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.5)
更新- 追加された行はこの色です。
- 削除された行はこの色です。
[[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] (1) &math( \frac{1}{r}\frac{\PD^2}{\PD r^2}(r\varphi) &=\frac{1}{r}\frac{\PD}{\PD r}\varphi+\frac{1}{r}\frac{\PD}{\PD r}\left(r\frac{\PD}{\PD r}\varphi\right)\\ &=\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}\varphi+\frac{\PD^2}{\PD r^2}\varphi\\ ); $$\begin{aligned} \frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r\varphi) &=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\varphi+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\varphi\right)\\ &=\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}\varphi+\frac{\partial^2}{\partial r^2}\varphi\\ \end{aligned}$$ (2) &math( $$\begin{aligned} \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)\right)\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi) ); \end{aligned}$$ より、 &math( $$\begin{aligned} \left\{ -\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{1}{r}\frac{\PD^2}{\PD r^2}r+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\right)+ {}-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\right)+ V(r)\right\}\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi) ); \end{aligned}$$ (3) &math(\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)); を代入すれば、 $\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ を代入すれば、 &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\\ ); $$\begin{aligned} &\Big(r\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\hat\Lambda\Big)R(r)Y(\theta,\phi)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)Y(\theta,\phi)=0\\ \end{aligned}$$ &math( &\left\{r\frac{\PD^2}{\PD 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)\\ ); $$\begin{aligned} &\Big(r\frac{\partial^2}{\partial r^2}rR(r)\Big)Y(\theta,\phi)+ R(r)\hat\Lambda Y(\theta,\phi)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)Y(\theta,\phi)=0\\ \end{aligned}$$ 一行目の左辺は &math(r); のみの関数、右辺は &math(\theta,\phi); のみの関数であるから、 $$\begin{aligned} &\left\{r\frac{\partial^2}{\partial r^2}rR(r)\right\}\frac{1}{R(r)}+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)=-\frac{\hat\Lambda Y(\theta,\phi)}{Y(\theta,\phi)}=l(l+1)\\ \end{aligned}$$ 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 &math(l(l+1)); と置いた。 その定数を後を見越して $l(l+1)$ と置いた。 &math(R(r)); について、 $R(r)$ について、 &math( $$\begin{aligned} &r\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\frac{2m}{\hbar^2}r^2\Big(\varepsilon-V(r)\Big)R(r)=l(l+1)R(r)\\ &\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\frac{2m}{\hbar^2}\Big(\varepsilon-V(r)\Big)rR(r)=\frac{l(l+1)}{r^2}rR(r)\\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{d r^2}rR(r)+\left\{V(r)+\frac{\hbar^2l(l+1)}{2mr^2}\right\}rR(r)=\varepsilon\,rR(r)\\ ); \end{aligned}$$ &math(Y(\theta,\phi)); について、 $Y(\theta,\phi)$ について、 &math( $$\begin{aligned} \hat\Lambda Y(\theta,\phi)+l(l+1)Y(\theta,\phi)=0 ); \end{aligned}$$ (4) &math(\hat l^2=-\hbar^2\hat\Lambda); より、 (4) $\hat l^2=-\hbar^2\hat\Lambda$ より、 &math(\hat l^2Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)Y(\theta,\phi)); $$\begin{aligned}\hat l^2Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)Y(\theta,\phi)\end{aligned}$$ &math(\hat\Lambda); は &math(R(r)); には作用しないので、 $\hat\Lambda$ は $R(r)$ には作用しないので、 &math(\hat l^2R(r)Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)R(r)Y(\theta,\phi)); $$\begin{aligned}\hat l^2R(r)Y(\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)R(r)Y(\theta,\phi)\end{aligned}$$ すなわち、 &math(\hat l^2\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)\varphi(r,\theta,\phi)); $$\begin{aligned}\hat l^2\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar^2l(l+1)\varphi(r,\theta,\phi)\end{aligned}$$ (5) &math(L=mr^2\omega); より &math(\omega=L/mr^2); (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、 &math(\frac{d}{dr}V_c(r)=-f_c=-mr\omega^2=-\frac{L^2}{mr^3}); より $$\begin{aligned}\omega(r)=\frac{L}{mr^2}\end{aligned}$$ &math(V_c(r)=mr^2\omega^2/2); $\displaystyle\frac{d}{dr}V_c(r)=-f_c=-mr\omega(r)^2=-\frac{L^2}{mr^3}$ を積分すれば、 ただし原点におけるポテンシャルをゼロとした。