Ayaya Notes

week 14

强调记住上次的任意角动量的旋转矩阵

另外前面我们把 jj 想象成了一个自旋为 jj 的角动量, 实际上这是不必要的, 之前的结果只与态空间和群的结构有关系, 所以这里是空间角动量也适用, 顺带一提, 在空间表象的坐标下

⟨x⃗∣j,m⟩∝Yjm\braket{\vec{x}|j,m}\propto Y_j^m

系数来源于对球谐函数系数的约定

记住一些简单的 C - G 系数的例子: 2 ⊗\otimes 2 , 3⊗23\otimes 2

回到前面的内容

宇宙对撞机物理

前面讲到了 CMB , 我们能得到一个非常完美的黑体谱

可以了解当年是 COBE satelite 测量得到的

我们从黑体谱中能得到温度在 2.7K2.7K 附近

实际上在第三位就有差别了 因为 CMB 选择出了宇宙的一个特殊的参考系, 这部分的效应来源于 doppler 效应 再去除这个效应后, 就得到出现在第五位, 第六位的温度涨落了, 并且

ΔT(x⃗)T∼10−5\frac{\Delta T(\vec{x})}{T}\sim 10^{-5}

我们今天为什么坐在这里就来源于这个涨落

前面也提到了这个涨落的来源: 暴涨

暗能量的行为与真空能的行为是一样的, 我们相信在极早期发生过这种指数级的膨胀, 这种膨胀需要在宇宙极早期放入真空能 EE 这个能量的大小为 E∼1016GeVE\sim 10^{16}GeV 这个能量非常接近量子引力的能量

这件事没有这么简单: 真空能不能是一个常数, 否则宇宙暴涨会一直持续下去 当然我们今天的认为是这样的, 在我们的世界之外就在发生这样的事情, 只不过我们这个膨胀了 137 亿年的宇宙在这个大尺度的结构中被踢出来了, 使得真空能下降, 形成了慢速膨胀的结构 所以真空能应该是时间的函数, 在宇宙早期需要把真空能关掉 狭义相对论表明, 真空能如果是时间的函数, 协变性要求也是空间的函数

E(t,x⃗)E(t,\vec{x})

这种随时空变化的能量分布, 告诉我们需要某种场, 把他解释为场的势能 既然引入了场, 这就对应一种粒子, 我们叫他暴涨子, 我们已经看到这种粒子存在的痕迹了 我们看到的 CMB 实际上就是这种暴涨子的量子涨落的结果

Schwinger 效应

这可以用经典来理解: 一对平行板电容 当场之间的电场足够强时, 就能将电容中间的介质击穿

问题是: 如果把电容中间抽真空, 是否会击穿? 在经典理论中, 这是稳定的, 但是在考虑量子效应时 Schwinger 说: 真空也会被击穿 只要加入电场, 真空中就会有非零的能量密度, 一直增加能量密度, 直到能量密度和电子的能量密度相当

ρ∼∣E⃗∣2∼mere3∼me4\rho \sim |\vec{E}|^2\sim\frac{m_e}{r_e^3}\sim m_e^4

什么叫电子半径: 电子是基本粒子, 实际上这个半径来源于我们前面量子力学的讨论 这个半径可以是 Compton 半径

即我们可以从真空中拽出一对电子和正电子, 这样真空就被击穿了 不过我们还没有观察到

估算需要的电场的强度 me∼1MeVm_e \sim 1 MeV

∣E⃗∣∼1(MeV)2∼1012(eV)2∼1012eV×V∼1012+6Vm|\vec{E}|\sim1 (MeV)^2\sim 10^{12} (eV)^2\sim 10^{12} eV\times V\sim10^{12+6} \frac{V}{m}

这需要巨大的电场

在暴涨时虽然没有很大的电场, 但是在 GR 中, 时空曲率的作用和电场的作用是类似的, 即暴涨期间存在某种引力版本的 Schwinger 效应 暴涨期间时空曲率的大小

R∼H2∼E4Mpl2∼(1014GeV)2\mathcal{R}\sim H^2\sim\frac{E^4}{M_{pl}^2}\sim(10^{14} GeV)^2

这就是用宇宙暴涨在做加速器的引擎, 这是一个真的曲率引擎 能产生粒子对的质量也差不多在 1014GeV10^{14}GeV 附近, 我们知道的所有粒子质量都比这个小

我们能否找到更重的但仍被产生的粒子对? 几乎看不到, 这些重粒子都会衰变, 我们看得到的只是一些长寿命的重粒子 我们能够从 CMB 看到他们, 而我们知道了粒子的相互作用: 通过引力联系在一起, 即至少有一种万有引力, 能将这些重粒子的信息传递到暴涨子的涨落里面

如何测量重粒子 AA 的自旋 s∈Ns\in N ?

