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問１：中心力ポテンシャル+静電ポテンシャル中の波動関数
1-1.
ポテンシャルは\(V(r)\)として、シュレーディンガー方程式
$$\left(- \frac{\hbar ^2}{2m} + V(r)\right)\Psi(\mathbf{r}) = E\Psi(\mathbf{r}) …(1)$$
を書き換える。
$$ \Lambda= \frac{1}{sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right) + \frac{1}{sin^2\theta}\frac{\partial ^2}{\partial \phi ^2}$$
とおくと、
$$\Delta = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\Lambda$$
であり、(1)に代入して\( – \frac{2mr^2}{\hbar ^2}\)をかけると
$$\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)\Psi + \Lambda\Psi – \frac{2mr^2}{\hbar ^2}V(r)\Psi = – \frac{2mEr^2}{\hbar ^2}\Psi$$
両辺を\(\Psi\)で割ると
\begin{align*}
\frac{1}{R}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)R + \frac{1}{\Theta\Phi}\Lambda\Theta\Phi – \frac{2mr^2}{\hbar ^2}(V(r) – E) &= 0\\
\frac{1}{R}c – \frac{2mr^2}{\hbar ^2}(V(r) – E) &= – \frac{1}{\Theta\Phi}\Lambda\Theta\Phi\\
&= l(l + 1)
\end{align*}
ここで、\(l\)は1以上の整数である。よって、
i)\(r\)について
\begin{align*}
&\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)R – \frac{2mr^2}{\hbar ^2}(V(r) – E)R = l(l + 1)R\\
&- \frac{\hbar ^2}{2m}r^2\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)R + \left\{V(r) + \frac{\hbar ^2(l + l)l}{2mr^2}\right\}R = ER
\end{align*}
ii)\(\theta, \phi\)について
\begin{align*}
&- \frac{1}{\Theta\Phi}\left( \frac{1}{sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right) + \frac{1}{sin^2\theta}\frac{\partial ^2}{\partial \phi ^2}\right)\Theta\Phi = l(l + 1)\\
&- \frac{1}{sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\Theta\Phi – \frac{1}{sin^2\theta}\frac{\partial ^2}{\partial \phi ^2}\Theta\Phi = l(l + 1)\Theta\Phi
\end{align*}
両辺を\(\Theta\Phi\)で割って\(sin^2\theta\)をかけて整理すると
\begin{align*}
\frac{sin\theta}{\Theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\Theta + l(l + 1)sin^2\theta &= – \frac{1}{\Phi}\frac{\partial ^2}{\partial \phi ^2}\Phi\\
&= m^2
\end{align*}
となる。ここで、\(m\)は整数とする。
よって、\(\theta\)についてのシュレーディンガー方程式は
$$sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\left(sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\Theta + \left\{l(l + 1)sin^2\theta – m^2\right\} = 0$$
\(\phi\)についてのシュレーディンガー方程式は
$$\frac{\partial ^2}{\partial \phi ^2}\Phi = – m^2$$
1-2.
