$$H=-\frac{\hbar^2}{2m}\vec{\nabla}^2$$3차원 spherical coordinate에서 이것은 다음과 같이 써진다.
$$H=-\frac{\hbar^2}{2m}\left( \frac{1}{r^2}\partial_r r^2 \partial_r \right)+\frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$그런데 $\frac{1}{r^2} \partial_r r^2 \partial_r = \frac{1}{r} \partial_r ^2 r = \left( \frac{1}{r} \partial_r r \right)^2$ 이므로 아래와 같이 완벽하게 radial component + angular component로 분리가 가능하다.
$$H=-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{1}{r} \partial_r r \right)^2 + \frac{L^2}{2mr^2}=\frac{P_r^2}{2m}+\frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$ 마찬가지로 1차원에서도 (angular 성분이 없는) 자명하게 성립한다. 여기서 정의했던 radial momentum은 다음과 같다.
$$P_r = \frac{1}{2} \left( \vec{P} \cdot \frac{\vec{r}}{r} + \frac{\vec{r}}{r} \cdot \vec{P} \right) = \frac{\hbar}{i} \left( \partial_r +\frac{1}{r} \right) = \frac{\hbar}{i} \frac{1}{r} \partial_r r$$
하지만 2차원에서도 과연 momentum이 radial component와 angular component로 완벽하게 분리가 가능할까? 답은 No이다. 2차원에서 radial momentum operator로부터
$$P_r = \frac{1}{2} \left( \vec{P} \cdot \frac{\vec{r}}{r} + \frac{\vec{r}}{r} \cdot \vec{P} \right) =\frac{\hbar}{i} \left( \partial_r + \frac{1}{2r} \right) \\ \frac{P_r^2}{2m}+\frac{P_\theta^2}{2mr^2}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left( \partial_r^2 +\frac{1}{r} \partial_r - \frac{1}{4r^2} \right) -\frac{\hbar^2}{2mr^2}\partial_\theta^2$$ $\nabla^2$를 직접 전개하여 얻은 2차원에서의 Hamiltonian은 다음과 같다.
$$H=\frac{\vec{P}^2}{2m}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left( \partial_r^2 +\frac{1}{r}\partial_r \right) -\frac{\hbar^2}{2mr^2} \partial_\theta^2$$
즉 2차원에서는 momentum이 radial component + angular component로 완벽하게 분리되지 않는다는 것이다.
$$H=\frac{\vec{P}^2}{2m} \neq \frac{P_r^2}{2m}+\frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$
고전역학에서의 물리량 $\vec{P}$는 2차원에서도 자명하게 $\vec{P}^2=P_r^2+\frac{\vec{L}^2}{r^2}$이 성립했으나, 이것이 양자역학에서 적절한 Hermitian operator로의 대응이 제대로 이루어지지 않았던 것일까? 일단 1차원과 3차원에서는 위 radial operator가 잘 정의되어 radial momentum과 angular momentum으로 잘 분리되었음을 확인했으므로, 차원을 더 확장하여 n차원에서 성립할 조건을 살펴보자. 그러기 위해서 n차원에서의 Laplacian을 spherical coordinate에서 나타내야 할 필요가 있다. 적절한 차원 확장을 위해 우리가 알고있는 1~3차원에서 spherical coordinate를 살펴보자.
$$\begin{matrix} x=r \end{matrix} \:\:\:\: in\: 1D,\:\:\: \begin{matrix} x=r\cos\phi \\ y=r\sin\phi \end{matrix} \:\:\:\: in\: 2D, \:\:\: \begin{matrix} x=r\sin\theta\cos\phi \\ y=r\sin\theta\sin\phi \\ z=r\cos\theta \end{matrix} \:\:\:\: in\: 3D$$
$$P_r = \frac{1}{2} \left( \vec{P} \cdot \frac{\vec{r}}{r} + \frac{\vec{r}}{r} \cdot \vec{P} \right) =\frac{\hbar}{i} \left( \partial_r + \frac{1}{2r} \right) \\ \frac{P_r^2}{2m}+\frac{P_\theta^2}{2mr^2}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left( \partial_r^2 +\frac{1}{r} \partial_r - \frac{1}{4r^2} \right) -\frac{\hbar^2}{2mr^2}\partial_\theta^2$$ $\nabla^2$를 직접 전개하여 얻은 2차원에서의 Hamiltonian은 다음과 같다.
$$H=\frac{\vec{P}^2}{2m}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left( \partial_r^2 +\frac{1}{r}\partial_r \right) -\frac{\hbar^2}{2mr^2} \partial_\theta^2$$
즉 2차원에서는 momentum이 radial component + angular component로 완벽하게 분리되지 않는다는 것이다.