这种粒子在暴涨期间总是一对一对被产生出来 这对粒子一个向 +z+z 飞, 另一个向 −z-z

我们总是可以做自旋态空间的分解, 就可以找: 朝 +z+z 方向的粒子 ∣s,m⟩z\ket{s,m}_z 和沿 −z-z 方向飞的粒子 ∣s,m⟩−z\ket{s,m}_{-z} 则 Schwinger 效应描述为

∣vac⟩→∑m=−ssam∣s,m⟩z∣s,m⟩−z\ket{\text{vac}}\to\sum_{m=-s}^s a_m\ket{s,m}_z\ket{s,m}_{-z}

但是粒子会衰变, 即有过程2: 在粒子飞行的过程中衰变, 衰变为一个暴涨子 φ\varphi (m=0,s=0)(m=0,s=0) 这是一种标量粒子 重要的事情是: 暴涨子是一个不带角动量的粒子, 如果衰变能发生, 角动量守恒要求 m=0m=0 即过程2 的概率幅正比于

δm0\delta_{m0}

其他的角动量怎么办? 实际上给了暴涨子的空间角动量, 但在 z 方向看不到 假设 −z-z 方向的粒子衰变为了 2 个暴涨子, 以几乎相反的方向飞出, 过程3:

φ(k⃗1)φ(k⃗2)\varphi(\vec{k}_1)\quad \varphi(\vec{k}_2)

对过程3用角动量守恒的分析: 需要做简化假设:

∣k⃗1∣≈∣k⃗3∣≫∣k⃗3∣|\vec{k}_1|\approx|\vec{k}_3|\gg|\vec{k}_3|

k⃗3\vec{k}_3 是前面一个暴涨子的动量

为什么有权力选择末态粒子的动量? 实际上我们在观测的时候, 我们有权力选择一个什么样的三角形 (在位置空间中) 而动量空间和位置空间的三角形通过 Fourier 变换联系, 所以我们有权力选择看什么样的动量三角形

那么

k⃗1≈−k⃗2\vec{k}_1\approx-\vec{k}_2

知道

∣s,m⟩−z→∣s,0⟩k⃗1\ket{s,m}_{-z}\to\ket{s,0}_{\vec{k}_1}

后面的意思是两个末态粒子的空间角动量构型

把三个过程合在一起 在第一个过程知道两个粒子的螺旋度相同 我们知道第三个过程朝左飞的粒子螺旋度也为 0 我们可以任选 k⃗1\vec{k}_1 的方向, 这个过程我们能意思到这实际上在做一个角度为 θ\theta 的旋转 那么我们改变这个 θ\theta , 概率幅就被一个旋转控制, 总的概率幅正比于旋转矩阵元

f∝⟨s,0∣Ry(θ)∣s,0⟩f\propto \braket{s,0|\mathcal{R}_y(\theta)|s,0}

由于 m=0m=0 , Wigner 矩阵退化为 Legendre 多项式 Ps(cos⁡θ)P_s(\cos \theta) 则在转 θ\theta 时, 会出现 ss 个周期 如果算 CMB 上的关联函数, 然后让长边绕着转一整圈, 看出现多少周期, 就可以知道重粒子的自旋 测这个过程的三点关联函数, 还能看到另一个振荡信号, 这来源于重粒子和宇宙膨胀的干涉, 则可以用于测量粒子的质量 所以需要先找到关联函数中和动量相关的成分

下一个故事是 3 年前的结果, Florida 的一些研究者认为他们看到了宇宙大尺度的宇称破坏 用相同的重粒子衰变的过程, 能不能分析出: 重粒子发生了宇称破缺

第一件事: 上面的例子不能用来看宇称破坏, 怎么看宇称破坏: 我们需要看一个对宇称敏感的标量 我们最终只能看到暴涨子的 kk , 为了构造一个标量, 需要把这些动量点在一起 一种构造赝标量的方法是 levi - civita 张量

ϵijkk1ik2jk3k\epsilon_{ijk}k_1^ik_2^jk_3^k

马上意识到, 这种三粒子的末态是不可以做的, 因为这个封闭三角形的体积是 0 我们需要 4 粒子末态

修改方式是将过程 2 的末态改为两个粒子, 做同样的假设, 动量为 k3,k4k_3,k_4 , 中间态粒子的动量为 k2k_2 一般来讲这个动量四边形的四条边不需要共面 如何用这种四粒子末态的过程分析宇称是否守恒?

