Kuantum Mekaniği: Küresel Koordinatlarda Schrödinger Denklemi

Eğer incelemek istediğimiz fiziksel sistemin potansiyeli küresel simetrik bir dağılıma sahipse, Schrödinger Denklemi‘ni küresel koordinatlarda çalışmak oldukça pratik olacaktır. (Bkz. Küresel koordinatlar) Çözümler sırasında bütün diferansiyel denklemlerin detaylarına girmeyeceğim, fakat bunların çözümlerinin getirdiği sonuçlar kesinlikle dikkat çekici olacaktır. Bu yüzden sonucun neden böyle çıktığını daha iyi anlamak adına bu tipteki diferansiyellerin çözümüne olabildiğince değinmeye çalıştım. Fakat elbette tümünü bir başlık altında çözmemiz mümkün değil, bu sebeple bir kısmını sizin ilginize bırakıyorum. Yazının sonunda kuantum sayıları olan l ve m nin küresel koordinatlarda schrödinger denklemi çözümü sırasında nasıl elde edildiğini göreceğiz.

Schrödinger Denklemi;

(1) $\begin{equation*} i\hbar\frac{\partial{\Psi}}{\partial{t}}=H\Psi \end{equation*}$

Klasik mekanikte kinetik enerji ile potansiyel enerjinin toplamını ifade eden Hamiltonyen operatörü olarak gösterdiğimiz $H$ ‘ı aşağıdaki şekilde açabiliriz.

(2) $\begin{equation*} \frac{1}{2}mV^2+V=\frac{1}{2m}(p_x^2+p_y^2+p_z^2)+V \end{equation*}$

Burada $p \rightarrow \frac{\hbar}{i}\nabla$ olmak üzere, aşağıdaki şekilde ayrı ayrı yazılabilir.

(3) $\begin{equation*} p_x=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial{}}{\partial{x}};\hspace{1cm} p_y=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial{}}{\partial{y}};\hspace{1cm} p_z=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial{}}{\partial{z}} \end{equation*}$

Eğer buradaki $p$ ifadesinin karesini alacak olursak,

(4) $\begin{equation*} p^2=\frac{\hbar^2}{i^2}\nabla^2;\hspace{1cm} p^2=-\hbar^2\nabla^2;\hspace{1cm} p_x^2=-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial{x^2}} \end{equation*}$

Şimdi elimizdekileri $(1)$ no’lu Schrödinger denkleminde yerleştirmeye başlayabiliriz. Öncelikle $(2)$ no’lu denklem ile verilen Hamiltonyen operatörünü $(1)$ no’lu Schrödinger denkleminde yerine yazalım.

(5) $\begin{equation*} i\hbar\frac{\partial{\Psi}}{\partial{t}}=\Big\{ \frac{1}{2m}(p_x^2+p_y^2+p_z^2)\Big\}\Psi+V\Psi\\ i\hbar\frac{\partial{\Psi}}{\partial{t}}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi+V\Psi \end{equation*}$

Böylelikle potansiyel enerji $(V)$ ve dalga fonksiyonu $(\Psi)$ ; konumun $(r)$ ve zamanın $(t)$ bir fonksiyonu olarak ifade edilir. Klasik mekanikten biliyoruz ki $x(t)$ ifade edilebiliyorsa; konumun değişiminden hızı, hızın değişiminden ivmeyi, hız ile kütleden kinetik enerjiyi, yine hızı ve kütleyi kullanarak momentumu ifade edebiliriz. Bu yüzden amacımız dalga fonksiyonunu çözmek. Eğer potansiyel $(V)$ zamandan bağımsızsa \psi_n zamandan bağımsız Schrödinger denklemini sağlayacak şekilde

(6) $\begin{equation*} \Psi_n(r,t)=\psi_n(r)e^{(-iE_nt/\hbar)} \end{equation*}$

yazılır. Böylelikle

(7) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi=E\psi \end{equation*}$

sağlanır. Zamana bağımlı Schrödinger denkleminin çözümü ise $c_n$ sabitler olmak üzere

(8) $\begin{equation*} \Psi(r,t)=\sum c_n\psi_n(r)e^{(-iE_nt/\hbar)} \end{equation*}$

şeklinde ifade edilir.

