球對稱位勢

球對稱位勢乃是一種只與徑向距離有關的位勢。許多描述宇宙交互作用的基本位勢，像重力勢、電勢，都是球對稱位勢。這條目只講述，在量子力學裏，運動於球對稱位勢中的粒子的量子行為。這量子行為，可以用薛丁格方程式表達為

$- \frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\psi + V(r)\psi=E\psi$。

其中，$\hbar$是普朗克常數，$\mu$是粒子的質量，$\psi$是粒子的波函數，$V$是位勢，$r$是徑向距離，$E$是能量。

由於球對稱位勢$V(r)$只與徑向距離有關，與天頂角$\theta$、方位角$\phi$無關，為了便利分析，可以採用球坐標$(r,\ \theta,\ \phi)$來表達這問題的薛丁格方程式。然後，使用分離變數法，可以將薛丁格方程式分為兩部分，徑向部分與角部分。

## 薛丁格方程式

採用球坐標$(r,\ \theta,\ \phi)$，將拉普拉斯算子$\nabla^2$展開：

$-\frac{\hbar^2}{2\mu r^2}\left \{ \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{\sin^2\theta}\left[\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta}\right)+\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right]\right \}\psi +V(r)\psi= E\psi$。

滿足薛丁格方程式的本徵函數$\psi$的形式為：

$\psi(r,\ \theta,\ \phi) = R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)$。

其中，$R(r)$，$\Theta(\theta)$，$\Phi(\phi)$，都是函數。$\Theta(\theta)$與$\Phi(\phi)$時常會合併為一個函數，稱為球諧函數，$Y_{lm}(\theta,\ \phi)=\Theta(\theta)\Phi(\phi)$。這樣，本徵函數$\psi$的形式變為：

$\psi(r,\ \theta,\ \phi) = R(r)Y_{lm}(\theta,\ \phi)$。

## 角部分解答

參數為天頂角$\theta$、方位角$\phi$的球諧函數$Y_{lm}$，滿足角部分方程式

$-\frac{1}{\sin^2\theta} \left[ \sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta} \Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\Big) +\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right] Y_{lm}(\theta,\phi) = l(l+1)Y_{lm}(\theta,\phi)$。

其中，非負整數$l$是角動量的角量子數。$m$（滿足$- l\le m\le l$）是角動量對於z-軸的（量子化的）投影。不同的$l$與$m$給予不同的球諧函數解答$Y_{lm}$：

$Y_{lm}(\theta,\ \phi) =(i)^{m+|m|} \sqrt{{(2l+1)\over 4\pi}{(l - |m|)!\over(l+|m|)!}} \, P_{lm} (\cos{\theta}) \, e^{im\phi}$。

其中，$i$是虛數單位，$P_{lm}(\cos{\theta})$是伴隨勒讓德多項式，用方程式定義為

$P_{lm}(x) = (1 - x^2)^{|m|/2}\ \frac{d^{|m|}}{dx^{|m|}}P_l(x)$。

而$P_l(x)$是$l$階勒讓德多項式，可用羅德里格公式表示為

$P_l(x) = {1 \over 2^l l!} {d^l \over dx^l }(x^2 - 1)^l$。

## 徑向部分解答

將角部分解答代入薛丁格方程式，則可得到一個一維的二階微分方程式：

$\left \{ - {\hbar^2 \over 2\mu r^2} {d\over dr}\left(r^2{d\over dr}\right) +{\hbar^2 l(l+1)\over 2\mu r^2}+V(r) \right \} R(r)=ER(r)$。(1)

設定函數$u(r)=r R(r)$。代入方程式(1)。經過一番繁雜的運算，可以得到

$- {\hbar^2 \over 2\mu } {d^2 u(r)\over dr^2} +{\hbar^2 l(l+1)\over 2\mu r^2}u(r)+V(r) u(r)=Eu(r)$。(2)

徑向方程式變為

$-{\hbar^2 \over 2\mu } {d^2 u(r) \over dr^2} + V_{\mathrm{eff}}(r) u(r) = E u(r)$；(3)

其中，有效位勢$V_{\mathrm{eff}}(r)=V(r)+\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2\mu r^2}$。