\begin{align*}
\Psi_{21-1} – \Psi_{211} &= \sqrt{\frac{3}{8\pi}}R_{21}sin\theta(2cos\phi)\\
&= \sqrt{\frac{3}{2\pi}}R_{21}\frac{x}{r}
\end{align*}
ここで
$$\Psi_x = AR_{21}sin\theta\cos\phi$$
とする。規格化条件により
\begin{align*}
1 &= \int|\Psi_x|^2\\
&= |A|^2\int_0^{\pi}sin\theta d\theta\int_0^{2\pi}d\phi |sin\theta cos\phi|^2\\
&= |A|^2\int_0^{\pi}sin^3\theta d\theta\int_0^{2\pi}cos^2\phi d\phi
\end{align*}
\begin{align*}
&\int_0^{\pi}sin^3\theta d\theta = \frac{4}{3}\\
&\int_0^{2\pi}cos^2\phi d\phi = \pi
\end{align*}
であるから、\(A = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\)
以上より
\begin{align*}
\Psi_x &= \sqrt{\frac{3}{4pi}}R_{21}\frac{x}{r}\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}(\Psi_{21-1} – \Psi_{211})
\end{align*}
また、
\begin{align*}
\Psi_{21-1} + \Psi_{211} &= \sqrt{\frac{3}{8\pi}}R_{21}sin\theta(-2isin\phi)\\
&= – i\sqrt{\frac{3}{2\pi}}R_{21}sin\theta sin\phi
\end{align*}
ここで
$$\Psi_y = BR_{21}sin\theta\sin\phi$$
とする。上の計算と同様、規格化条件により\(B = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\)が得られる。すなわち
\begin{align*}
\Psi_y &= \sqrt{\frac{3}{4\pi}}R_{21}\frac{y}{r}\\
&= \frac{i}{\sqrt{2}}(\Psi_{21-1} + \Psi_{211})
\end{align*}
\begin{align*}
\Psi_z &= \sqrt{\frac{3}{4\pi}}R_{21}\frac{z}{r}\\
&= \Psi_{210}
\end{align*}
1-3.
$$V_0(\mathbf{r}) = – \frac{qe}{c}\left[\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{r}{c}\right)^2 + \frac{2zc}{c^2} + 1}} + \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{r}{c}\right)^2 – \frac{2zc}{c^2} + 1}}\right]$$
ここで以下のように近似計算ができる。
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{1 – \frac{2z}{c} + \left(\frac{r}{c}\right)^2}} &= \frac{1}{\sqrt{1 + -2\left(-\frac{r}{c}\right)\left(\frac{z}{r}\right) + \left(\frac{r}{c}\right)^2}}\\
&\cong P_0\left(\frac{z}{r}\right) + P_1\left(\frac{z}{r}\right)\left(\frac{r}{c}\right) + P_2\left(\frac{z}{r}\right)\left(\frac{r}{c}\right)^2\\
&= 1 + \frac{z}{r}\frac{r}{c} + \frac{1}{2}\left(3\left(\frac{z}{r}\right)^2 – 1\right)\left(\frac{r}{c}\right)^2\\
\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{2z}{c} + \left(\frac{r}{c}\right)^2}} &= \frac{1}{\sqrt{1 + -2\left(-\frac{r}{c}\right)\left(\frac{z}{r}\right) + \left(-\frac{r}{c}\right)^2}}\\
&\cong P_0\left(\frac{z}{r}\right) + P_1\left(\frac{z}{r}\right)\left(-\frac{r}{c}\right) + P_2\left(\frac{z}{r}\right)\left(-\frac{r}{c}\right)^2\\
&= 1 + \frac{z}{r}\frac{-r}{c} + \frac{1}{2}\left(3\left(\frac{z}{r}\right)^2 – 1\right)\left(\frac{r}{c}\right)^2
\end{align*}
よって
$$V(\mathbf{r}) \cong – \frac{qe}{c}\left[2 + \left(3\left\{\frac{z}{r}\right)^2 – 1\right\}\left(\frac{r}{c}\right)^2\right]$$
1-4.
$$\langle\Psi_{200}|V(\mathbf{r})|\Psi_x\rangle = 0$$
を示すには、次の積分が0になればよい。
\begin{align*}
&\int R_{20}\left[2 + \left\{3\left(\frac{z}{r}\right)^2 – 1\right\}\left(\frac{r}{c}\right)^2\right]R_{21}\frac{x}{r}d^3x \\
&= \int R_{20}R_{21}r^2dr\int \left\{2 + (3cos^2\theta – 1)\left(\frac{r}{c}\right)^2\right\}sin\theta cos\phi sin\theta d\theta d\phi
\end{align*}
上記の積分において、\(\phi\)の積分の部分を独立に計算できる。
$$\int_0^{2\pi}cos\phi = [sin\phi]_0^{2\pi} = 0$$
よって、上の積分は0となる。
1-5.
