京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2014年9月実施 III-2

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祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

水素原子の原子核に対する電子の相対運動は次のハミルトニアンで記述される。

$$H_0=\frac{\boldsymbol p^2}{2\mu}-\frac{e^2}{|\boldsymbol r|}.$$

ただし、$\mu$ は換算質量、$e$ は素電荷、$\boldsymbol p$ は相対運動量、$\boldsymbol r$ は相対位置を表す。以下ではスピンと相対論的効果は無視する。

エネルギー準位と定常状態の波動関数を、デカルト座標 $(x,y,z)$ と次の関係で与えられる放物座標 $(v,w,\varphi)$ を用いて求めることを考えよう。

$$x=\sqrt{vw}\cos\varphi,\quad y=\sqrt{vw}\sin\varphi,\quad z=\frac12(v-w).$$

各座標の取り得る値の範囲は、それぞれ $0\le v<+\infty,\ 0\le w<+\infty,\ 0\le\varphi<2\pi$ である。また、ラプラシアン $\nabla^2$ は次式で与えられる。

$$\nabla^2=\frac4{v+w}\left(\frac\partial{\partial v}v\frac\partial{\partial v}+\frac\partial{\partial w}w\frac\partial{\partial w}\right)+\frac1{vw}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}.$$

(1) エネルギー固有値 $E$ の定常状態の波動関数 $\psi(v,w,\varphi)$ に対するシュレディンガー方程式を書け。

$\psi(v,w,\varphi)=f_1(v)f_2(w)e^{im\varphi}$ とおいて $v,w$ について問 (1) のシュレディンガー方程式を変数分離する。$\beta_1+\beta_2=1$ を満たす新たな定数 $\beta_1,\beta_2$ を導入すると、$f_1(v),f_2(w)$ に対する方程式は以下のようになる。

$$\frac d{dv}\left(v\frac{df_1}{dv}\right)+\left(\frac{\mu E}{2\hbar^2}v-\frac{m^2}{4v}+\frac{\mu e^2}{\hbar^2}\beta_1\right)f_1=0,\tag{A}$$

$$\frac d{dw}\left(w\frac{df_2}{dw}\right)+\left(\frac{\mu E}{2\hbar^2}w-\frac{m^2}{4w}+\frac{\mu e^2}{\hbar^2}\beta_2\right)f_2=0.\tag{B}$$

(2) 上で導入した $m$ は整数でなければならない。その理由を述べよ。

(3) 以下では $E<0$ の解について考える。方程式 (A) において

$$E=-\frac{\mu e^4}{2\hbar^2N^2},\quad v=\frac{N\hbar^2}{\mu e^2}s,\quad f_1(v)=g(s)$$

とおき、$g(s)$ に対する方程式を求めよ。

(4) 問 (3) で導入した $g(s)$ について、$s\to+\infty,\ s\to+0$ でそれぞれ漸近的に $g(s)\sim e^{-as},\ g(s)\sim s^b$ と仮定する。$g(s)$ が $s\to+0$ で有限かつ $s\to+\infty$ でゼロになるように定数 $a,b$ を求めよ。

(5) 問 (4) で求めた $a,b$ を用いて、$g(s)=s^be^{-as}h(s)$ とおき、$h(s)$ に対する方程式を求めよ。

(6) 合流型超幾何関数 $F(\alpha,\gamma;z)$ は以下で与えられる。

$$\begin{aligned} F(\alpha,\gamma;z)&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_n}{(\gamma)_n}\frac{z^n}{n!}\\ &=1+\frac\alpha\gamma\frac z{1!}+\frac{\alpha(\alpha+1)}{\gamma(\gamma+1)}\frac{z^2}{2!}+\cdots. \end{aligned}$$

ただし $(x)_n$ は $n\ge1$ に対し $(x)_n=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k),\ (x)_0=1$ を表す。$F(\alpha,\gamma;z)$ は $u(z)$ に関する微分方程式

$$z\frac{d^2u}{dz^2}+(\gamma-z)\frac{du}{dz}-\alpha u=0$$

の $z=0$ で正則な解であり、$\alpha$ が0以下の整数の場合は多項式となるが、それ以外の場合は $z\to+\infty$ で漸近的に

$$F(\alpha,\gamma;z)\sim\frac{\Gamma(\gamma)}{\Gamma(\alpha)}z^{\alpha-\gamma}e^z$$

