球座標を用いた変数分離 のバックアップ差分(No.7)

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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]

極座標で表わされた関数 &math(f(r,\theta,\phi)); について考える。
&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。

&math(x); が微小量 &math(dx); だけ変化した結果、&math(f); が &math(df); だけ変化したとする。
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。

また &math(dx); の変化のために &math(r,\theta,\phi); もそれぞれ &math(dr,d\theta,d\phi); だけ変化したとする。
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! ・・・ 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]]
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);
 &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]

単に代入すればよいのだけれど、これも計算は大変 → [[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]]
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)
=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
);

** 注目すべき重要な結果 [#xcdb86c0]

ラプラシアン:

 &math(\nabla^2=\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r} \frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda);
 &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。

* 極座標で表わしたシュレーディンガー方程式 [#mfb957f5]
* 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]

 &math(
\Big[-\frac{\hbar^2}{2m}\Big(\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\Big)+V(r)\Big]\varphi(r,\theta,\phi)=\varepsilon\varphi(r,\theta,\phi)
);
球座標表示におけるラプラシアンは、

** 変数を分離する [#eed91caf]
 &math(\nabla^2=\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda);

&math(\varphi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)); と置けば、
である。ただし、

 &math(
&\frac{\hbar^2}{2m}\Big(\frac{\PD^2}{\PD r^2}+\frac{2}{r}\frac{\PD}{\PD r}+\frac{1}{r^2}\hat\Lambda\Big)\varphi(r,\theta,\phi)+\Big(\varepsilon-V(r)\Big)\varphi(r,\theta,\phi)=0\\);
 &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(
&\Big(r^2\frac{\PD^2}{\PD r^2}+2r\frac{\PD}{\PD 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\\);
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。

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

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、
これらは定数でなければならない。
(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。

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、
(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(
&\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)\\);

 &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)\\
&-\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)=0
\hat\Lambda Y(\theta,\phi)=-l(l+1)Y(\theta,\phi)
);

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) (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。

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。
(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。

*** 特徴 [#t568ee09]
 &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((m-|m|)/2=\begin{cases}0&m>=0\\m&m<0\end{cases}); より、
&math((-1)^{(m-|m|)/2}=\begin{cases}
+1\hspace{0.5cm}&m>0\ または\ m\,が偶数\\
-1&m<0\ かつ\ m\,が奇数
\end{cases});
- &math(\sin\theta); と &math(\cos\theta); の &math(l); 次同次関数になっている
(&math(3\cos^2\theta-1=2\cos^2\theta-\sin^2\theta); などとなることに注意せよ)
- &math(\hat{\bm l^2}Y_l^m=-\hbar^2l(l+1)); すなわち、全角運動量は &math(-\hbar^2l(l+1)); である
- &math(\hat l_zY_l^m=-i\hbar\frac{\PD}{\PD\phi}Y_l^m=\hbar mY_l^m); すなわち、&math(z); 軸周りの角運動量は &math(\hbar m); である
 &math(\frac{\PD^2}{\PD \phi^2}\Phi(\phi)=-m^2\Phi(\phi));

*** 形状 [#ac710070]
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)。

&math(\theta,\phi); 方向別に &math(|Y_l^m(\theta,\phi)|^2); の大きさをプロットした。
このうち &math(\Theta(\theta)); に関する方程式は、

- &math(\phi); 方向は位相が回転するだけで大きさは変化しない
- &math(Y_l^m); と &math(Y_l^{-m}); は位相のみが異なり、同じ形になる
- &math(Y_0^0); は球形
- &math(Y_l^0); (&math(l>0);)は原点に節を持ち &math(z); 方向に長く、
原点周りに &math(l-1); 枚のひだを持つ。
&math(l); が大きいほど &math(z); 方向への伸びが長くなる。
- &math(Y_l^m); (&math(|m|>0);) は &math(z); 方向には値を持たず、
&math(z); 軸を取り囲むように &math(l+1-|m|); 枚のひだを持つ。
- &math(Y_l^l); はドーナツ型になる。
&math(l); が大きいほど扁平で、半径も大きい。
 &math(l=0,1,2\dots);

#ref(Y0-4.png,right,around,50%);
 &math(m=-l,-(l-1),\dots,l-1,l);

&math(l=0); &attachref(Y0-0.jpg,,25%);
の場合にのみ解を持つことが知られている。

&math(l=1); &attachref(Y1-0.jpg,,25%); &attachref(Y1-1.jpg,,25%);
(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。

&math(l=2); &attachref(Y2-0.jpg,,25%); &attachref(Y2-1.jpg,,25%); &attachref(Y2-2.jpg,,25%);
** 解説 [#zf4c1722]

&math(l=3); &attachref(Y3-0.jpg,,25%); &attachref(Y3-1.jpg,,25%); &attachref(Y3-2.jpg,,25%); &attachref(Y3-3.jpg,,25%);

&math(l=4); &attachref(Y4-0.jpg,,25%); &attachref(Y4-1.jpg,,25%); &attachref(Y4-2.jpg,,25%); &attachref(Y4-3.jpg,,25%); &attachref(Y4-4.jpg,,25%);

     &math(m=0);     &math(m=1);     &math(m=2);     &math(m=3);     &math(m=4);

*** $z$ が特殊なわけではない [#oe386d3b]

上のグラフを見るとあたかも &math(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。

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

や、

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

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

&attachref(Y1-0z.jpg,,33%); 
&attachref(Y1-0x.jpg,,33%); 
&attachref(Y1-0y.jpg,,33%); 

同じ量子数 &math(l); に属する、縮退した &math(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 &math(\hat l_z); の固有関数でもある物を
&math(Y_l^m); と名付けたに過ぎない。

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

 &math(\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 &math(l=1); の場合。

&attachref(Y1-0all.jpg,,33%);

** 動径方向の固有関数 [#y54f7421]

*** 球形の箱形ポテンシャル [#u7cec361]

*** 3次元調和振動子 [#tf639724]

*** 水素原子(静電ポテンシャル) [#c5480582]


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