过程1 的宇称没有被破坏: 真空中出现一对重粒子, 如果将这个状态做一次宇称变换

∣s,m⟩z∣s,m⟩−z→P∣s,−m⟩−z∣s,−m⟩z→B.E.S∣s,−m⟩z∣s,−m⟩−z\ket{s,m}_z\ket{s,m}_{-z}\overset{P}{\to}\ket{s,-m}_{-z}\ket{s,-m}_{z}\overset{B.E.S}{\to} \ket{s,-m}_z\ket{s,-m}_{-z}

如果宇称守恒, 我们期待

am=a−ma_m =a_{-m}

这也是为什么前面的 3 粒子末态看不了, 因为我们总是取出 m=0m=0 的末态

细节是去看前面的矩阵元: 里面有旋转角的依赖, 在 Wigner D 矩阵, Wigner D 矩阵在 mm 反号的变换下不变 如果宇称守恒, 就可以把 am,a−ma_m,a_{-m} 合在一起, 后果是最后的概率幅关于两个衰变平面夹角的依赖都是偶的 cos⁡[mϕ]\cos[m\phi] 如果不是这样, 就会出现一个奇的依赖 所以最后的做法是去看这个夹角的依赖是奇的还是偶的

故事的关键是

  1. 意识到需要四粒子末态
  2. 意识宇称守恒下末态概率幅对角度的依赖?

量子纠缠

讲述一下历史上对于量子纠缠的正确的或错误的认识 前面已经讲过什么叫纠缠: 需要将某个完整的态空间做某种二分 比如两个电子的态空间

H1⊗H2\mathcal{H}_1\otimes \mathcal{H_2}

比如就考虑电子的自旋 则完整的态空间

H=Span{∣++⟩,∣+−⟩,∣−+⟩,∣−−⟩}\mathcal{H}=\text{Span}\{\ket{++},\ket{+-},\ket{-+},\ket{--}\}

纠缠态的意思就是不能写成两个子空间的态的张量积的态

例子是正负电子偶素, 这个状态不稳定会衰变掉, 或者说 Higgs 粒子, 可以衰变为一对电子 可以想象在质心系中, Higgs 粒子衰变出一个总角动量为 0 的态

∣+−⟩−∣+−⟩2\frac{\ket{+-}-\ket{+-}}{\sqrt{2}}

即通过 Higgs 粒子衰变, 自然得到了一对纠缠态的粒子, 它不能由两个电子的基础态做张量积得到 意味着测量第一个电子的自旋, 比如向上, 立即就知道第二个电子的自旋向下

这件事情在历史上的解释有很多: 比如把 Higgs 粒子放在草帽星系上, Higgs 粒子衰变的一个电子飞到了地球上, 另一个飞到了更远的星系上, 假如说另一个星系也有一个人接受电子, 你在地球上测量这个电子的自旋, 就能知道另一个电子也处于另一个自旋态上

这个例子是经典的, 已经事先知道了电子的自旋, 这里没有任何超光速的信息传递 即在一处做电子自旋的测量能够瞬间知道在类空距离外的电子的自旋 这不奇怪

奇怪的是 Einstein 问: 在对此处电子做测量时, 是否瞬间改变了另一处电子的状态 这个疑问来自于量子力学 Copenhagen 诠释: 测量改变态, 即在对电子测量时, 电子对波函数就 “瞬间” “塌缩” 到了一个自旋的本征态上, 这个改变是发生在类空间隔上的 即在给定的时间定义一个量子态时, 相对论说我们在一个等时面上定义电子的量子态, 但人们去做一个局域的测量时, 能够瞬间改变等时面上全部电子的量子态 即测量改变量子态必须在类空距离上改变量子态

Einstein 认为这有问题, 他觉得做测量改变量子态也传递了某种信息 这实际来源于认为波函数, 量子态这种东西有某种物理实在性, 则测量不可能改变类空距离的量子态