$$H=\frac{\vec{P}^2}{2m} \neq \frac{P_r^2}{2m}+\frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$
고전역학에서의 물리량 $\vec{P}$는 2차원에서도 자명하게 $\vec{P}^2=P_r^2+\frac{\vec{L}^2}{r^2}$이 성립했으나, 이것이 양자역학에서 적절한 Hermitian operator로의 대응이 제대로 이루어지지 않았던 것일까? 일단 1차원과 3차원에서는 위 radial operator가 잘 정의되어 radial momentum과 angular momentum으로 잘 분리되었음을 확인했으므로, 차원을 더 확장하여 n차원에서 성립할 조건을 살펴보자. 그러기 위해서 n차원에서의 Laplacian을 spherical coordinate에서 나타내야 할 필요가 있다. 적절한 차원 확장을 위해 우리가 알고있는 1~3차원에서 spherical coordinate를 살펴보자.
$$\begin{matrix} x=r \end{matrix} \:\:\:\: in\: 1D,\:\:\: \begin{matrix} x=r\cos\phi \\ y=r\sin\phi \end{matrix} \:\:\:\: in\: 2D, \:\:\: \begin{matrix} x=r\sin\theta\cos\phi \\ y=r\sin\theta\sin\phi \\ z=r\cos\theta \end{matrix} \:\:\:\: in\: 3D$$
여기서 azimuthal angle $\phi$의 범위는 $0\leq\phi\leq 2\pi$이고, polar angle $\theta$의 범위는 $0\leq\theta\leq \pi$이다. 3차원 까지만 봐서는 적당한 규칙성이 와닿지 않는다. 각도좌표를 하나 더 추가하고($\theta_2$), 직교축을 하나 더 추가하여($w$) 4차원에서의 역좌표변환을 살펴보면
$$r=\sqrt{\vec{r}\cdot \vec{r}},\: \phi=\arctan{\frac{y}{x}}, \: \theta_1=\arctan{\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}}, \: \theta_2=\arctan{\frac{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}{w}}$$
여기서 살펴보아야 할 것은 Parity operator ($\vec{r} \to -\vec{r}$)에 대하여 azimuthal angle이 같은 값을 가진다는 것이다. 즉 $\phi$는 계속 $xy$평면에서의 각도로 정의하면 다른 polar angle들과 명백한 차이가 존재한다. 결론부터 적었지만 4차원에서 구면좌표계로의 변환을 증명해보자면(https://ko.wikipedia.org/wiki/%EC%B4%88%EA%B5%AC%EB%A9%B4_%EC%A2%8C%ED%91%9C%EA%B3%84), $w=0$에서 기존의 3차원 구면좌표계로 환원되어야 하므로 다음과 같이 두자.
$$x=r\cos\phi\sin\theta_1 f_1(\theta_2), \:\: y=r\sin\phi\sin\theta_1 f_2(\theta_2), \:\: z=r\cos\theta_1 f_3(\theta_2),\:\: w=r f_4(\theta)$$
$r$을 Euclidean norm으로 잡는다. 즉, $r^2=x^2+y^2+z^2+w^2$로부터 다음의 식을 얻는다.
$$(f_4^2+f_3^2)+\sin^2\theta_1(f_2^2-f_3^2)+\sin^2\theta_1\cos^2\phi (f_1^2-f_2^2)=1$$
이것은 각 변수들에 대해서 독립인 항등식이므로 $f_4^2+f_3^2=1$이므로 $f_4=\cos\theta_2$, $f_3=\sin\theta_2$로 두자. 그럼 항등식의 나머지 부분에서 $f_1=f_2=f_3=\sin\theta_2$이다. 이것을 귀납적으로 계속 차원확장을 해 나가면, 결과적으로 다음과 같이 될 것이다. ($0\leq\phi\leq 2\pi$, $0\leq\theta_i\leq \pi$, $0\leq r <\infty$)
$$\begin{matrix} x_1=r\sin\theta_1\sin\theta_2\cdots \sin\theta_{n-2} \cos\phi \\ x_2=r\sin\theta_1\sin\theta_2\cdots \sin\theta_{n-2}\sin\phi \\ x_3=r\cos\theta_1\sin\theta_2\cdots \sin\theta_{n-2} \\ \vdots \\ x_i=r\cos\theta_{i-2} \sin\theta_{i-1} \cdots \sin\theta_{n-2} \\ \vdots \\ x_n=r\cos\theta_{n-2} \end{matrix}$$
좌표계를 rename하여 $u^1=r$, $u^2=\theta_{n-2}$, $\cdots$, $u^{n-1}=\theta_1$, $u^n=\phi$라 하자. 자연스럽게 metric tensor $g_{\mu\nu}=\frac{\partial x^\rho}{\partial u^\mu}\frac{\partial x^\rho}{\partial u^\nu}$는 다음과 같이 일반화된다.