$$\langle\Psi_x|V(\mathbf{r})|\Psi_y\rangle = 0$$
を示すには、次の積分が０になればよい。
$$\int R_{21}\frac{x}{r}\left[2 + \left\{3\left(\frac{z}{r}\right)^2 – 1\right\}\left(\frac{r}{c}\right)^2\right]R_{21}\frac{y}{r}d^3x$$
ここで、
$$\int_0^{2\pi}cos\phi sin\phi d\phi = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}sin2\phi d\phi = 0$$
となるので、上の積分は0になる。
1-6.
問２：角運動量演算子とその固有状態
2-1.
\(\mathbf{J} = \mathbf{l} + \mathbf{s}\)より
$$\mathbf{J}^2 = \mathbf{l}^2 + \mathbf{s}^2 + 2(\mathbf{l}\cdot\mathbf{s})$$
\begin{align*}
[\mathbf{J}^2, l_z] &= 2[l_xs_x + l_ys_y + l_zs_z, l_z]\\
&= 2[l_xs_x, l_z] + 2[l_ys_y, l_z]\\
&= 2[l_x, l_z]s_x + 2l_x[s_x, l_z]+ 2[l_y, l_z]s_y + 2l_y[s_y, l_z]\\
&= 2(-i\hbar l_y)s_x + 2(-i\hbar l_x)s_y\\
&\neq 0
\end{align*}
よって、\(\mathbf{J}^2, l_z\)は非可換な演算子である。
2-2.
$$\mathbf{J}^2 = \mathbf{l}^2 + \mathbf{s}^2 + 2(l_xs_x + l_ys_y) + 2l_zs_z$$
ここで、
\begin{align*}
l_+s_- &= (l_x + il_y)(s_x – is_y)\\
&= l_xs_x + i(-l_xs_y + l_ys_x) + l_ys_y\\
l_-s_+ &= (l_x – il_y)(s_x + is_y)\\
&= l_xs_x + i(l_xs_y – l_ys_x) + l_ys_y
\end{align*}
よって、
$$J^2 = l^2 + s^2 + (l_+s_- + l_-s_+)$$
\(l = 1, s = \frac{1}{2}\)では
$$J^2 = \frac{11}{4}\hbar ^2 + 2l_zs_z + (l_+s_- + l_-s_+)$$
となる。よって
\begin{align*}
&\langle 1, m_l’ ; \frac{1}{2}, m_s’|J^2|1, m_l ; \frac{1}{2}, m_s\rangle \\
&= \left(\frac{11}{4}\hbar ^2 + 2m_lm_s\right)\delta_{m_l’m_l}\delta_{m_s’m_s}\\
&+ \hbar ^2\sqrt{(1 – m_l)(1 + m_l + 1)}\sqrt{\left(\frac{1}{2} + m_s\right)\left(\frac{1}{2} – m_s + 1\right)}\delta_{m_l’m_l+1}\delta_{m_s’m_s-1}\\
&+ \hbar ^2\sqrt{(1 + m_l)(1 – m_l + 1)}\sqrt{\left(\frac{1}{2} – m_s\right)\left(\frac{1}{2} + m_s + 1\right)}\delta_{m_l’m_l-1}\delta_{m_s’m_s+1}
\end{align*}
具体的には、以下のように書ける。
$$\langle m_l’, m_s’|J^2|m_l, m_s\rangle =
\begin{pmatrix}
\frac{15}{4}\hbar ^2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & \frac{7}{4}\hbar ^2 & \sqrt{2}\hbar ^2 & 0 & 0 & 0\\
0 & \sqrt{2}\hbar ^2 & \frac{11}{4}\hbar ^2 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & \frac{11}{4}\hbar ^2 & \sqrt{2}\hbar ^2 & 0\\
0 & 0 & 0 & \sqrt{2}\hbar ^2 & \frac{7}{4}\hbar ^2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{15}{4}\hbar ^2
\end{pmatrix}$$
ここで、各行（各列）の値は、上から（右から）順に
\((m_l’, m_s’) \ or \ (m_l, m_s) =
\left(1, \frac{1}{2}\right),
\left(1, -\frac{1}{2}\right),
\left(0, \frac{1}{2}\right),
\left(0, -\frac{1}{2}\right),
\left(-1, \frac{1}{2}\right),
\left(-1, -\frac{1}{2}\right)
\)
☆ここで、
\begin{pmatrix}
\frac{7}{4}\hbar ^2 & \sqrt{2}\hbar ^2\\
\sqrt{2}\hbar ^2 & \frac{11}{4}\hbar ^2
\end{pmatrix}
を対角化する。固有値を\(\lambda_1\)として固有値方程式を解くと\(\lambda_1 = \frac{3}{4}\hbar ^2, \ \frac{15}{4}\hbar ^2\)が得られる。
i)\(\lambda_1 = \frac{3}{4}\hbar ^2\)に対して、固有ベクトルを求めて規格化すると、
$$
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{2}{3}}\\
-\sqrt{\frac{1}{3}}
\end{pmatrix}
$$
ii)\(\lambda_1 = \frac{15}{4}\hbar ^2\)に対して、固有ベクトルを求めて規格化すると、