我们今天知道这是错的 Einstein 认为, 我们改变了某个量子态, 得到的这个信息, 结果是我们只是知道, 但不改变其他星系的电子的量子态

这会直接导致 EPR 佯谬 如果做了一次地球上的电子 zz 方向的角动量的测量, 然后再做一次沿 yy 角动量的测量, 这意味着你同时知道了远处电子的 z,yz,y 方向的角动量 (你没有对远处电子的量子态做任何改变) 这就是 Einstein 为什么认为量子力学是不完备的, 如果波函数具有某种物理实在性的话

我们今天的理解就是局域的测量同时坍缩了所有的状态

Einstein 提议说: 量子力学 Hilbert 态空间的描述是不完备的, 但量子力学概率性的预言是可以被接受的, 意味着存在某种随机变量控制每一次测量的结果

隐变量 λ\lambda

λ\lambda 是一个随机变量, 服从某种我们不能理解的动力学, 但他的行为良好

ρ(λ)≥0∫ρ(λ)dλ=1\rho(\lambda)\geq 0 \quad \int\rho(\lambda)\mathrm{d}\lambda=1

我们知道观测量是一些期望值 隐变量的精神是: 期望值应该对 λ\lambda 也做期望

于是我们可以设想电子自旋为 S(a^,λ)=±1S(\hat{a},\lambda)=\pm1 则考虑测量地球上的电子自旋在 a^\hat{a} 方向, 草帽星系的电子的自旋在 b^\hat{b} 方向

⟨(S⋅a^)(S⋅b^)⟩=∫dλρ(λ)×[+12S(a^,λ)]×[−12S(b^,λ)]\braket{(S\cdot\hat{a})(S\cdot\hat{b})}=\int \mathrm{d}\lambda\rho(\lambda)\times [+\frac{1}{2}S(\hat{a},\lambda)]\times [-\frac{1}{2}S(\hat{b},\lambda)]

问能不能找到这样的分布, 这是可以做到的, 我们知道这个结果是 −14a^⋅b^-\frac{1}{4}\hat{a}\cdot\hat{b} 但 J.Bell 提议: 应该测量三个方向的期望值

⟨(S⋅a^)(S⋅b^)⟩−⟨(S⋅a^)(S⋅c^)⟩\braket{(S\cdot\hat{a})(S\cdot\hat{b})}-\braket{(S\cdot\hat{a})(S\cdot\hat{c})}

如果选择 a^,b^\hat{a},\hat{b} 垂直, 而 c^\hat{c} 在 45度方向上, 结果是: 用任何 ρ(λ)\rho(\lambda) 都不能得到量子力学计算的结果 这就是著名的 Bell 不等式

Chapter 19 氢原子与元素周期表

后面没讲的需要大家自学(

这章内容是量子力学的标准内容 氢原子的 Schrodinger 方程是严格可解的, 在绝大多数的情况是不可能的 我们基本上只会做谐振子, 并且这个系统是真实的, 我们真实世界的氢原子就满足这个方程, 并且可以想象地球绕太阳运动, 本质上也是这个方程的解, 只要我们取正确的宏观极限, 就能得到我们在经典力学中的解

这个系统只有一个质子和电子, 我们几乎可以认为质子就在质心上, 并且相互作用在非相对论极限下为 coulomb 势形式

V(r⃗)=e2∣r∣V(\vec{r})=\frac{e^2}{|r|}

在坐标空间表象下

⟨r⃗∣ψ⟩=ψ(r⃗)\braket{\vec{r}|\psi}=\psi(\vec{r})

按照正则量子化的做法, 经典哈密顿量

H=p⃗22μ+V(r⃗)μ=mempmp+meH=\frac{\vec{p}^2}{2\mu}+V(\vec{r})\quad \mu =\frac{m_em_p}{m_p+m_e}

然后我们就去做正则量子化, 好的正则变量为

r⃗→r^p⃗→p^\vec{r}\to\hat{r}\quad\vec{p}\to\hat{p}

在坐标表象下算符的作用是简单的

r⃗^=r⃗×p⃗^=−iℏ∇\hat{\vec{r}}=\vec{r}\times\quad\hat{\vec{p}}=-i\hbar\nabla

我们直接计算系统的定态, 并且是 E<0E<0 的定态, 对应的方程为

[−ℏ22μ∇2+V(r)]ψ(r⃗)=Eψ(r⃗)\left[-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2+V(r)\right]\psi(\vec{r})=E\psi(\vec{r})