のように振る舞う。このことを用いて $h(s)$ として許される解を求めよ。また、このとき導入される非負の整数の量子数を $n_1$ とおき、これを $N,\beta_1,m$ を用いて書き下せ。

(7) $f_2(w)$ についても新たに非負の整数の量子数 $n_2$ を導入してその解を求める。方程式 (B) に対して問 (3)–(6) の手続きを考えると、問 (6) の量子数 $n_1$ を $n_2$ で置き換えた解が $f_2(w)$ の解として得られる。結局、エネルギー準位 $E$ と波動関数 $\psi(v,w,\varphi)$ は量子数 $(n_1,n_2,m)$ で完全に指定される。$E$ をこれらの量子数で表せ。

题目描述

氢原子中电子相对于原子核的运动由以下哈密顿量描述：

$$H_0=\frac{\boldsymbol p^2}{2\mu}-\frac{e^2}{|\boldsymbol r|}.$$

其中 $\mu$ 为约化质量，$e$ 为元电荷，$\boldsymbol p$ 为相对动量，$\boldsymbol r$ 为相对位置。以下忽略自旋及相对论效应。

考虑使用与笛卡尔坐标 $(x,y,z)$ 满足以下关系的抛物坐标 $(v,w,\varphi)$，求能级和定态波函数：

$$x=\sqrt{vw}\cos\varphi,\quad y=\sqrt{vw}\sin\varphi,\quad z=\frac12(v-w).$$

各坐标的取值范围分别为 $0\le v<+\infty,\ 0\le w<+\infty,\ 0\le\varphi<2\pi$。拉普拉斯算符为

$$\nabla^2=\frac4{v+w}\left(\frac\partial{\partial v}v\frac\partial{\partial v}+\frac\partial{\partial w}w\frac\partial{\partial w}\right)+\frac1{vw}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}.$$

(1) 写出能量本征值为 $E$ 的定态波函数 $\psi(v,w,\varphi)$ 所满足的薛定谔方程。

令 $\psi(v,w,\varphi)=f_1(v)f_2(w)e^{im\varphi}$，对问 (1) 的薛定谔方程关于 $v,w$ 分离变量。引入满足 $\beta_1+\beta_2=1$ 的新常数 $\beta_1,\beta_2$，则 $f_1(v),f_2(w)$ 的方程为

$$\frac d{dv}\left(v\frac{df_1}{dv}\right)+\left(\frac{\mu E}{2\hbar^2}v-\frac{m^2}{4v}+\frac{\mu e^2}{\hbar^2}\beta_1\right)f_1=0,\tag{A}$$

$$\frac d{dw}\left(w\frac{df_2}{dw}\right)+\left(\frac{\mu E}{2\hbar^2}w-\frac{m^2}{4w}+\frac{\mu e^2}{\hbar^2}\beta_2\right)f_2=0.\tag{B}$$

(2) 上述 $m$ 必须为整数，说明理由。

(3) 以下考虑 $E<0$ 的解。在方程 (A) 中令

$$E=-\frac{\mu e^4}{2\hbar^2N^2},\quad v=\frac{N\hbar^2}{\mu e^2}s,\quad f_1(v)=g(s),$$

求 $g(s)$ 满足的方程。

(4) 对问 (3) 引入的 $g(s)$，设在 $s\to+\infty$ 和 $s\to+0$ 时分别有渐近形式 $g(s)\sim e^{-as}$、$g(s)\sim s^b$。求使 $g(s)$ 在 $s\to+0$ 时有限且在 $s\to+\infty$ 时趋于零的常数 $a,b$。

