外場の処方 - 備忘録

回転に対応する保存量は全角運動量であるから，スピン角運動量や軌道角運動量は厳密な保存量ではない．
ただ，低エネルギーではスピンはただの内部量子数のようにふるまい，スピンや軌道角運動量が良い量子数として使えるようだ．

$\hbar=c=1$ とおくと水素原子のシュレーディンガー方程式は， $(-\frac{1}{2m}\nabla^2 - \frac{\alpha}{r})\psi = E\psi$
角運動量固有状態を採用し， $\psi = \frac{1}{r}\chi(r) Y_l^m(\theta,\varphi)$ と関数をとると， $(\frac{d^2}{dr^2} - \frac{l(l+1)}{r^2} + \frac{2m\alpha}{r} - 2mE )\chi = 0$
$\chi = r^\beta \sum_{k=0}^\infty c_k r^k$ とベキ展開して微分方程式に代入すると，
原点付近のふるまいから $\beta=l+1$ が決まる．

また，微分方程式の無限遠でのふるまいから， $\chi \propto e^{-\lambda r} (\lambda = \sqrt{2mE})$ がわかる．よって， $\chi = r^{l+1} e^{-\lambda r} f(r)$ とおき，f(r)がk次式であるという条件を課すと， $E=\frac{m\alpha^2}{2(l+k+1)^2}$ が導かれる．

これは非相対論的な場合．相対論を考慮する場合はDirac方程式を解かなければいけない．
この場合も本質的には同じ操作をする．計算の煩雑さは飛躍的に上昇するが．
頑張って計算すると， $E= m ( 1+( \frac{Z\alpha}{ n + \sqrt{ (j+1/2)^2 - (Z\alpha)^2 } } )^2 )^{-1/2} = m( 1 - \frac{1}{2}\frac{(Z\alpha)^2}{n^2} + \frac{(Z\alpha)^4}{n^4}(\frac{3}{8} - \frac{1}{2j+1}) + \cdots)$ が導かれる．微細構造を読み取ることができる．