虽然动力学是球对称的, 但是动力学的解不一定是球对称的, 所以还需要保留 r⃗\vec{r}

在球坐标系中做计算

∇2=1r2∂∂r(r2∂∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2∂ϕ2\nabla^2 =\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r }(r^2\frac{\partial}{\partial r})+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}

这件事在几何的角度是好理解的 长度的表示为

ds2=gijdxidxj\mathrm{d}s^2=g_{ij}\mathrm{d}x_i\mathrm{d}x_j

则 ∇2\nabla^2 的计算是简单的

∇2=1∣g∣∂i(∣g∣×gij∂j)\nabla^2 =\frac{1}{\sqrt{|g|}}\partial_i(\sqrt{|g|}\times g_{ij}\partial_j)

而球坐标的度规是对角的, 所以计算也很简单

这个解在某种意义上都是 “初等函数”

首先找球对称解, 这时候问题变得很简单, 即

ψ(r⃗)=ψ(r)\psi(\vec{r})=\psi(r)

方程变为

∂2∂r2(rψ)=−2μℏ2(E+e2r)(rψ)\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r\psi)=-\frac{2\mu}{\hbar^2}(E+\frac{e^2}{r})(r\psi)

定义

f=#rψf=\# r\psi

需要选择单位制, 这就是做无量纲化 取法是

r=ℏ2μe2ρE=μe42ℏ2ϵr=\frac{\hbar^2}{\mu e^2}\rho\quad E=\frac{\mu e^4}{2\hbar^2}\epsilon f=ρψ  ⟹  f′′(ρ)=−(ϵ+2ρ)f(ρ)f=\rho\psi\implies f''(\rho)=-(\epsilon+\frac{2}{\rho})f(\rho)

现在去解这个 ODE 先看渐进行为 ρ→∞\rho\to\infty 方程变为

f′′=−ϵff'' = -\epsilon f

解是一个指数解

f(ρ)=e±−ϵρf(\rho)=e^{\pm\sqrt{-\epsilon}\rho}

对波函数的要求是全空间平凡可积, 这启发我们完整解有这样的形式

f(ρ)=e−αρg(ρ)f(\rho)=e^{-\alpha\rho}g(\rho)

这是一个对 gg 的定义, 意味着在足够远处解的主要部分由前面指数控制

对 g(ρ)g(\rho) 做泰勒展开, 对比系数

得到递推

gk+1=2αk−2k(k+1)gkg_{k+1}=\frac{2\alpha k-2}{k(k+1)}g_k

同样希望 gg 在无穷远时不能强于指数函数

如果不做截断, 我们就得了一个发散的解, 我们需要让递推在某一步停下来

在 ρ→∞\rho\to\infty 处指数小的条件要求递推式截断, 即存在 KK 使得 2αK−2=02\alpha K-2=0 记为 nn , 则

α=1nn=1,2,⋯\alpha=\frac{1}{n}\quad n=1,2,\cdots

得到

En=−EBn2=−13.6eVn2n=1,2,3,⋯E_n =-\frac{E_B}{n^2}=-\frac{13.6\text{eV}}{n^2}\quad n=1,2,3,\cdots

氢原子的解非常特别, 和其他形式都不一样, 比如同样是球对称势

V(r)∼1r3V(r)\sim\frac{1}{r^3}

在经典力学里同样会得到一个轨道, 但在量子力学里, 会发现这个势是解不了的 在前面实际上我们做了一个假设: 波函数在原点是光滑的, 而波函数的光滑性被势函数控制, 这不是我们强加的

势函数在原点处发散, 但 Schrodinger 方程是二阶方程, 虽然势函数在原点发散, 但波函数的行为会因为方程的阶数优化: 行为应该和势函数积分两次之后的解析性相同, 这就是 coulomb 势为什么会给出一个在原点的光滑解, 但是上面这个势能做了两次积分之后在原点光滑性仍然很差, 故这是不可解的

