この章のまとめ

(1) $r=\sqrt{x^2+y^2}$ は $p$ を含まないので $\{r,p_r\}=\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial p_r}{\partial p_x}+\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial p_r}{\partial p_y}=\dfrac{x}{r}\dfrac{x}{r}+\dfrac{y}{r}\dfrac{y}{r}=1$。また $p_r^2+p_\varphi^2/r^2=\dfrac{(xp_x+yp_y)^2+(xp_y-yp_x)^2}{r^2}=\dfrac{(x^2+y^2)(p_x^2+p_y^2)}{r^2}=p_x^2+p_y^2$（交差項 $2xyp_xp_y$ が打ち消し合う）なので、$H=(p_x^2+p_y^2)/(2m)+V$ は与えられた形になる。

(2) 部分積分すると

$$\int_0^\infty\phi^*(-\mathrm{i}\hbar\psi')\,r\,\mathrm{d} r=\int_0^\infty(-\mathrm{i}\hbar\phi')^*\psi\,r\,\mathrm{d} r+\mathrm{i}\hbar\int_0^\infty\phi^*\psi\,\mathrm{d} r$$

（境界項は $r=0$ で $r$ が、$r\to\infty$ で関数が0にするので消える）。右辺の最後の項は一般に0でないので、$-\mathrm{i}\hbar\partial_r$ は対称でない。古典の $qp$ を $\hat q\hat p$ と量子化したときと同じく、片側に寄せた順序が自己共役性を壊している。対称化すると、$\hat{\bm{p}}\cdot\hat{\bm{n}}\,\psi=-\mathrm{i}\hbar\nabla\cdot(\bm{n}\psi)=-\mathrm{i}\hbar(\bm{n}\cdot\nabla\psi+(\nabla\cdot\bm{n})\psi)$ で、2次元では $\nabla\cdot\bm{n}=1/r$、$\bm{n}\cdot\nabla=\partial_r$ なので

$$\hat p_r=\tfrac12\bigl(-\mathrm{i}\hbar\partial_r-\mathrm{i}\hbar\partial_r-\mathrm{i}\hbar/r\bigr)=-\mathrm{i}\hbar\Bigl(\partial_r+\frac{1}{2r}\Bigr).$$

同じ部分積分で、余分な項 $\mathrm{i}\hbar\int\phi^*\psi\,\mathrm{d} r$ が $-\mathrm{i}\hbar/(2r)$ の寄与で打ち消され、$\hat p_r$ は対称になる。

(3) $\hat p_r^2R=-\hbar^2(\partial_r+\tfrac1{2r})^2R=-\hbar^2\bigl(R''+\tfrac1rR'-\tfrac{1}{2r^2}R+\tfrac{1}{4r^2}R\bigr)=-\hbar^2\bigl(R''+\tfrac1rR'\bigr)+\tfrac{\hbar^2}{4r^2}R$。2次元の Laplacian は $\nabla^2=\partial_r^2+\tfrac1r\partial_r+\tfrac{1}{r^2}\partial_\varphi^2$ で、$\hat p_\varphi=-\mathrm{i}\hbar\partial_\varphi$ だから

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2=\frac{\hat p_r^2}{2m}-\frac{\hbar^2}{8mr^2}+\frac{\hat p_\varphi^2}{2mr^2},$$

すなわち与えられた形になる。$-\hbar^2/(8mr^2)$ は、デカルト座標で量子化した演算子を極座標の演算子 $\hat p_r$ で書き直したときに、$\hat p_r$ と $1/r$ が交換しないために残った項で、古典の極限 $\hbar\to0$ で消える。極座標で処方を直接当てると、この項は出てこない。

(4) $\hat p_\varphi^2$ の固有値 $\ell^2\hbar^2$ を入れると、(3) の $\hat H$ の遠心力の項は $\hbar^2(\ell^2-1/4)/(2mr^2)$ になる。$u=\sqrt rR$ と置くと $\sqrt r\,(\partial_r+\tfrac{1}{2r})(u/\sqrt r)=u'$ なので、$\hat p_r$ は $u$ の上で $-\mathrm{i}\hbar\,\partial_r$ と働き、$\hat p_r^2/(2m)$ は $-\tfrac{\hbar^2}{2m}u''$ になる。したがって $u$ の方程式の遠心力の項は $\tfrac{\hbar^2}{2mr^2}(\ell^2-\tfrac14)$ のままで、与えられた形と比べて $\nu^2=\ell^2$、$\nu=\lvert \ell\rvert$。エネルギーは $E=\hbar\omega(2n_r+\lvert \ell\rvert +1)$ である。$N=2n_r+\lvert \ell\rvert$ を固定すると、$(n_r,\ell)$ の組は $\ell=N,N-2,\dots,-N$ の $N+1$ 個あり、デカルト座標の $n_x+n_y=N$ を満たす $(n_x,n_y)$ の数 $N+1$ と一致する。基底は $N=0$ の $E=\hbar\omega$、$E=3\hbar\omega$ は $(n_r,\ell)=(1,0),(0,\pm2)$ の3重である。

(5) $\hat H'$ では遠心力の項が $\hbar^2\ell^2/(2mr^2)=\hbar^2\bigl((\ell^2+\tfrac14)-\tfrac14\bigr)/(2mr^2)$ になるので、$\nu=\sqrt{\ell^2+1/4}$。$\ell=0$ の基底は $E=\hbar\omega(\tfrac12+1)=1.5\,\hbar\omega$ で、正しい値 $\hbar\omega$ より $0.5\,\hbar\omega$ 高い。$E=3\hbar\omega$ の3重の準位は、$(n_r,\ell)=(1,0)$ が $\hbar\omega(2+\tfrac12+1)=3.5\,\hbar\omega$、$(0,\pm2)$ が $\hbar\omega(\sqrt{17}/2+1)=3.06\,\hbar\omega$ に分かれ、デカルト座標の答えにある縮退が壊れる。$\lvert \ell\rvert$ が大きいと $\sqrt{\ell^2+1/4}-\lvert \ell\rvert \approx1/(8\lvert \ell\rvert )$ で（$\ell=10$ で $0.0125$）、角運動量が $\hbar$ に比べて大きい古典的な状態ほど誤差は小さい。順序（座標の選び方）の違いが $\hbar^2$ の項として現れ、$\hbar\to0$ では消えるという2.2.4 節と同じ構造である。正しい答えはデカルト座標で量子化した方で、位相空間の言葉では Weyl の順序で $p_x^2+p_y^2$ を量子化したもの（2次式なので曖昧さが無い）に当たる。