&math(L=mr^2\omega); を使って書き直せば、 $$\begin{aligned}V_c(r)=\frac{L^2}{2mr^2}\end{aligned}$$ &math(V_c(r)=\frac{L^2}{2mr^2}); 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、&math(Y(\theta,\phi)); に対して &math(\hat l^2=\hbar^2l(l+1)); より、 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、 &math(V_c(r)=\frac{\hat l^2}{2mr^2}); $$\begin{aligned}V_c(r)=\frac{\hat l^2}{2mr^2}\end{aligned}$$ と書ける。 &math(L); が一定となる条件を忘れて &math(\frac{d}{dr}V_c(r)=-f_c=-mr\omega^2); をそのまま積分すると 符号が変わり &math(V_c(r)=-mr^2\omega^2/2); となってしまうため注意せよ。 $L$ 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) &math( &\left\{\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}\right\} $$\begin{aligned} &\left\{\frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right\} \Theta(\theta)\Phi(\phi)=-l(l+1)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\\ &\left[\left\{\sin\theta \frac{\PD}{\PD \theta}\Big(\sin\theta\frac{\PD}{\PD \theta}\Big)+ &\left[\left\{\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ l(l+1)\sin^2\theta\right\}\Theta(\theta)\right]\frac{1}{\Theta(\theta)} =\left\{-\frac{\PD^2}{\PD \phi^2}\Phi(\phi)\right\}\frac{1}{\Phi(\phi)}\\ =\left\{-\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\Phi(\phi)\right\}\frac{1}{\Phi(\phi)}\\ &=m^2 ); \end{aligned}$$ 2行目の左辺は &math(\theta); だけの、右辺は &math(\phi); だけの関数であるため、 定数 &math(-m^2); と置いた。 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。 &math(\Theta(\theta)); について、 $\Theta(\theta)$ について、 &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); $$\begin{aligned}\left\{\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\Big)+ l(l+1)\sin^2\theta-m^2\right\}\Theta(\theta)=0\end{aligned}$$ &math(\Phi(\phi)); について、 $\Phi(\phi)$ について、 &math(\frac{\PD^2}{\PD \phi^2}\Phi(\phi)=-m^2\Phi(\phi)); $$\begin{aligned}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\Phi(\phi)=-m^2\Phi(\phi)\end{aligned}$$ (7) &math(\frac{\PD}{\PD \phi}\Phi(\phi)=im\Phi(\phi)); $$\begin{aligned}\frac{\partial}{\partial \phi}\Phi(\phi)=im\Phi(\phi)\end{aligned}$$ より、&math(\Phi(\phi)=\Phi(0) e^{im\phi}); を得る。連続の条件 より、$\Phi(\phi)=\Phi(0) e^{im\phi}$ を得る。連続の条件 &math(\Phi(2\pi)=\Phi(0) e^{im\cdot 2\pi}=\Phi(0)); $$\begin{aligned}\Phi(2\pi)=\Phi(0) e^{im\cdot 2\pi}=\Phi(0)\end{aligned}$$ を与えると、 &math(e^{im\cdot 2\pi}=1); $$\begin{aligned}e^{im\cdot 2\pi}=1\end{aligned}$$ すなわち、&math(m=\dots,-2,-1,0,1,2,\dots); でなければならない。 すなわち、$m=\dots,-2,-1,0,1,2,\dots$ でなければならない。 (8) &math(\hat l_z=-i\hbar\frac{\PD}{\PD\phi}); より、 $\hat l_z=-i\hbar\frac{\partial}{\partial\phi}$ より、 &math(\hat l_z\Phi(\phi)=\hbar m\Phi(\phi)); $$\begin{aligned}\hat l_z\Phi(\phi)=\hbar m\Phi(\phi)\end{aligned}$$ また、&math(\hat l_z); は &math(R(r),\Theta(\theta)); には作用しないため、 また、$\hat l_z$ は $R(r),\Theta(\theta)$ には作用しないため、 &math(\hat l_zR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)=\hbar mR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)); $$\begin{aligned}\hat l_zR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)=\hbar mR(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\end{aligned}$$ &math(\hat l_z\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar m\varphi(r,\theta,\phi)); $$\begin{aligned}\hat l_z\varphi(r,\theta,\phi)=\hbar m\varphi(r,\theta,\phi)\end{aligned}$$
Counter: 6660 (from 2010/06/03),
today: 1,
yesterday: 1