$$
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{1}{3}}\\
\sqrt{\frac{2}{3}}
\end{pmatrix}
$$
よって、ユニタリー行列は
$$U_1=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{2}{3}} & \sqrt{\frac{1}{3}}\\
-\sqrt{\frac{1}{3}} & \sqrt{\frac{2}{3}}
\end{pmatrix}
$$
☆次に
$$\begin{pmatrix}
\frac{11}{4}\hbar ^2 & \sqrt{2}\hbar ^2\\
\sqrt{2}\hbar ^2 & \frac{7}{4}\hbar ^2
\end{pmatrix}$$
を対角化する。固有値を\(\lambda_1\)として固有値方程式を解くと\(\lambda_1 = \frac{3}{4}\hbar ^2, \ \frac{15}{4}\hbar ^2\)が得られる。
i)\(\lambda_1 = \frac{3}{4}\hbar ^2\)に対して、固有ベクトルを求めて規格化すると、
$$
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{1}{3}}\\
-\sqrt{\frac{2}{3}}
\end{pmatrix}
$$
ii)\(\lambda_1 = \frac{15}{4}\hbar ^2\)に対して、固有ベクトルを求めて規格化すると、
$$
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{2}{3}}\\
\sqrt{\frac{1}{3}}
\end{pmatrix}
$$
$$U_2=
\begin{pmatrix}
\sqrt{\frac{1}{3}} & \sqrt{\frac{2}{3}}\\
-\sqrt{\frac{2}{3}} & \sqrt{\frac{1}{3}}
\end{pmatrix}
$$
以上より
(1)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{15}{4}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=\frac{3}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = |1, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$$
(2)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{15}{4}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=-\frac{3}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = |1, -1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle$$
(3)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{25}{12}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=\frac{1}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}|1, 1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle \ + \ \sqrt{\frac{1}{3}}|1, 0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$$
(4)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{29}{12}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=\frac{1}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = -\sqrt{\frac{1}{3}}|1, 1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle \ + \ \sqrt{\frac{2}{3}}|1, 0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$$
(5)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{25}{12}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=-\frac{1}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = \sqrt{\frac{1}{3}}|1, 0, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle \ + \ \sqrt{\frac{2}{3}}|1, -1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$$
(6)\(\mathbf{J}^2\)の固有値\(=\frac{29}{12}\hbar ^2\), \(J_z\)の固有値\(=-\frac{1}{2}\)を与えるとき
$$|\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\rangle = -\sqrt{\frac{2}{3}}|1, 0, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle \ + \ \sqrt{\frac{1}{3}}|1, -1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$$
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