Potansiyel, yalnızca orijinden olan uzaklığın bir fonksiyonu olduğundan küresel koordinatları seçmek işleri kolaylaştıracaktır. Çünkü küresel simetrik bir yapıda merkezden orijine olan koordinatlardaki değişimi kartezyen koordinat sisteminde $(x,y,z)$ ‘nin tümüyle, küresel koordinatlarda ise $(r,\theta,\phi)$ ‘den yalnızca $r$ ‘ye bağlı olarak ele almak mümkündür. Bunu yapmak için öncelikle $(7)$ no’lu denklemde $\nabla^2$ ifadesi yerine küresel koordinatlardaki Laplace operatörünü yazmalıyız. Küresel koordinatlarda Laplace operatörü

(9) $\begin{equation*} \nabla^2=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial}{\partial{r}}\Big)+\frac{1}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\Big(\frac{\partial^2}{\partial{\phi^2}}\Big) \end{equation*}$

olarak verildiğinden $(9)$ no’lu denklemi $(7)$ no’lu denklemde yerine yazarsak

(10) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\Bigg[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{\psi}}{\partial{r}}\Big)+\frac{1}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{\psi}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\Big(\frac{\partial^2{\psi}}{\partial{\phi^2}}\Big)\Bigg]+V\psi=E\psi \end{equation*}$

Denklem bir hayli karışık görünüyor. Fakat elimizde mantıksal olarak kategorilendirilebilecek gibi duran değişkenler var. Bu yüzden değişkenlere ayırma metodunu kullanarak $\psi(r,\theta,\phi)$ ‘yi dikine $(D)$ ve açısal $(Y)$ bileşenler cinsinden yazabiliriz.

(11) $\begin{equation*} \psi(r,\theta,\phi)=D(r)Y(\theta,\phi) \end{equation*}$

Şimdi $(11)$ no’lu denklemi, $(10)$ no’lu denklemde yerine yazabiliriz. Burada yaptığımız tek şey $\psi$ fonksiyonunu iki ayrı parçaya ayırmak oldu. $(10)$ no’lu denklemde ilgili türevlerin olduğu yere ilgili parçaların geldiğine dikkat edin. Örneğin ilk parçada $dD(r)/dr$ geliyor, bu aslında $d(D(r)Y(\theta,\phi))/dr$ ‘dir. Fakat $Y(\theta,\phi)$ parçası $r$ ‘ye bağlı olmadığından bu kısımdan bir etki gelmez. Uygun şekilde düzenleyip yazarsak

(12) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\Bigg[\frac{Y(\theta,\phi)}{r^2}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)+\frac{D(r)}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{D(r)}{r^2\sin^2{\theta}}\Big(\frac{\partial^2{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\phi^2}}\Big)\Bigg]\\+V(r)D(r)Y(\theta,\phi)=ED(r)Y(\theta,\phi) \end{equation*}$

Karmaşık görünen bu denklemi bir iki matematik hareketiyle ihtişamlı görüntüsüne kavuşturabiliriz. Öncelikle $-2mr^2/\hbar^2$ ile çarparsak

(13) $\begin{equation*} \Bigg[Y(\theta,\phi)\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)+\frac{D(r)}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{D(r)}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2Y(\theta,\phi)}{\partial{\phi^2}}\Bigg]\\ \frac{-2mr^2}{\hbar^2}V(r)D(r)Y(\theta,\phi)=\frac{-2mr^2}{\hbar^2}ED(r)Y(\theta,\phi) \end{equation*}$

