\input{preamble}

\title{4 - 13 - HYDROGENATOMET - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle


\begin{oppgave}{1}
    Laplaceoperatoren i kulekoordinater er 
    \begin{align*}
        \Delta f =
        \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial f}{\partial r} \right) + 
        \frac{1}{r^2 \sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 f}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{r^2 \sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial f}{\partial \varphi} \right)
    \end{align*}
    så den tidsuavhengige schrödingerlikningen blir 
    \begin{align*}
        -\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial \psi}{\partial r} \right) + 
        \frac{1}{r^2 \sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 \psi}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{r^2 \sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial \psi}{\partial \varphi} \right)
         \right)
         -\frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 r}\psi = E\psi.
    \end{align*}
    Hvis vi nå ganger med $r^2$,
    får vi 
    \begin{align*}
        -\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{\partial }{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial \psi}{\partial r} \right) + 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 \psi}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial \psi}{\partial \varphi} \right)
         \right)
         -\frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0 }\psi 
         = 
         Er^2 \psi.
    \end{align*}
    og setter alle $r$-tingene på dene ene siden,
    får vi
    \begin{align*}
        \frac{\hbar^2}{2m} 
        \frac{\partial }{\partial r}\left( r^2 \frac{\partial \psi}{\partial r} \right) 
         +\frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0 }\psi 
         +Er^2 \psi
         = 
        -\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 \psi}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial \psi}{\partial \varphi} \right)
         \right)
    \end{align*}
    Hvis vi nå setter inn $\psi(x) = R(r)Y(\theta,\varphi)$,
    får vi 
    \begin{align*}
        Y(\theta,\varphi)\frac{\hbar^2}{2m} 
        \frac{d }{dr}\Big( r^2 R'(r) \Big) &
        +\frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0 }R(r)Y(\theta,\varphi)
        +Er^2 R(r)Y(\theta,\varphi)\\
         =& 
         -R(r)\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         \right)
    \end{align*}
    og deler vi likningen på $R(r)Y(\theta,\varphi)$ får vi 
    \begin{align*}
        \frac{1}{R(r)}\frac{\hbar^2}{2m} 
        \frac{d }{dr}\Big( r^2 R'(r) \Big) &
         +\frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0 }
         +Er^2 \\
         =&
         -\frac{1}{Y(\theta,\varphi)}\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         \right).
    \end{align*}
    Siden den ene siden nå kun avhenger av radien og den andre kun av vinklene, 
    må begge sider være konstante, 
    og vi får de to likningene
    \begin{align*}
        \gamma =&
        \frac{1}{R(r)}\frac{\hbar^2}{2m} 
        \frac{d }{dr}\Big( r^2 R'(r) \Big) 
        +\frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0 }
        +Er^2 \\[3mm]
         \text{og} \\[3mm]
         \gamma=&
         -\frac{1}{Y(\theta,\varphi)}\frac{\hbar^2}{2m} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         \right).
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{2}
    Her gjelder det å huske tilbake til oppgave 1 i økt 4-2. 
    Likningen som relaterer stigningene med hensyn på den kartesiske basisen og og kulekoordinatbasisen, 
    er
    \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
        \frac{\partial }{\partial r}&
        \frac{\partial }{\partial \theta}&
        \frac{\partial }{\partial \varphi}
        \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix}
        e_r^T \\[2mm] \frac{1}{r \sin\varphi}e_\theta^T \\[2mm] \frac{1}{r}e_\varphi^T
        \end{pmatrix}
        =
        \begin{pmatrix}
        \frac{\partial }{\partial x_1}&
        \frac{\partial }{\partial x_2}&
        \frac{\partial }{\partial x_3}
        \end{pmatrix}
    \end{align*}
    La oss skrive dette ut i detalj slik: 
    \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial r}&
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial \theta}&
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial \varphi}
        \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix}
            \displaystyle \cos \theta \sin \varphi & \sin \theta \sin \varphi & \cos \varphi\\[3mm]
            \displaystyle -\frac{1}{r \sin\varphi}\sin \theta & \displaystyle \frac{1}{r \sin\varphi}\cos \theta & 0\\[5mm]
            \displaystyle \frac{1}{r}\cos \theta \cos \varphi &  \displaystyle \frac{1}{r}\sin \theta \cos \varphi & \displaystyle -\frac{1}{r}\sin \varphi \\
        \end{pmatrix}
        =
        \begin{pmatrix}
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial x_1}&
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial x_2}&
            \displaystyle \frac{\partial }{\partial x_3}
        \end{pmatrix}
    \end{align*}
    Dette ser nok litt forvirrende ut siden derivasjonsoperatoren står til venstre for kulekoordinatjacobien, 
    så la oss skrive det ut på likningsform slik: 
    \begin{align*}
        \frac{\partial }{\partial x_1} =& \cos \theta \sin \varphi\frac{\partial }{\partial r} -\frac{1}{r \sin\varphi}\sin \theta    \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\cos \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi}\\[2mm]
        \frac{\partial }{\partial x_2} =& \sin \theta \sin \varphi \frac{\partial }{\partial r}+ \frac{1}{r \sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\sin \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi}\\[2mm]
        \frac{\partial }{\partial x_3} =& \cos \varphi \frac{\partial }{\partial r}  -\frac{1}{r}\sin \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} 
    \end{align*}
    Nå er det bare å sette inn i uttrykket for $L$
    og huske at 
    \begin{align*}
        x=
        \begin{pmatrix}
            r\cos \theta \sin  \varphi \\
            r\sin \theta \sin  \varphi\\
            r \cos  \varphi
        \end{pmatrix}
    \end{align*}
    Det er litt jobb, 
    men du får 
    \begin{align*}
        i\hbar L_1 =& r\sin \theta \sin  \varphi\left( \cos \varphi \frac{\partial }{\partial r}  -\frac{1}{r}\sin \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right) \\[2mm]
            &- r \cos  \varphi\left( \sin \theta \sin \varphi \frac{\partial }{\partial r}+ \frac{1}{r \sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\sin \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)  \\[2mm]
