が現れるため、 全体としての解は &math(l,m,n); の3つの量子数により、 &math(\varphi_{nml}=R_n{}^l(r)\Theta_l{}^m(\theta)\Phi_m(\phi)); のようにラベル付けされる。 &math(R(r)); に関して記述する際には、&math(R_1^2(r)); などと書く代わりに &math(s,p,d,f,g,\dots); のアルファベットを用いて、&math(R_{1s}); などと書くことの方が一般的である。&math(l); とアルファベットの対応は以下の通り。 |~ &math(l); | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | … | |~文字 | s | p | d | f | g | h | … | * 波動関数の正規直交性 [#za1cce48] 正しく規格化することにより、上記の &math(\varphi_{lmn}); は正規直交性を示す。 &math(\iiint\varphi_{lmn}^*\varphi_{l'm'n'}d\bm r=\delta_{ll'}\delta_{mm'}\delta_{nn'}); 左辺の積分を球座標で書けば、 &math(= \int_0^\infty dr\int_0^{\pi}rd\theta\int_0^{2\pi}r\sin\theta d\phi\ \varphi_{lmn}^*\varphi_{l'm'n'}); &math( =\underbrace{ \int_0^{\pi}\Theta_l{}^m(\theta)^*\Theta_{l'}{}^{m'}(\theta)\,\sin\theta d\theta}_{\delta_{ll'}}\ \underbrace{ \int_0^{2\pi}\Phi_m(\phi)^*\Phi_{m'}(\phi) \,d\phi}_{\delta_{mm'}}\ \underbrace{ \int_0^\infty R_n{}^l(r)^*R_{n'}{}^{l'}(r)\,r^2dr}_{\delta_{nn'}} ); となって、&math(R(r),\Theta(\theta),\Phi(\phi)); に対する正規直交条件は、 &math(\int_0^\infty R_n{}^l(r)^*R_{n'}{}^{l'}(r)\,r^2dr=\delta_{nn'});~ &math(\int_0^{\pi}\Theta_l{}^m(\theta)^*\Theta_{l'}{}^{m'}(\theta)\,\sin\theta d\theta=\delta_{ll'});~ &math(\int_0^{2\pi}\Phi_m(\phi)^*\Phi_{m'}(\phi) \,d\phi=\delta_{mm'}); となる。 &math(R(r)); に対する積分に &math(r^2);、 &math(\Theta(\theta)); に対する積分に &math(\sin\theta); の重みが それぞれかかることに注意せよ。
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