Şimdi de son bir hamle olarak $D(r)Y(\theta,\phi)$ ile bölelim

(14) $\begin{equation*} \Bigg[\frac{1}{D(r)}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)+\frac{1}{Y(\theta,\phi)}\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{Y(\theta,\phi)}\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2Y(\theta,\phi)}{\partial{\phi^2}}\Bigg]\\ \frac{-2mr^2}{\hbar^2}V(r)=\frac{-2mr^2}{\hbar^2}E \end{equation*}$

Böylelikle denklemimiz tamamen değişkenlerine ayrılmış oldu. Denklemin bazı parçaları yalnızca $r$ ‘ye bağlı iken, geri kalanlar da yalnızca $\theta$ ve $\phi$ ‘ye bağlı. Daha anlaşılır şekilde düzenlersek

(15) $\begin{equation*} \Bigg\{\frac{1}{D(r)}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]\Bigg\}+\\ \frac{1}{Y(\theta,\phi)}\Bigg\{\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\phi^2}}\Bigg\}=0 \end{equation*}$

Bu son durumda üst tarafın yalnızca $r$ ‘nin, alt tarafın ise yalnızca $\theta$ ve $\phi$ ‘nin bir fonksiyonu olduğuna dikkat edin. İki farklı parametreye ait parçaların toplamı sıfıra eşit olduğuna göre, bu parçalar birbirinin zıt işaretlisi olan iki sabite eşittir. Bu sabite $x$ gibi herhangi bir sayı değeri atamak yerine $l(l+1)$ diyeceğiz. Bunun sebebi çözümü getiren Legendre polinomlarıdır. Elbette biz sonucun ne olduğunu bildiğimiz için böyle bir yol izliyoruz, çözümü yeniden keşfetmediğimizi unutmayın. Direkt doğru yöntemi uygulayarak sonuca ulaşıyoruz. O yüzden kafanız “Nasıl da bunun geleceğini bildiler?” diyerek karışmasın. Bu şekilde yeniden düzenlersek

(16) $\begin{equation*} \Bigg\{\frac{1}{D(r)}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]\Bigg\}=l(l+1)\\ \frac{1}{Y(\theta,\phi)}\Bigg\{\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\phi^2}}\Bigg\}=-l(l+1) \end{equation*}$

Böylelikle denklemimizi istediğimiz şekilde düzenlemiş olduk. Bundan sonra yapmamız gereken bu iki ayrı parçayı matematiksel metotlar izleyerek çözmek. Öncelikle üstteki denklem parçacığı ile başlayalım. Bu kısım yalnızca $r$ ‘ye bağlı olduğundan dikine (radyal) parçadır. Çözümü yapmak için öncelikle $f(r)=rD(r)$ şeklinde bir fonksiyon tanımlamamız gerekiyor. Böylesi bir fonksiyonu, denklemdeki parçalarını elde ederek yerine koyduğumuzda istediğimiz tipte bir denkleme ulaşacağız.

Öncelikle $(16)$ no’lu denklemde üstte yer alan dikine (radyal) ifadeyi, $D(r)$ ile çarpıyoruz.

(17) $\begin{equation*} \Bigg\{\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]\Bigg\}D(r)=l(l+1)D(r) \end{equation*}$

Denklemin sağındaki sabit terim yerine $D(r)$ ifadesini ekleyerek işleri biraz karmaşıklaştırmışız gibi görünebilir, fakat amacımız denklemin başındaki türev ifadesini yalın hale getirmekti. Şimdi tanımladığımız $f(r)$ fonksiyonu üzerinden türev alıp, bu ifadede yerine yazabiliriz.