這正是函數為$u(r)$，有效位勢為$V_{\mathrm{eff}}$的薛丁格方程式。徑向距離$r$的定義域是從$0$到$\infty$。新加入有效位勢的項目，稱為離心位勢。

為了要更進一步解析方程式(2)，必須知道位勢的形式。不同的位勢有不同的解答。

## 實例

在這裏，有四個很特別、很重要的實例。這些實例都有一個共同點，那就是，它們的位勢都是球對稱的。因此，它們的角部分解答都是球諧函數。這四個實例是：

- $V(r)=0$：原方程變為亥姆霍茲方程$(\nabla^2 + \frac{2\mu E}{\hbar^2})A = 0$，使用球諧函數為正交歸一基，解析眞空狀況實例。這實例可以做為別的實例的基礎。
- 當$r<r_0$時，$V(r)=0$；否則，$V(r)=\infty$：這實例比第一個實例複雜一點，可以描述三維的圓球形盒子中的粒子的量子行為。
- $V(r)\propto r^2$：研討三維均向性諧振子的實例。在量子力學裏，是少數幾個存在簡單的解析解的量子模型。
- $V(r)\propto 1/r$：關於類氫原子的束縛態的實例，也有簡單的解析解。

### 真空狀況實例

思考$V(r)=0$的狀況，設定$k\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ \sqrt{2\mu E\over\hbar^2}$，在設定無因次的變數

$\rho\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ kr$。

代入方程式(2)，定義$J(\rho)\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ \sqrt{\rho} R(r)$，就會得到貝塞爾方程式，一個二階常微分方程式：

$\rho^2{d^2J\over d\rho^2}+\rho{dJ\over d\rho}+\left[\rho^2-\left(l+\frac{1}{2}\right)^2\right]J=0$。

貝塞爾方程式的解答是第一類貝塞爾函數$J_{l+1/2}(\rho)$；而$R(r)$是第一類球貝塞爾函數（真空解的邊界條件要求原點的函數值有限，因此在原點趨於無窮的第二類球貝塞爾函數項的係數必須為零）：

$R(r) = j_l(kr) \ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ \sqrt{\pi/(2kr)} J_{l+1/2}(kr)$。(4)

在眞空裏，一個粒子的薛丁格方程（即自由空間中的齊次亥姆霍茲方程）的解，以球坐標來表達，是球貝塞爾函數與球諧函數的乘積：

$\psi(r,\ \theta,\ \phi)=A_{kl}j_l(kr)Y_{lm}(\theta,\phi)$。

其中，歸一常數$A_{kl}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,k$，$l$是非負整數，$m$是整數，$- l \le m\le l$，$k$是實數，$k \ge 0$。

這些解答都是角動量確定態的波函數。這些確定態都有明確的角動量。

#### 波函數歸一化導引

波函數的角部分已經歸一化，剩下來必須將徑向部分歸一化。徑向函數的歸一化條件為

$1=A_{kl}^2\int_0^{\infty}\ r^2 j_l^2(kr)\ dr$。

根據球貝塞爾函數的封閉方程式。

$\int_0^{\infty}\ x^2 j_{\alpha}(k_1 x) j_{\alpha}(k_2 x)\ dx = \frac{\pi}{2k_1^2}\delta(k_1-k_2)$。

其中，$\alpha>0$，$\delta_{k}$為克羅內克δ。

所以，$1=A_{kl}^2\frac{\pi}{2k^2}$。取平方根，歸一常數$A_{kl}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,k$。

### 球對稱的三維無限深方形位勢阱

<image>

思考一個球對稱的無限深方形阱，阱內位勢為0，阱外位勢為無限大。用方程式表達：

$V(r)= \begin{cases} <pre> 0, & \mbox{if }r \le r_0 \\ \infty, & \mbox{if }r > r_0 </pre> \end{cases}$。

其中，$r_0$是球對稱阱的半徑。

立刻，可以察覺，阱外的波函數是0；而由於阱內的薛丁格方程式與真空狀況的薛丁格方程式相同，波函數是球貝塞爾函數$R(r) = j_l(kr)$。為了滿足邊界條件，波函數必須是連續的。匹配阱內與阱外的波函數，球貝塞爾函數在徑向坐標$r =r_0$之處必須等於0：