(5) 使用问 (4) 所求的 $a,b$，令 $g(s)=s^be^{-as}h(s)$，求 $h(s)$ 的方程。

(6) 合流超几何函数 $F(\alpha,\gamma;z)$ 定义为

$$\begin{aligned} F(\alpha,\gamma;z)&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_n}{(\gamma)_n}\frac{z^n}{n!}\\ &=1+\frac\alpha\gamma\frac z{1!}+\frac{\alpha(\alpha+1)}{\gamma(\gamma+1)}\frac{z^2}{2!}+\cdots. \end{aligned}$$

其中，对于 $n\ge1$，$(x)_n=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)$，并规定 $(x)_0=1$。$F(\alpha,\gamma;z)$ 是微分方程

$$z\frac{d^2u}{dz^2}+(\gamma-z)\frac{du}{dz}-\alpha u=0$$

在 $z=0$ 处的正则解。当 $\alpha$ 为非正整数时，它是多项式；其他情况下，在 $z\to+\infty$ 时具有渐近形式

$$F(\alpha,\gamma;z)\sim\frac{\Gamma(\gamma)}{\Gamma(\alpha)}z^{\alpha-\gamma}e^z.$$

利用这些性质，求 $h(s)$ 允许的解。将此时引入的非负整数量子数记为 $n_1$，用 $N,\beta_1,m$ 写出 $n_1$。

(7) 对 $f_2(w)$，同样引入新的非负整数量子数 $n_2$ 求解。对方程 (B) 应用问 (3)–(6) 的步骤，将问 (6) 的量子数 $n_1$ 换为 $n_2$，即可得到 $f_2(w)$ 的解。最终，能级 $E$ 和波函数 $\psi(v,w,\varphi)$ 完全由量子数 $(n_1,n_2,m)$ 指定。用这些量子数表示 $E$。

Kai

(1)

$r=(v+w)/2$ より

$$\boxed{\begin{aligned} &\Biggl[-\frac{\hbar^2}{2\mu} \Bigl\{\frac4{v+w}\bigl[\partial_v(v\partial_v)+\partial_w(w\partial_w)\bigr]\\ &\qquad+\frac1{vw}\partial_\varphi^2\Bigr\}-\frac{2e^2}{v+w}\Biggr]\psi=E\psi \end{aligned}}.$$

(2)

同一空間点を表す $\varphi$ と $\varphi+2\pi$ で波動関数が一致するので $e^{2\pi im}=1$、すなわち $\boxed{m\in\mathbb Z}$。

(3)

指定された変数変換により

$$\boxed{\frac d{ds}\left(s\frac{dg}{ds}\right) +\left(-\frac s4-\frac{m^2}{4s}+N\beta_1\right)g=0}.$$

(4)

無限遠の最高次数から $a^2=1/4$、減衰条件から $a=1/2$。原点の最低次数から $b^2=m^2/4$、有限性から $b=|m|/2$。

$$\boxed{a=\frac12,\qquad b=\frac{|m|}{2}}.$$

$m=0$ の第二解は対数発散するため除く。無限遠の表示は指数因子を定めるもので、多項式因子は (6) で決まる。

(5)

代入・整理すると

$$\boxed{sh''+(|m|+1-s)h'+\left[N\beta_1-\frac{|m|+1}{2}\right]h=0}.$$

(6)

原点で正則な解は

$$h(s)=C\,F\left(\frac{|m|+1}{2}-N\beta_1,\ |m|+1;\ s\right).$$

無限遠の $e^s$ 成分を除くには級数が打ち切られなければならない。よって

$$\boxed{\begin{gathered} n_1=N\beta_1-\frac{|m|+1}{2}\in\{0,1,2,\ldots\},\\ h(s)=C F(-n_1,|m|+1;s) \end{gathered}}.$$

(7)

同様に $n_2=N\beta_2-(|m|+1)/2$。両式を加えると

$$\begin{gathered} N=n_1+n_2+|m|+1,\\ \boxed{E_{n_1n_2m}=-\frac{\mu e^4}{2\hbar^2(n_1+n_2+|m|+1)^2}}. \end{gathered}$$

Reference

• 京都大学公式問題（2015年度、PDF 18–19ページ）