(18) $\begin{equation*} D(r)=\frac{f(r)}{r}\\ \frac{dD(r)}{dr}=\frac{\Big[r\frac{df(r)}{dr}-f(r)\Big]}{r^2} \end{equation*}$

Bu durumda denklemde yer alan aşağıdaki ifade $f(r)$ cinsinden

(19) $\begin{equation*} \frac{d}{dr}\Big(r^2\frac{dD(r)}{dr}\Big)=\frac{d}{dr}\Big(r^2\frac{(\frac{df(r)}{dr}r-f(r))}{r^2}\Big)=\frac{d}{dr}\Big(\frac{rdf(r)}{dr}-f(r)\Big)\\ \frac{d}{dr}\Big(r^2\frac{dD(r)}{dr}\Big)=r\frac{d^2f(r)}{dr^2}+\frac{df(r)}{dr}-\frac{df(r)}{dr}=r\frac{d^2f(r)}{dr^2} \end{equation*}$

şekline gelir. Şimdi bunu $(17)$ no’lu denklemde yerine yazarak

(20) $\begin{equation*} r\frac{d^2f(r)}{dr^2}-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]\frac{f(r)}{r}=l(l+1)\frac{f(r)}{r} \end{equation*}$

Burada $1/r$ ifadesi biraz rahatsız edici duruyor. Bu yüzden denklemi $r$ ile çarpıyoruz.

(21) $\begin{equation*} r^2\frac{d^2f(r)}{dr^2}-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]f(r)=l(l+1)f(r) \end{equation*}$

Şimdi denklemimiz çok daha sade bir görüntüye kavuştu. Son bir hamleyle tek boyuttaki Schrödinger denklemine benzetmemiz mümkün görünüyor. Tek boyutta Schrödinger denklemi aşağıdaki şekilde veriliyordu.

(22) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+V\psi=E\psi \end{equation*}$

$(21)$ no’lu denklemi $-\hbar^2/2mr^2$ ile çarparsak, denklemin ilk ifadesini benzetmiş oluruz.

(23) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2f(r)}{dr^2}+\Big[V(r)-E\Big]f(r)=l(l+1)f(r) \end{equation*}$

Şimdi yapmamız gereken denklemin sağ tarafındaki ifadeyi sola geçirip, $E$ ifadesini de sağa geçirmek

(24) $\begin{equation*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2f(r)}{dr^2}+\Big[V(r)+\frac{\hbar^2}{2mr^2}l(l+1)\Big]f(r)=Ef(r) \end{equation*}$

Böylelikle elde ettiğimiz denklem şekil olarak $(22)$ no’lu tek boyuttaki Schrödinger denklemiyle aynıdır. $(22)$ no’lu denklemle kıyasladığımız zaman büyük parantez içerisinde kalan ifadenin aslında tamamının potansiyel olduğunu görürüz. Burada potansiyel $V$ ‘ye ek olarak $(\hbar^2/2m)[l(l+1)/r^2]$ verilen potansiyel terimine; klasik mekanikte, parçacığı merkezden dışarı doğru itme etkisi gösteren merkezkaç etkisi gibi bir etki gösterdiği için merkezkaç potansiyeli denir. Bu noktadan sonrası için $V(r)$ potansiyelinin bilinmesi gerektiğinden burada bırakıyoruz.

Sırada $(16)$ no’lu denklemimizde alt kısımda verilen $\theta$ ve $\phi$ ‘ye bağlı açısal kısım var. Bu kısmın sonucunu matematiksel olarak daha etkileyici bulduğumdan sona bırakmak istedim. Kolayca görebilmek adına $(16)$ no’lu denklemi tekrar yazalım.

(25) $\begin{equation*} \Bigg\{\frac{1}{D(r)}\frac{\partial}{\partial{r}}\Big(r^2\frac{\partial{D(r)}}{\partial{r}}\Big)-\frac{2mr^2}{\hbar^2}\Big[V(r)-E\Big]\Bigg\}=l(l+1)\\ \frac{1}{Y(\theta,\phi)}\Bigg\{\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\phi^2}}\Bigg\}=-l(l+1) \end{equation*}$

Artık alttaki denklem ile ilgileniyoruz. Bu denklemi $Y(\theta,\phi)\sin^2{\theta}$ ile çarparsak

(26) $\begin{equation*} \Bigg\{\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{\partial^2{Y(\theta,\phi)}}{\partial{\phi^2}}\Bigg\}=-l(l+1)Y(\theta,\phi)\sin^2{\theta} \end{equation*}$

Şimdi yine, daha önce yaptığımız gibi değişkenlere ayırma metodunu izleyeceğiz. $Y(\theta,\phi)$ fonksiyonu $\theta$ ve $\phi$ ‘nin fonksiyonları olarak ayrı ayrı yazılabilir.