$j_l(kr_0)=0$。

設定$\xi_{nl}$為$l$階球貝塞爾函數$j_l$的第$n$個0點，則$k_{nl}r_0=\xi_{nl}$。

那麼，離散的能級$E_{nl}$為

$E_{nl}=\frac{\hbar^2 k_{nl}^2}{2\mu}=\frac{\hbar^2 \xi_{nl}^2}{2\mu r_0^2}$。

薛丁格方程式的整個解答是

$\psi_{nlm}(r,\ \theta,\ \phi)=A_{nl} j_l(\xi_{nl}\,r/r_0)\, Y_{lm}(\theta,\ \phi)$。

其中，歸一常數$A_{nl}=\left(\frac{2}{r_0^3}\right)^{1/2}\frac{1}{j_{l+1}(\xi_{nl})}$。

#### 波函數歸一化導引

波函數的角部分已經歸一化，剩下來必須將徑向部分歸一化。徑向函數的歸一化條件為

$1=A_{nl}^2\int_0^{r_0}\ r^2 j_l^2(k_{nl}r)\ dr$。

將球貝塞爾函數與第一類貝塞爾函數的關係方程式(4)代入積分：

$1=A_{nl}^2\int_0^{r_0}\ r^2\ \frac{\pi}{2k_{nl}r}\ J_{l+1/2}^2(k_{nl}r)\ dr=A_{nl}^2\frac{\pi}{2k_{nl}}\int_0^{r_0}\ rJ_{l+1/2}^2(k_{nl}r)\ dr$。

設定變數$x=r/r_0$，代入積分：

$1=A_{nl}^2\frac{\pi r_0^2}{2k_{nl}}\int_0^{1}\ xJ_{l+1/2}^2(k_{nl}r_0 x)\ dx=A_{nl}^2\frac{\pi r_0^3}{2\xi_{nl}}\int_0^{1}\ xJ_{l+1/2}^2(\xi_{nl}x)\ dx$。

根據貝塞爾函數的正交歸一性方程式。

$\int_0^1 x J_\alpha(x \xi_{m\alpha}) J_\alpha(x \xi_{n\alpha}) dx = \frac{\delta_{mn}}{2} J_{\alpha+1}(\xi_{n\alpha})^2$。

其中，$\alpha > - 1$，$\delta_{mn}$為克羅內克δ，$\xi_{n\alpha}$表示$J_\alpha(x)$的第$n$個0點。

注意到$j_l(x)$的第$n$個0點$\xi_{nl}$也是$J_{l+1/2}(x)$的第$n$個0點。所以。

$1=A_{nl}^2\ \frac{\pi r_0^3}{4\xi_{nl}}\ J_{l+3/2}^2(\xi_{nl})=A_{nl}^2\ \frac{r_0^3}{2}\ j_{l+1}^2(\xi_{nl})$。

取平方根，歸一常數$A_{nl}=\left(\frac{2}{r_0^3}\right)^{1/2} \frac{1}{j_{l+1}(\xi_{nl})}$。

### 三維均向諧振子

三維均向諧振子的位勢為

$V(r) = \tfrac{1}{2} \mu \omega^2 r^2$。

其中，$\omega$是角頻率。

用階梯算符的方法，可以證明N維諧振子的能量是

$E_n = \hbar \omega( n + \tfrac{N}{2})\quad\hbox{with}\quad n=0,1,\ldots,\infty,$。

所以，三維均向諧振子的徑向薛丁格方程式是

$\left[ - {\hbar^2 \over 2\mu } {d^2 \over dr^2} + {\hbar^2l(l+1) \over 2\mu r^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2 r^2 - \hbar\omega(n+\frac{3}{2}) \right] u(r) =0$。(5)

設定常數$\gamma$。

$\gamma \equiv \frac{\mu \omega}{\hbar}$。

回想$u(r) = r R(r)$，則徑向薛丁格方程式有一個歸一化的解答：

$R_{nl}(r) =N_{nl} \, r^{l} \, e^{ - \frac{1}{2}\gamma r^2}\; L^{(l+\frac{1}{2})}_{\frac{1}{2}(n - l)}(\gamma r^2)$。

