贡献者： addis
预备知识 Lippmann-Schwinger 方程
，氦原子波函数数值分析（笔记）
1. 推导
1要把最后的波函数 $ \left\lvert \Psi(t_0) \right\rangle $ 投影到精确散射态 $ \left\lvert \varphi_{\alpha,E} \right\rangle $ 上，而避免计算精确散射态，可以先解
\begin{equation}
(E-H) \left\lvert \Psi_{SC}(E) \right\rangle = \left\lvert \Psi(t_0) \right\rangle ~.
\end{equation}
类比
式 5 ，形式上这相当于计算
\begin{equation}
\left\lvert \Psi_{SC}(E) \right\rangle = G^+(E) \left\lvert \Psi(t_0) \right\rangle ~.
\end{equation}
但这并不重要，数值上仍然直接解非齐次线性方程组
式 1 即可。
下一步，把末态投影到精确散射态上得
\begin{equation}
\begin{aligned}
&\quad \left\langle \varphi_{\alpha,E} \middle| \Psi(t_0) \right\rangle = \left\langle \varphi_{\alpha,E} \middle| E-H \middle| \Psi_{SC}(E) \right\rangle \\
&= \langle{\varphi_{\alpha,E}}|{\frac{ \boldsymbol{\nabla}^2 }{2}}|{\Psi_{SC}(E)}\rangle + \langle{\varphi_{\alpha,E}}|{E-V}|{\Psi_{SC}(E)}\rangle ~.
\end{aligned}
\end{equation}
由于 $(- \boldsymbol{\nabla}^2 /2+V)\varphi_{\alpha,E} = E\varphi_{\alpha,E}$
\begin{equation}
\langle{\varphi_{\alpha,E}}|{E-V}|{\Psi_{SC}(E)}\rangle = - \langle{\frac{ \boldsymbol{\nabla}^2 }{2} \varphi_{\alpha,E}}|{\Psi_{SC}(E)}\rangle ~.
\end{equation}
根据格林第二恒等式2
\begin{equation}
\int (u \boldsymbol{\nabla}^2 v - v \boldsymbol{\nabla}^2 u) \,\mathrm{d}{V} = \oint (u \boldsymbol\nabla v - v \boldsymbol\nabla u) \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{S}} } ~.
\end{equation}
可以把
式 3 写成面积分（注意 $\varphi_{\alpha,E}$ 是一个实函数）
\begin{equation}
\left\langle \varphi_{\alpha,E} \middle| \Psi(t_0) \right\rangle = \frac{1}{2} \oint [\varphi_{\alpha,E} \boldsymbol\nabla \Psi_{SC} - \Psi_{SC} \boldsymbol\nabla \varphi_{\alpha,E}] \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{S}} } ~.
\end{equation}
注意这里的矢量都是 6 维的。
另外由于这个面积分距离原子核很远，可以用 $\mathrm{He}^+$ 束缚态和库仑平面波的对称化乘积来代替。注意 $ \left\lvert n_1,l_1,m_1,l_2,k_2 \right\rangle $ 和 $ \left\lvert n_1,l_1,m_1, \boldsymbol{\mathbf{k}} _2 \right\rangle $ 在无穷远处都是没有额外相位的。
2. 高维曲面积分
6 维高斯定理为
\begin{equation}
\oint \boldsymbol{\mathbf{A}} \boldsymbol\cdot \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{S}} } = \int \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\mathbf{A}} \,\mathrm{d}{V} ~.
\end{equation}
令六维矢量场 $ \boldsymbol{\mathbf{A}} $ 为
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{A}} = (f_{r1} \hat{\boldsymbol{\mathbf{r}}} _1 + f_{\theta1} \hat{\boldsymbol{\mathbf{\theta}}} _1 + f_{\phi1} \hat{\boldsymbol{\mathbf{\phi}}} _1, \quad f_{r2} \hat{\boldsymbol{\mathbf{r}}} _2 + f_{\theta2} \hat{\boldsymbol{\mathbf{\theta}}} _2 + f_{\phi2} \hat{\boldsymbol{\mathbf{\phi}}} _2)~,
\end{equation}
其中 $f$ 都是 $r_1,\theta_1,\phi_1,r_2,\theta_2,\phi_2$ 的函数。
右边的体积分的区域为两个球体 $r_1< R_1$ 和 $r_2< R_2$ 的张量积。那么左边的面积分为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\oint \boldsymbol{\mathbf{A}} \boldsymbol\cdot \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{S}} } =&\int f_{r1}\cdot R_1^2\sin\theta_1 \,\mathrm{d}{\theta_1} \,\mathrm{d}{\phi_1} \cdot r_2^2\sin\theta_2 \,\mathrm{d}{r_2} \,\mathrm{d}{\theta_2} \,\mathrm{d}{\phi_2} \\
&+\int f_{r2}\cdot R_2^2\sin\theta_2 \,\mathrm{d}{\theta_2} \,\mathrm{d}{\phi_2} \cdot r_1^2\sin\theta_1 \,\mathrm{d}{r_1} \,\mathrm{d}{\theta_1} \,\mathrm{d}{\phi_1} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
令两个径向波函数分别为 $\varphi_{l_1,l_2}^{L,M}$ 和 $\psi_{l_1,l_2}^{L,M}$，那么式 6 中的第一项的积分为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\oint \varphi_{\alpha,E} \boldsymbol\nabla \Psi_{SC} \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{S}} } &= \sum_{l_1,l_2,L,M}\int_0^{R_2} \varphi_{l_1,l_2}^{L,M}(R_1,r_2) \frac{\partial}{\partial{r_1}} \psi_{l_1,l_2}^{L,M}(R_1,r_2) \,\mathrm{d}{r_2} \\
&+\sum_{l_1,l_2,L,M}\int_0^{R_1} \varphi_{l_1,l_2}^{L,M}(r_1,R_2) \frac{\partial}{\partial{r_2}} \psi_{l_1,l_2}^{L,M}(r_1,R_2) \,\mathrm{d}{r_1} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
假设 $\varphi_{l_1,l_2}^{L,M}(r_1,r_2)$ 中 $r_1$ 是束缚态，那么上面第一个求和为零。第二个求和中，$r_1 \ll R_2$，所以 $\varphi_{l_1,l_2}^{L,M}(r_1,R_2)$ 可以用乘积来替代。
式 6 中第二项的推导类似。
1. ^ 参考 Renate Pazourek Thesis Eq 3.36
2. ^ 推导：$ \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\cdot} (u \boldsymbol\nabla v - v \boldsymbol\nabla u) = u \boldsymbol{\nabla}^2 v - v \boldsymbol{\nabla}^2 u$，再使用高斯定理
致读者： 小时百科一直以来坚持所有内容免费，这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此，我们请求广大读者
热心打赏 ，使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元，我们一个星期内就能脱离亏损， 并保证在接下来的一整年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款， 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识， 我们在此表示感谢。