(27) $\begin{equation*} Y(\theta,\phi)=T(\theta)F(\phi) \end{equation*}$

Burada kolayca anlaşılsın diye $\theta$ (teta) için $T$ harfini, $\phi$ (fi) için de $F$ harfini seçtim. Karmaşık sembollerle donatmak yerine, böyle okumanın daha kolay olacağını düşünüyorum. Elbette siz istediğiniz bir harfi veya sembolü atayabilirsiniz. $(27)$ no’lu ifadeyi $(26)$ ‘da yerine yazalım

(28) $\begin{equation*} \Bigg\{\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial{\theta}}\Big(\sin{\theta}\frac{\partial{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\theta}}\Big)+\frac{\partial^2{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\phi^2}}\Bigg\}=-l(l+1)T(\theta)F(\phi)\sin^2{\theta} \end{equation*}$

İçeride yer alan türevleri aşağıdaki şekilde çözebiliriz.

(29) $\begin{equation*} \frac{\partial{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\theta}}=\frac{\partial{T(\theta)}}{\partial{\theta}}F(\phi)+T(\theta)\frac{\partial{F(\phi)}}{\partial{\theta}} \end{equation*}$

Sağdaki ifade yalnızca $\phi$ ‘ye bağlı bir fonksiyonun $\theta$ ‘ya göre değişimi $0$ olacağından gider. Böylece denklem parçası

(30) $\begin{equation*} \frac{\partial{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\theta}}=\frac{\partial{T(\theta)}}{\partial{\theta}}F(\phi) \end{equation*}$

halini alır. Bunu yerine koymadan önce ilgilenenmeniz gereken diğer denklem parçası var.

(31) $\begin{equation*} \frac{\partial^2{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\phi^2}}=\frac{\partial}{\partial{\phi}}\frac{\partial}{\partial{\phi}}(T(\theta)F(\phi))=\frac{\partial{T(\theta)}}{\partial{\phi}}F(\phi)+T(\theta)\frac{\partial{F(\phi)}}{\partial{\phi}} \end{equation*}$

Eşitliğin solda kalan parçası yalnızca $\theta$ ‘ya bağlı fonksiyonun $\phi$ ‘ye göre değişimi $0$ olduğundan gider.

(32) $\begin{equation*} \frac{\partial{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\phi}}=T(\theta)\frac{d{F(\phi)}}{d{\phi}} \end{equation*}$

Bir kez daha bu ifadenin $\phi$ ‘ye göre değişimini alırsak

(33) $\begin{equation*} \frac{\partial^2{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\phi^2}}=\frac{\partial}{\partial{\phi}}\Big(T(\theta)\frac{\partial{F(\phi)}}{\partial{\phi}}\Big)=\frac{\partial^2{F(\phi)}}{\phi^2}T(\theta)+\frac{\partial{F(\phi)}}{\partial{\phi}}\frac{\partial{T(\theta)}}{\partial{\phi}} \end{equation*}$

Yine aynı sebepten denklem parçası sadeleşerek aşağıdaki şekilde düzenlenebilir.