其中，函數$L^{(\alpha)}_k(\gamma r^2)$是廣義拉蓋爾多項式，$N_{nl}$是歸一化常數：

$N_{nl} = \left[\frac{ 2^{n+l+2} \,\gamma^{l+\frac{3}{2}} } {\pi^{\frac{1}{2}}}\right]^{\frac{1}{2}}\left[\frac{ [\frac{1}{2}(n - l)]!\;[\frac{1}{2}(n+l)]!}{(n+l+1)!}\right]^{\frac{1}{2}}$。

本徵能級$E_n$的本徵函數$R_{nl}$，乘以球諧函數$Y_{lm}(\theta, \phi)$，就是薛丁格方程式的整個解答：

$\psi_{nlm} = R_{nl}(r)\, Y_{lm}(\theta,\ \phi)$。

其中$l = n,\ n-2,\ \ldots,\ l_\mathrm{min}$。假若$n$是偶數，設定$l_\mathrm{min}=0$；否則，設定$l_\mathrm{min}=1$。

#### 導引

在這導引裏，徑向方程式會被轉換為廣義拉蓋爾微分方程式。這方程式的解是廣義拉蓋爾多項式。再將廣義拉蓋爾多項式歸一化以後，就是所要的答案。

首先，將徑向坐標無因次化，設定變數$y= \sqrt{\gamma}r$；其中，$\gamma \equiv \frac{\mu \omega}{\hbar}$。則方程式(5)變為

$\left[{d^2 \over dy^2} - {l(l+1) \over y^2} - y^2 + 2n - 3 \right] v(y) = 0$；(6)

其中，$v(y) = u \left(y / \sqrt{\gamma} \right)$是新的函數。

當$y$接近0時，方程式(6)最顯著的項目是

$\left[{d^2 \over dy^2} - {l(l+1)\over y^2} \right] v(y) = 0$。

所以，$v(y)$與$y^{l+1}$成正比。

又當$y$無窮遠時，方程式(6)最顯著的項目是

$\left[{d^2 \over dy^2} - y^2\right] v(y) = 0$。

因此，$v(y)$與$e^{-y^2/2}$成正比。

為了除去$v(y)$在原點與無窮遠的極限性態，達到孤立解答函數的形式的目的，必須使用$v(y)$的替換方程式：

$v(y) = y^{l+1} e^{-y^2/2} f(y)$。

經過一番運算，這個替換將微分方程式(6)轉換為

$\left[{d^2 \over dy^2} + 2 \left(\frac{l+1}{y} - y\right)\frac{d}{dy} + 2n - 2l \right] f(y) = 0$。(7)

##### 轉換為廣義拉蓋爾方程式

設定變數$x = y^2$，則微分算子為

$\frac{d}{dy} = \frac{dx}{dy}\frac{d}{dx} = 2 y \frac{d}{dx} = 2 \sqrt{x} \frac{d}{dx}$。

$\frac{d^2}{dy^2} = \frac{d}{dy} \left( 2 y \frac{d}{dx} \right) = 4 x \frac{d^2}{dx^2} + 2 \frac{d}{dx}$。

代入方程式(7)，就可得到廣義拉蓋爾方程式：

$x\frac{d^2g}{dx^2} + \Big( (l+\tfrac{1}{2}) + 1 - x\Big) \frac{dg}{dx} + \tfrac{1}{2}(n-l)g(x) = 0$。

其中，函數$g(x)\equiv f(\sqrt{x})$。

假若，$k \equiv (n-l)/2$是一個非負整數，則廣義拉蓋爾方程式的解答是廣義拉蓋爾多項式：

$g(x) = L_k^{(l+\frac{1}{2})}(x)$。

因為$k$是非負整數，要求

- $n \ge l$。
- $n$與$l$同時為奇數或同時為偶數。這證明了前面所述$l$必須遵守的條件。

##### 波函數歸一化

回憶到$u(r) = r R(r)$，徑向函數可以表達為

$R_{nl}(r) =N_{nl} \, r^{l} \, e^{ - \frac{1}{2}\gamma r^2}\; L^{(l+\frac{1}{2})}_{\frac{1}{2}(n - l)}(\gamma r^2)$。