$$g_{ij}=\begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & r^2 & & & \\ & & r^2\sin^2 \theta_{n-2} & & \\ & & & \ddots & \\ & & & & r^2\sin^2 \theta_{n-2} \cdots \sin^2\theta_1 \end{pmatrix}$$
이제 n차원에서의 Laplacian을 유도할 것이다. 먼저 임의의 vector $A^i$에 대하여 divergence는,
$$\nabla_i A^i =\partial_i A^i + \Gamma^{i}_{\:ik}A^k \\ \Gamma^{i}_{\:ij}=\frac{1}{2}g^{ki} (\partial_i g_{jk}+\partial_j g_{ki}-\partial_{k} g_{ij}) = \frac{1}{2}g^{ki}\partial_j g_{ki}$$
Cofactor matrix $\tilde{Q}$는 $Q^{-1}=\frac{1}{Q}\tilde{Q}$를 만족한다. Jacobi formula에 의해 $\partial_k Q = \tilde{Q}^{ji}\partial_k Q_{ij}$이므로, metric $g$가 symmetric함을 이용하여
$$\frac{1}{g}\partial_k g = \frac{1}{g} \tilde{g}^{ij} \partial_k g_{ij} = g^{ij} \partial_k g_{ij}$$
이것을 $A$의 divergence식에 대입하여 다음을 얻는다.
$$\nabla_i A^i = \partial_i A^i + \frac{1}{2}g^{ki} \partial_j g_{ki} A^j =\partial_i A^i + \frac{1}{2g} (\partial_j g)A^j =\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_i \sqrt{g} A^i$$
scalar phi에 대하여 $\nabla_i \phi = \partial_i \phi$이므로 $A^i=\nabla^i \phi$를 대입하면 다음의 결과를 얻는다.
$$\nabla^2 = \frac{1}{\sqrt{g}} \partial_i \sqrt{g} g^{ij} \partial_j$$
$g=r^{2n-2} \sin^{2n-4} \theta_{n-2} \cdots \sin^2 \theta_1$이므로, 이것의 radial part와 angular part로 나누어보자. $g_{ij}$의 off-diagonal은 전부 0이므로
$$\nabla^2 = \frac{1}{r^{n-1}f(\theta_i)} \partial_r (r^{n-1}f(\theta_i) g^{rr} \partial_r)+\frac{g(\theta_i)}{r^2}=\left( \partial_r^2 + \frac{n-1}{r} \partial_r \right) - \frac{\vec{L}^2}{r^2 \hbar^2}\\ \frac{\vec{P}^2}{2m}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\partial_r^2+\frac{n-1}{r}\partial_r \right) + \frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$
n-dim에서 radial momentum은 정의에 따라
$$P_r=\frac{1}{2}\left( \hat{r}\cdot \vec{P}+\vec{P}\cdot \hat{r} \right) = -\frac{i\hbar}{2}\left( \hat{r} \cdot \vec{\nabla} + \vec{\nabla} \cdot \hat{r} \right) = -i\hbar \left(\partial_r + \frac{n-1}{2r} \right) \\ P_r^2 = -\hbar^2 \left(\partial_r + \frac{n-1}{2r} \right) \left(\partial_r + \frac{n-1}{2r} \right) =-\hbar^2 \left( \partial_r^2+\frac{n-1}{r}\partial_r+\frac{(n-1)(n-3)}{4r^2} \right)$$
따라서 임의의 n차원에 대해서 두 식은 다르다.
$$\frac{\vec{P}^2}{2m} \neq \frac{P_r^2}{2m}+ \frac{\vec{L}^2}{2mr^2}$$
군더더기항 $-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{(n-1)(n-3)}{4r^2}$이 존재하여 1, 3차원에서만 radial compoenet와 angular component로 완벽하게 나누어 지는 것이다. $P_r=\frac{1}{2}\left( \hat{r}\cdot \vec{P}+\vec{P}\cdot \hat{r} \right)$로 정의하게 되면 radial 성분에 대한 commutation relation $[r,P_r]=i\hbar$을 만족시킴과 동시에 1, 3차원에 한해 고전역학에 완벽히 대응하는 Hermitian operator이다. 좀 더 일반적으로는 고전적인 물리량 $P_r^2$이 양자역학에서 hermitian operator ${P'}_r^\dagger {P'}_r$에 대응한다고 하자. 단순히 $P'_r$만 보게되면 이것은 일반적으로 Hermitian이 아니며, Hermitian인 $P_r$과의 관계로 다음 식을 만족한다.
$${P'}_r^\dagger{P'}_r=P_r^2 + \hbar^2 \frac{(n-1)(n-3)}{4r^2}$$
이것은 마치 extra-potential이 있는 것 처럼 보인다.
(추가예정)