Der Rotator in der ET

Wir ermitteln nun die Eigenwerte von $(\displaystyle\frac {E}{c})^2 = p^2 + P_0^2$ in der Differentialgleichung (10.3). Zuerst separieren wir die Funktion $\psi$

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\psi \ = \ \psi_0 \ {\sf exp} \left\... ...isplaystyle\frac {\, p_{(\varphi)}r\, sin(\vartheta)\varphi }{\hbar}\right\} $}$$ (10.38)

und setzen

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\psi \ = \ R_{(r)} \ . \ \theta_{(\vartheta)} \ . \ \phi_{(\varphi)} \qquad $}$$ (10.39)

Für den periodischen Exponent von $\phi_{(\varphi)}$ schreiben wir:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}p_{(\varphi)} \, r\, sin(\vartheta) \ = \ m\, \hbar \quad \quad $}$$ (10.40)

für $\theta_{(\vartheta)}$

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}p_{(\vartheta)} \, r \ = \ s \, \hbar \quad \quad $}$$ (10.41)

und für $R_{(r)}$

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}p_{(r)} \, r \, \ = \ j\, \hbar \quad \quad \quad $}$$ (10.42)

Wir führen eine zweite Variabel $L$ ein und schreiben vorerst für $j$ und $L$

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}j \, = \, (l\, + \, s) \quad \quad $... ...}L= \, \sqrt{\, ls \, - (\displaystyle\frac {s^2}{2})\,\,} \quad \quad \quad $}$$ (10.43)

Wobei $l=0,1,2,..$ ganze Zahl, $m=0,\pm 1, \pm 2, \pm 3, ...$ ebenfalls ganze Zahl und $s=\pm \displaystyle\frac {1}{\, 2 \, }$ ist. Der radiale Anteil der Wellengleichung ist unabhängig von den $s$ bzw. $m$ Werten, aber wohl abhängig von dem gemischten Produkt $(l s)$. Die rechte Seite von (10.3) ist proportional zu $2L^2<2ls<(l+s)^2$. Ähnlich wie in IT wird hier der Term $2ls$ auf den radialen Anteil symetrisch verteilt. Zu radialem Anteil $\partial^2_{(r)}$ entfällt der Beitrag $ls$. Für $l=0$ wird $L$ imaginär und damit ein Hinweis, daß dieser L-Wert einer Erhaltungsgröße der IT ist. Außerdem ist Dieses $L$-Term eine notwendige Bedingung für ein gebundenes Teilchen. Der Eigenwert dieser Differentialgleichung hat bei $s=0$ sein Minimum und führt zu den sogenannten Rotator Gleichungen. Für die drei Funktionen $R_{(r)}, \theta_{(\vartheta)}, \phi_{(\varphi)}$ in (10.39) erhalten wir:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}R_{(r)} = \ \psi_0 \, {\bf exp}\left... ...{und} \ \theta_{(\vartheta)} = \ {\sf exp}\left\{ - s \, \vartheta\right\} \ $}$$ (10.44)

Mit (10.40), (10.41) und (10.42) schreiben wir die rechte Seite von (10.3) um und erhalten jeweils für $p^2_{(r)}, p^2_{(\vartheta)}$ und $p^2_{(\varphi)}$ :

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}p^2_{(r)}= \, (\, sl\, - \, \display... ...= \, (\, m^2\, )\, \displaystyle\frac {\hbar^2}{r^2\, sin(\vartheta)^2}\quad $}$$ (10.45)

Da wir uns für die Eigenwerte des Eigendrehimpulses interessieren, ist der radiale Anteil der Wellengleichung (10.37) gleich Null zu setzen $(r=Konstanz)$. Mit (10.37) und $P^2-P^2_0=p^2$ schreiben wir (9.3) um und erhalten wir die Differentialgleichung der Kugelfunktionen:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\hbar^2 \displaystyle\frac {1}{sin(\... ...tial \varphi})^2 \psi + p^2\psi = 2\, (p_{(\vartheta,\varphi)})^2 \psi \quad $}$$ (10.46)

Da $\phi$ in (10.46) nicht explizite vorkommt, kann man den $\varphi$ abhängigen Differntialterm integrieren. Die $p^2_{(\varphi)}$ Komponente rechnen wir mit Hilfe von (10.40) um und bringen sie schließlich auf die linke Seite

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\hbar^2 \displaystyle\frac {1}{sin(\... ...c {m^2}{r^2\, sin(\vartheta)^2}\, ) \theta \ = \ 2 \, (p_\vartheta)^2 \theta $}$$ (10.47)

Der Eigenwert dieser Differentialgleichung hat für $p_{(\vartheta)}\not=0$ einen optimalen Wert. $p_{(\vartheta)}$ findet man äquivalent zu $p_{(\varphi)}$ aus der Beziehung:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}2\, (p_\vartheta)^2 \ = \ s^2\, \displaystyle\frac {\hbar^2}{\, r^2\, } \quad \quad $}$$ (10.48)

Setezn wir (10.48) in der linken Seite von (10.47) ein und multiplizieren wir diese Gleichung mit $$\frac {1}{\hbar^2}$$, so können wir für seinen Eigenwert $\lambda$ schreiben:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\left( \displaystyle\frac {\, p^2}{\... ...rac {s^2}{r^2}\, \right) \ = \ \displaystyle\frac {\lambda}{r^2} \quad \quad $}$$ (10.49)

und damit geht (10.47) über in

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\displaystyle\frac {1}{sin(\vartheta... ... \ \displaystyle\frac {m^2}{r^2\, sin(\vartheta)^2}\, ) \theta \ = \ 0 \quad $}$$ (10.50)