其中，$N_{nl}$是歸一常數。

$R_{nl}(r)$的歸一條件是

$\int^\infty_0 r^2 |R_{nl}(r)|^2 \, dr = 1$。

設定$q = \gamma r^2$。將$R_{nl}$與$q$代入積分方程式：

$\frac{N^2_{nl}}{2\gamma^{l+{3 \over 2}}} \int^\infty_0 q^{l + {1 \over 2}} e^{ - q} \left [ L^{(l+\frac{1}{2})}_{\frac{1}{2}(n - l)}(q) \right ]^2 \, dq = 1$。

應用廣義拉蓋爾多項式的正交歸一性，這方程式簡化為

$\frac{N^2_{nl}}{2\gamma^{l+{3 \over 2}}} \cdot \frac{\Gamma[\frac{1}{2}(n+l+1)+1]}{[\frac{1}{2}(n-l)]!} = 1$。

因此，歸一常數可以表達為

$N_{nl} = \sqrt{\frac{2 \, \gamma^{l+{3\over 2}} \, (\frac{n - l}{2})! }{\Gamma(\frac{n+l}{2}+\frac{3}{2})}}$。

應用伽瑪函數的數學特性，同時注意$n$與$l$的奇偶性相同，可以導引出其它形式的歸一常數。伽瑪函數變為

}{2^{\frac{n+l}{2}+1 = \frac{\sqrt{\pi}(n+l+1)!}{2^{n+l+1}[\frac{1}{2}(n+l)]!}$。

在這裏用到了雙階乘 (double factorial)的定義。

所以，歸一常數等於

$N_{nl} = \left [ \frac{2^{n+l+2} \,\gamma^{l+{3 \over 2}}\,[{1 \over 2}(n-l)]!\;[{1 \over 2}(n+l)]!}{\;\pi^{1 \over 2} (n+l+1)! } \right ]^{1 \over 2}$。

### 類氫原子

類氫原子只含有一個原子核與一個電子，是個簡單的二體系統。兩個物體之間，互相作用的位勢遵守庫侖定律：

$V(r) = - \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Ze^2}{r}$。

其中，$\epsilon_0$是真空電容率，$Z$是原子序，$e$是單位電荷量，$r$是電子離原子核的徑向距離。

將位勢代入方程式(1)。

$\left \{ - {\hbar^2 \over 2\mu r^2} {d\over dr}\left(r^2{d\over dr}\right) +{\hbar^2 l(l+1)\over 2\mu r^2} - \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Ze^2}{r} \right \} R(r)=ER(r)$。

這方程式的解答是

$R_{nl} (r) = \sqrt {{\left ( \frac{2 Z}{n a_{\mu}} \right ) }^3\frac{(n-l-1)!}{2n[(n+l)!]^3} } e^{- Z r / {n a_{\mu}}} \left ( \frac{2 Z r}{n a_{\mu}} \right )^{l} L_{n-l-1}^{2l+1} \left ( \frac{2 Z r}{n a_{\mu}} \right )$。

其中，$a_{\mu} = {{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}\over{\mu e^2}}$。$a_{\mu}$近似於波耳半徑$a_0$。假若，原子核的質量是無限大的，則$a_\mu = a_0$，並且，約化質量等於電子的質量，$\mu=m_e$。$L_{n-l-1}^{2l+1}$是廣義拉蓋爾多項式，定義為

$L_{i}^{j}(x)= ( - 1)^{j}\ \frac{d^{j}}{dx^{j}}L_{i+j}(x)$。

其中，$L_{i+j}(x)$是拉蓋爾多項式，可用羅德里格公式表示為

$L_{i}(x)=\frac{e^x}{i!}\ \frac{d^{i}}{dx^{i}}(x^i e^{ - x})$。

為了滿足$R_{nl}(r)$的邊界條件，$n$必須是正值整數，能量也離散為能級$E_{n} = - \left(\frac{Z^2\mu e^4}{32 \pi^2\epsilon_0^2\hbar^2}\right) \frac{1}{n^2}=\frac{ - 13.6Z^2}{n^2}\ (eV)$。隨著量子數的不同，函數$R_{nl}(r)$與$Y_{lm}$都會有對應的改變。為了要結束廣義拉蓋爾多項式的遞迴關係，必須要求$l < n$。