(34) $\begin{equation*} \frac{\partial^2{(T(\theta)F(\phi))}}{\partial{\phi^2}}=\frac{d^2{F(\phi)}}{d\phi^2}T(\theta) \end{equation*}$

$(30)$ ve $(34)$ no’lu denklemler $(28)$ no’lu denklemde yerine yazılırsa

(35) $\begin{equation*} \sin{\theta}\frac{d}{d{\theta}}\Big[\sin{\theta}\Big(\frac{d{T(\theta)}}{d{\theta}}\Big)F(\phi)\Big]+\frac{d^2{F(\phi)}}{d{\phi^2}}T(\theta)=-l(l+1)T(\theta)F(\phi)\sin^2{\theta} \end{equation*}$

Eşitliği $T(\theta)F(\phi)$ ile bölüp, sağdaki ifadeyi de sola alırsak denklem

(36) $\begin{equation*} \frac{1}{T(\theta)}\Bigg\{\sin{\theta}\frac{d}{d{\theta}}\Big[\sin{\theta}\Big(\frac{d{T(\theta)}}{d{\theta}}\Big)\Big]+l(l+1)\sin^2{\theta}\Bigg\}+\frac{1}{F(\phi)}\frac{d^2{F(\phi)}}{d{\phi^2}}=0 \end{equation*}$

şeklini alır. Böylelikle denklemin ilk terimi yalnızca $\theta$ , ikinci terimi ise yalnızca $\phi$ cinsinden yazılarak denklem değişkenlerine ayrıştırılmış oldu. Yine daha önceki sebeplerimizden ötürü bu sefer bir tarafı $m^2$ ‘ye diğer tarafı $-m^2$ ‘ye eşitleyeceğiz.

(37) $\begin{equation*} \frac{1}{T(\theta)}\Bigg\{\sin{\theta}\frac{d}{d{\theta}}\Big[\sin{\theta}\Big(\frac{d{T(\theta)}}{d{\theta}}\Big)\Big]+l(l+1)\sin^2{\theta}\Bigg\}=m^2\\ \frac{1}{F(\phi)}\frac{d^2{F(\phi)}}{d{\phi^2}}=-m^2 \end{equation*}$

Alttaki diferansiyel denklemin çözümü oldukça kolaydır.

(38) $\begin{equation*} \frac{d^2{F(\phi)}}{d{\phi^2}}=-m^2F(\phi) \end{equation*}$

Bu tipteki bir denklemde $F(\phi)=e^{\lambda\phi}$ şeklinde bir çözüm olduğunu varsayalım. Bu durumda denklem

(39) $\begin{equation*} \frac{d^2(e^{\lambda\phi})}{d\phi^2}+m^2e^{\lambda\phi}=0 \end{equation*}$

Buradaki türev ifadesini aşağıdaki şekilde açıp yerine yazalım.

(40) $\begin{equation*} \frac{d^2(e^{\lambda\phi})}{d\phi^2}=\lambda^2e^{\lambda\phi}\\ \lambda^2e^{\lambda\phi}+m^2e^{\lambda\phi}=0\\ e^{\lambda\phi}(\lambda^2+m^2)=0 \end{equation*}$

Burada $e^{\lambda\phi}\neq0$ olacaktır. Bu durumda parantez içerisindeki ifadenin sıfır olması gerekir. Bu eşitliğin çözümü

(41) $\begin{equation*} \lambda_1=im\\ \lambda_2=-im \end{equation*}$

olarak karşımıza çıkar. Bu durumda yalnızca $\phi$ ‘ye bağımlı fonksiyonumuz

(42) $\begin{equation*} F(\phi)=e^{im\phi} \end{equation*}$

şeklinde yazılabilir. Burada negatif olan çözümün nereye gittiğini sorabilirsiniz. Burayı pozitif alarak $m$ ‘nin negatif değerleri için bu koşulu da sağladığımıza dikkat edin. Böylelikle $m$ hem negatif hem pozitif olabilir. Aslında buradaki çözüm tam olarak $c_1e^{im\phi}$ şeklindedir. Buradaki $c_1$ herhangi bir katsayıdır, bunu fonksiyonumuza dahil ederek yazmadık.