Wir führen $\xi$ als unabhängige Variabel ein und betrachten $\theta$ als Funktion von $\xi$

$$\theta_{(\vartheta)}= \theta_{(\xi)}\quad \mbox{und} \quad \xi=\,... ...(\vartheta) \ , \ d\xi=-sin(\vartheta)\, d\vartheta\quad \ , \ -1\leq\xi\leq +1$$ (10.51)

dann wird aus (10.50)

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}(1\, - \, \xi^2)\theta'' \, - \, 2\x... ... \, \displaystyle\frac {m^2}{(1\, - \, \xi^2)}\, \right)\theta \ = \ 0 \quad $}$$ (10.52)

Wir untersuchen nun das Verhalten der Lösung von $\theta$ in der Nähe der singulären Punkte $\xi = \pm 1$. Wir führen die neuen Variable $z=\xi+1$ und $z=\xi-1$ ein und wenden uns zuerst dem Punkt $\xi=+1$ zu und erhalten:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\theta''\, + \, \displaystyle\frac {... ...\, + \, \displaystyle\frac {m^2}{(z)^2\, (2+z)^2}\, \right)\, \theta \ = \ 0 $}$$ (10.53)

Zur Lösung dieser Differentialgleichung setzen wir $\theta$ in Form einer Potenzreihe ein. Wobei sich $\theta$ partial aus $z^{\alpha}$ und die Reihe $v$ zusammensetzt.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\theta= \, (\, z^{\alpha} \, )\, v \ \ \ , \ v= a_0+a_1\, z+a_2\, z^2+...+a_\nu\, z^\nu +..\ $}$$ (10.54)

Bei der Bestimmung der charkteristischen Gleichung geht die Potenzreihe $v=v_0$ in den Berechnungen ein $(z \to 0)$. Tragen wir (10.54) in der linken Seite von (10.53) ein und bilden den Faktor von $z^{\alpha-2}$, so finden wir:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\left( \, \alpha(\alpha\, - \, 1) \, + \, \alpha \, - \, \displaystyle\frac {m^2}{4}\, \right) \, a_0 \ = \ 0 \quad $}$$ (10.55)

Für $\alpha$ erhalten wir:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\alpha = \ \pm \displaystyle\frac {m}{2} \quad\quad\quad $}$$ (10.56)

Den gleichen Wert für $\alpha$ erhält man, falls man sich dem zweiten singulären Punkt $\xi=-1$ zuwendet. Da die Lösung unseres Problems endlich sein soll, wählen wir das positive Vorzeichen $\alpha = \, +\displaystyle\frac {m}{2}$. Nun können wir (10.54) wie folgt darstellen:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\theta= \, (\, 1\, - \, \xi^2\, )^{\displaystyle\frac {m}{2}} \, \ v \quad $}$$ (10.57)

wobei $v$ jetzt zweckmäßigerweise eine Potenzreihe von $\xi$ und nicht mehr von $z$ zu nehmen ist.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}v \, = \, \sum\limits_{\nu = 0}^{\infty}\, a_\nu \, \xi^\nu \quad \quad \quad $}$$ (10.58)

Setzen wir (10.57) in (10.52) ein, so finden wir:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}(1\, -\, \xi^2)\, v'' \, - \, 2(m\, + \, 1)\, \xi\, v' \, + \, (\lambda \, - \, m \, - \, m^2)\, v \ = \ 0 \quad $}$$ (10.59)

Die Integration dieser Gleichung erfolgt mittels Potenzreihe (10.58). Nach Eintragen in die Differentialgleichung erhalten wir die Rekursionsformel zur Bestimmung der Koeffizienten $a_\nu$.

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}((\nu\, + \, 2)\, (\nu\, + \, 1))\ a... ..., + \, 2(m \, + \, 1)\, \nu \, - \, \lambda\, + \, m \, + \, m^2\, )\, a_\nu $}$$ (10.60)

Die Reihe (10.58) wird für $\nu=k$ ein Polynom k-ten Grades und somit verschwinden alle Koeffizienten von $a_{k+1}$, $a_{k+2}$. Die Reihe kann nur dann abbrechen, falls

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ (\, k \, (k \, - \, 1)\, + \, 2(m \, + \, 1)\, k \, - \, \lambda\, + \, m \, + \, m^2\, )\, a_k \ = \ 0 \quad $}$$ (10.61)

gesetzt wird. Daraus folgt:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\ \lambda \ = \ (\, k \, + \, m\, )\, (\, k \, + \, m \, + \, 1\, )\, \quad $}$$ (10.62)

setzen wir für $k+m=l$ ein, so finden wir für $\lambda$:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\lambda \ = \ l\, (\, l\, + \, 1\, ) \quad \quad \quad $}$$ (10.63)

Nun können wir für (10.49) schreiben:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\left(\, \displaystyle\frac {\, E^2}... ...}\, \right) \ = \ \displaystyle\frac {l\, (\, l\, +\, 1\, )}{r^2}\quad \quad $}$$ (10.64)

Da der Spin $s$ einer Orientierungsquant des nichtpunktförmigen Teilchens darstellt, setzen wir $s=0$ ein und stellen die Gleichung nach $p^2$ um, so gilt:

$$\fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}p^2 \ = \, k^2 \, (\displaystyle\frac {\hbar}{r})^2 \qquad \mbox{mit} \quad k=\sqrt{l(\, l + 1\, )\, }\quad \ $}$$ (10.65)

oder auch

$$\fbox{$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}(\displaystyle\frac {\, E\, }{c})^2 \... ... \, \displaystyle\frac {\hbar^2}{r^2} \ + \ (\, m^2_0 \, c^2\, ) \quad \quad $}$$ (10.66)