知道徑向函數$R_{nl}(r)$與球諧函數$Y_{lm}$的形式，就可以寫出整個類氫原子量子態的波函數，也就是薛丁格方程式的整個解答：

$\psi_{nlm} = R_{nl}(r)\, Y_{lm}(\theta,\phi)$。

#### 導引

為了要簡化薛丁格方程式，設定能量與長度的原子單位 (atomic unit)

$E_\textrm{h} = m_\textrm{e} \left( \frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 \hbar}\right)^2$。

$a_{0} = {{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}\over{m_\textrm{e} e^2}}$。

將變數$y = Zr/a_0$與$W = E/(Z^2 E_\textrm{h})$代入徑向薛丁格方程式(2)：

$\left[ -\frac{1}{2} \frac{d^2}{dy^2} + \frac{1}{2} \frac{l(l+1)}{y^2} - \frac{1}{y}\right] u_l = W u_l$。(8)

這方程式有兩類解答：

- $W<0$：量子態是束縛態，其本徵函數是平方可積函數。量子化的$W$造成了離散的能量譜。
- $W\ge 0$：量子態是散射態，其本徵函數不是平方可積函數。

這條目只講述第(1)類解答。設定正實數$\alpha \equiv 2\sqrt{ - 2W}$與$x \equiv \alpha y$。代入方程式(8)：

$\left[ \frac{d^2}{dx^2} - \frac{l(l+1)}{x^2}+\frac{2}{\alpha x} - \frac{1}{4} \right] u_l = 0$。(9)

當$x$接近0時，方程式(9)最顯著的項目是

$\left[ \frac{d^2}{dx^2} - \frac{l(l+1)}{x^2}\right] u_l = 0$。

所以，$u_l(x)$與$x^{l+1}$成正比。

又當$x$無窮遠時，方程式(9)最顯著的項目是

$\left[ \frac{d^2}{dx^2} - \frac{1}{4} \right] u_l = 0$。

因此，$u_l(x)$與$e^{ - x/2}$成正比。

為了除去$u_l(x)$在原點與無窮遠的極限性態，達到孤立解答函數的形式的目的，必須使用$u_l(x)$的替換方程式：

$u_l(x) = x^{l+1} e^{ - x/2}f_l(x)$。

經過一番運算，得到$f_l(x)$的方程式：

$\left[ x\frac{d^2}{dx^2} + (2l+2 - x) \frac{d}{dx} +(\nu - l - 1)\right] f_l(x) = 0$。

其中，$\nu = ( - 2W)^{ - \frac{1}{2}}$。

假若，$\nu - l - 1$是個非負整數$k$，則這方程式的解答是廣義拉蓋爾多項式

$L^{(2l+1)}_{k}(x),\qquad k=0,1,\ldots$。

採用Abramowitz and Stegun的慣例。無因次的能量是

$W = -\frac{1}{2n^2}$。

其中，主量子數$n \equiv k+l+1$滿足$n \ge l+1$，或$l \le n-1$。

由於$\alpha = 2/n$，徑向波函數是

$R_{nl}(r) = \sqrt{\left(\frac{2Z}{na_0}\right)^3 \cdot \frac{(n-l-1)!}{2n[(n+l)!]^3}} \; e^{ - {\textstyle \frac{Zr}{na_0}}}\left(\frac{2Zr}{na_0}\right)^{l}\; L^{2l+1}_{n - l - 1}\left(\frac{2Zr}{na_0}\right)$。

能量是

$E = - \frac{Z^2}{2n^2}E_\textrm{h}= - \frac{Z^2}{2n^2}m_\textrm{e} \left( \frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 \hbar}\right)^2,\qquad n=1,2,\ldots$。

## 參閱

- 自由粒子
- 無限深方形阱
- 有限深方形阱
- 有限位勢壘
- Delta位勢阱
- Delta位勢壘
- 連心力
- 量子穿隧效應
- 盒中氣體