Küresel koordinatlarda $\phi$ ‘yi $2\pi$ kadar artırdığımızda aynı noktaya geri döndüğümüze göre

(43) $\begin{equation*} F(\phi+2\pi)=F(\phi) \end{equation*}$

yazabiliriz. Bunu alıp $(42)$ no’lu denklemde yerine yazarsak

(44) $\begin{equation*} e^{im(\phi+2\pi)}=e^{im\phi}\\ e^{im\phi}e^{2im\pi}=e^{im\phi} \end{equation*}$

Ve şimşeklerin çaktığı an! Böylesi bir eşitliğin sağlanabilmesi için $e^{2im\pi}=1$ olmalıdır ve bu ancak $m$ ‘nin aşağıdaki değerleri için mümkündür.

(45) $\begin{equation*} m=0\pm1,\pm2,\pm3,... \end{equation*}$

Şimdi $\theta$ denklemine dönebiliriz.

(46) $\begin{equation*} \sin{\theta}\frac{d}{d\theta}\Big(\sin{\theta}\frac{dT(\theta)}{d\theta}\Big)+[l(l+1)\sin^2{\theta}-m^2]T(\theta)=0 \end{equation*}$

Bu tipteki diferansiyel denklemin çözümü diğeri kadar kolay değildir. Çözüm $P_l^m$ birleşik (assosiye) Legendre fonksiyonu olmak üzere

(47) $\begin{equation*} T(\theta)=AP_l^m(cos{\theta}) \end{equation*}$

olarak verilir. Birleşik Legendre fonksiyonu ise aşağıdaki şekilde tanımlanır.

(48) $\begin{equation*} P_l^m(x)=(1-x^2)^{|m|/2}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{|m|}P_l(x) \end{equation*}$

Burada verilen $P_l(x)$ l-inci Legendre polinomudur. n-inci derecen bir Legendre polinomu Rodrigues formülü ile aşağıdaki şekilde tanımlanır.

(49) $\begin{equation*} P_n(x)=\frac{1}{2^nn!}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^n(x^2-1)^n \end{equation*}$

İlk birkaç Legendre polinomu aşağıdaki şekildedir.

$P_0(x)=1$
$P_1(x)=x$
$P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1)$
$P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x)$
$P_4(x)=\frac{1}{8}(35x^4-30x^2+3)$
$P_5(x)=\frac{1}{8}(63x^5-70x^3+15)$
$P_6(x)=\frac{1}{16}(261x^6-315x^4+105x^2-5)$

İlk birkaç legendre polinomunun grafik gösterimi

Legendre polinomlarını bildiğimize göre birleşik (assosiye) legendre fonksiyonlarını da bulabiliriz. Burada $m=0$ için $P_l^0(x)=P_l(x)$ olduğuna dikkat edin. Bu durumda ilk birkaç birleşik legendre fonksiyonu aşağıdaki şekilde verilebilir. (Fonksiyon ile polinom arasındaki farka dikkat edin!)

$m=0$ ve $l=0,1,2,3$ değerleri için
$P_0^0(x)=1$
$P_1^0(x)=x$
$P_2^0(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1)$
$P_3^0(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x)$

$m=1$ ve $l=1,2,3$ değerleri için
$P_1^1(x)=-1(1-x^2)^{1/2}$
$P_2^1(x)=-3x(1-x^2)^{1/2}$
$P_3^1(x)=\frac{3}{2}(1-5x^2)(1-x^2)^{1/2}$

$m=2$ ve $l=2,3,4$ değerleri için
$P_2^2(x)=3(1-x^2)$
$P_3^2(x)=15(1-x^2)$
$P_4^2(x)=\frac{15}{2}(7x^2-1)(1-x^2)$

Burada dikkatinizi bir şeyin çekmiş olması gerekiyor. Daima $|m|\leq l$ koşulundaki sonuçlardan bahsettik. Bunun sebebi $|m|>l$ durumunda $(d/dx)$ ‘in mertebesinin, önüne geldiği l-inci Legendre polinomunu sıfır yapmasıdır. Böylesine bir durum için $m$ ‘nin alabileceği $(2l+1)$ tane değer vardır. Bu değerler

$m=-l, -l+1,...,-1,0,1,...,l-1,l$ aralığındadır. ( $l=0,1,2,3,...$ ) olmak üzere.