在经典力学中没有问题, 这是因为在经典极限下, 比如地球, 太阳, 地球总是离太阳很远, 即我们总是在找一个大角动量的解, 在原点的行为和这个解没太大关系 但是对低阶的解, 波函数就可能会弥散到原点, 这就被爆破了 现实中当我们看到这样的势能的时候没有问题, 实际上是实际上到了远处这个势也无效了 coulomb 势看起来是这样的, 但是我们知道当足够近的时候 coulom 势也失效了

最后的波函数

ψ(ρ)=1ρf(ρ)=ρ−1e−αρg(ρ)\psi(\rho)=\frac{1}{\rho}f(\rho)=\rho^{-1}e^{-\alpha\rho}g(\rho)

即

ψn(ρ)∼e−ρ/n×Poly(n−1)(ρ)\psi_n(\rho)\sim e^{-\rho/n}\times \text{Poly}_{(n-1)}(\rho)

称 nn 为主量子数

一般解

前面的复杂角度依赖就出现了, 但是一个好的性质是这个系统是角动量守恒的 忽略电子自旋(?)

角动量为

J⃗→L⃗=−iℏr⃗×v⃗\vec{J}\to\vec{L}=-i\hbar\vec{r}\times\vec{v}

计算

L2=−ℏ2[1sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂∂θ)+1sin⁡2θ∂2∂ϕ2]L^2=-\hbar^2\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}\right] Lz=−iℏ∂∂ϕL_z=-i\hbar\frac{\partial}{\partial \phi}

这启发我们去看 L2L^2 的本征态

L2∣lm⟩=l(l+1)ℏ2∣lm⟩L^2\ket{lm}=l(l+1)\hbar^2\ket{lm}

l+1l+1 来自于一般旋转的非 Abel 性

比如对定轴旋转是容易的

Lz∣lm⟩=mℏ∣lm⟩L_z\ket{lm}=m\hbar\ket{lm}

而空间角动量是整数 为什么?

我们知道这个本征函数是球谐函数

⟨x⃗∣lm⟩∼Ylm(x^)∝eimϕPlm(cos⁡θ)\braket{\vec{x}|lm}\sim Y_{lm}(\hat{x})\propto e^{im\phi} P_l^m(\cos\theta)

寻求 H,L2,LzH,L^2,L_z 的共同本征态

1r∂2∂r2(rψ)=−2μℏ2×[E+e2r−ℏ2l(l+1)2μr2]ψ\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r\psi)=-\frac{2\mu}{\hbar^2}\times \left[E+\frac{e^2}{r}-\frac{\hbar^2l(l+1)}{2\mu r^2}\right]\psi

猜测解有形式

ψ(r⃗)∼Fnl(r)Ylm(r^)\psi(\vec{r})\sim F_{nl}(r)Y_{lm}(\hat{r})

我们知道需要一个离散的能级, 这个能级被主量子数 nn 刻画 我们期待方向部分全部包含在球谐函数中

一旦猜测这样形式的解, 代入方程可以得到

F(ρ)∼e−αρG(ρ)G(ρ)=∑GkρkF(\rho)\sim e^{-\alpha \rho}G(\rho)\quad G(\rho)=\sum G_k \rho^k

得到递推

Gk+1=2αk−2k(k+1)−l(l+1)GkG_{k+1}=\frac{2\alpha k-2}{k(k+1)-l(l+1)}G_k

同样归一化给出离散的能级

发现这个能级对 ll 仍然无关

En=−EBn2=−13.6eVn2n=1,2,3,⋯E_n =-\frac{E_B}{n^2}=-\frac{13.6\text{eV}}{n^2}\quad n=1,2,3,\cdots

但是区别是分母上出现 ll , 为了方程不炸掉, 我们要求 k>lk>l

Fnl∝e−ρ/nρ∑k=l+1nGkρkF_{nl} \propto \frac{e^{-\rho/n}}{\rho}\sum_{k=l+1}^{n}G_k\rho^k

不可以有半整数的角动量的一个解释是这样波函数在原点存在割线, 我们不允许这样的性质

总结: 这里的定态为

∣nlm⟩\ket{nlm}

主量子数 n=1,2,3,⋯n=1,2,3,\cdots 角量子数 l=0,1,⋯ ,n−1l=0,1,\cdots,n-1 磁量子数 m=−l,−l+1,⋯ ,l−1,lm=-l,-l+1,\cdots,l-1,l

能量不依赖于 l,ml,m

能量不依赖于 mm 是容易理解的, 但是能量不依赖于 ll 是难以理解的 这不是一个偶然的事情