İlk birkaç birleşik (assosiye) legendre fonksiyonu

Şimdi normalizasyon işlemini uygulayabiliriz. Hacim elemanı üzerinden integral alacak olursak

(50) $\begin{equation*} \int|\psi|^2r^2\sin{\theta}drd\theta d\phi=\int|R|^2r^2dr\int|Y|^2\sin{\theta}d\theta d\phi=1 \end{equation*}$

Bunları ayrı ayrı da normlayabileceğimiz açıktır.

(51) $\begin{equation*} \int_0^\infty |R|^2r^2dr=1\\ \int_0^{2\pi}\int_0^\pi|Y|^2\sin{\theta}d\theta d\phi=1 \end{equation*}$

Normlanmış açısal dalga fonksiyonlarının matematiksel çok özel bir karşılığı vardır ve fizikte sıklıkla karşımıza çıkar. Bunlara küresel harmonikler diyoruz. Aşağıdaki şekilde tanımlanır.

(52) $\begin{equation*} Y_l^m(\theta,\phi)=\epsilon\sqrt{\frac{(2l+1)}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}e^{im\phi}P_l^m(\cos{\theta}) \end{equation*}$

Buradaki $\epsilon$ aşağıdaki aşağıdaki ilk birkaç küresel harmonikte de deneyimleyeceğiniz üzere $m\geq 0$ için $\epsilon=(-1)^m$ , $m\leq 0$ için ise $\epsilon=1$ koşulunu sağlar.

İlk birkaç küresel harmonik

$Y_0^0(\theta,\phi)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{\pi}}$
$Y_1^{-1}(\theta,\phi)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sin{\theta}e^{-i\phi}$
$Y_1^0(\theta,\phi)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{\phi}}\cos{\theta}$
$Y_1^1(\theta,\phi)=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sin{\theta}e^{i\phi}$
$Y_2^{-2}(\theta,\phi)=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{15}{2\pi}}\sin^2{\theta}e^{-2i\phi}$
$Y_2^{-1}(\theta,\phi)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{15}{2\pi}}\sin{\theta}\cos{\theta}e^{-i\phi}$
$Y_2^0(\theta,\phi)=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{5}{\pi}}(3\cos^2{\theta}-1)$
$Y_2^1(\theta,\phi)=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{15}{2\pi}}\sin{\theta}\cos{\theta}e^{i\phi}$
$Y_2^2(\theta,\phi)=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{15}{2\pi}}\sin^2{\theta}e^{2i\phi}$

Bazı $|Y_l^m(\theta,\phi)|^2$ ‘lerin grafik gösterimi

İşte burada gördüğümüz $l$ açısal momentum kuantum sayısını (ya da azimutal kuantum sayısını), $m$ de manyetik kuantum sayısını ifade eder. Böylelikle lisede görüp de nereden geldiğine pek de anlam veremediğimiz bu iki kuantum sayısı bu şekilde elde edilir.

Ögetay Kayalı

Kaynaklar
1. Kuantum Mekaniğine Giriş – II Ders Notları – Cemal Parlak – Ege Üniversitesi
2. Kuantum Mekaniğine Giriş – David J. Griffiths – Çeviri: Haluk Özbek, Sondan Durukanoğlu Feyiz
3. http://www.rpi.edu/dept/phys/Courses/phys410/lct4.pdf
4. http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/quantum/sch3d.html
5. http://mathworld.wolfram.com/LegendrePolynomial.html
6. http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/math/legend.html
7. http://mathworld.wolfram.com/AssociatedLegendrePolynomial.html
8. http://mathworld.wolfram.com/SphericalHarmonic.html

Giriş

Kayıt

ilginizi Çekebilir

Yorum Bırakın Yanıtı İptal Et