            =& -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi}\\[8mm]
        i\hbar L_2 =& r \cos  \varphi\left( \cos \theta \sin \varphi\frac{\partial }{\partial r} -\frac{1}{r \sin\varphi}\sin \theta    \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\cos \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)\\[2mm]
            &- r\cos \theta \sin  \varphi \left( \cos \varphi \frac{\partial }{\partial r}  -\frac{1}{r}\sin \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)  \\[2mm]
            =&-\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta    \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \\[8mm]
        i\hbar L_3 =& -r\sin \theta \sin  \varphi \left( \cos \theta \sin \varphi\frac{\partial }{\partial r} -\frac{1}{r \sin\varphi}\sin \theta    \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\cos \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)\\[2mm]
            &+r\cos \theta \sin  \varphi\left( \sin \theta \sin \varphi \frac{\partial }{\partial r}+ \frac{1}{r \sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \frac{1}{r}\sin \theta \cos \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)\\[2mm] 
            =& \frac{\partial }{\partial \theta}
    \end{align*}
    og
    \begin{align*}
        L^2 =& L_1^2 + L_2^2 + L_3^2\\[2mm]
        =&
        -\hbar^2\left( x_2\frac{\partial}{\partial x_3} - x_3\frac{\partial}{\partial x_2}  \right)^2+
        -\hbar^2\left( x_3\frac{\partial}{\partial x_1} - x_1\frac{\partial}{\partial x_3} \right)^2+
        -\hbar^2\left( x_1\frac{\partial}{\partial x_2} - x_2\frac{\partial}{\partial x_1} \right)^2\\[2mm]
        =& -\hbar^2 
        \left( 
            \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)^2 
            + \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta    \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)^2 
            + \left( \frac{\partial }{\partial \theta} \right)^2 
        \right)\\[2mm]
        =&
        -\hbar^2
        \left( 
            \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}\right)
            +\frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial }{\partial \varphi} \right) 
        \right)
    \end{align*}
    Merk at operatorer ganges ut litt annerledes enn skalarer siden rekkefølgen på derivasjonene ikke nødvendigvis kommuterer. 
    Hvis du blir forvirret er det bare å slenge inn et skalarfelt og derivere og dobbeltsjekke.
    Her er utregningene i detalj.
    La 
    \begin{align*}
        D_1 = -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi}
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        D_2 = -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi}.
    \end{align*}
    Da er 
    \begin{align*}
        D_1^2\color{blue}f\color{black} =&
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)^2 \color{blue}f\color{black}\\[4mm] 
        =&
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} - \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right) \color{blue}f\color{black} \\[4mm]
        =&
        \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)
        \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right) \color{blue}f\color{black} \\[4mm]
        =&
        \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)
        \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} + \sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)  \\[4mm]
        =& 
        \hspace*{1mm}\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[2mm] 
        &+ 
        \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[4mm]
        =& 
        \hspace*{1mm}\frac{\cos^2 \varphi}{\sin^2\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\cos \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[2mm] 
        &+ 
        \sin \theta \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \sin^2 \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[4mm]
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        D_2^2\color{blue}f\color{black} =&
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)^2 \color{blue}f\color{black}\\[4mm] 
        =&
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right) \color{blue}f\color{black} \\[4mm]
        =&
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)
        \left( -\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} + \cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)  \\[4mm]
        =&
        \hspace*{1mm}\frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) - 
        \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[2mm] 
        &- 
        \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \cos \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[4mm]
        =& 
        \hspace*{1mm}\frac{\cos^2 \varphi}{\sin^2\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) - 
        \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \cos \theta \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[2mm] 
        & -
        \cos \theta \sin \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\cos \varphi}{\sin\varphi}\frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \theta} \right) + 
        \cos^2 \theta \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{\partial \color{blue}f\color{black}}{\partial \varphi} \right)\\[4mm]
    \end{align*}
    så nå er det bare å bruke produktregelen på de leddene som ikke er skrevet ut og sjekke at alt stemmer. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
    Vi beregner 
    \begin{align*}
        \frac{-1}{\hbar^2 }
        [L_1,L_2] =&
        \left( x_2\frac{\partial}{\partial x_3} - x_3\frac{\partial}{\partial x_2} \right)
        \left( x_3\frac{\partial}{\partial x_1} - x_1\frac{\partial}{\partial x_3} \right)
        \\[2mm]
        &\hspace*{20mm}-
        \left( x_3\frac{\partial}{\partial x_1} - x_1\frac{\partial}{\partial x_3} \right)
        \left( x_2\frac{\partial}{\partial x_3} - x_3\frac{\partial}{\partial x_2} \right)
        \\[2mm]
        =&
            x_2\frac{\partial}{\partial x_3}\left( x_3\frac{\partial}{\partial x_1} \right) 
            -x_2\frac{\partial}{\partial x_3}\left( x_1\frac{\partial}{\partial x_3} \right) 
            - x_3\frac{\partial}{\partial x_2}\left( x_3\frac{\partial}{\partial x_1} \right) 
            + x_3\frac{\partial}{\partial x_2}\left( x_1\frac{\partial}{\partial x_3} \right) 
        \\[2mm] 
        -&
            x_3\frac{\partial}{\partial x_1}\left( x_2\frac{\partial}{\partial x_3} \right) 
            +x_1\frac{\partial}{\partial x_3}\left( x_2\frac{\partial}{\partial x_3} \right) 
            + x_3\frac{\partial}{\partial x_1}\left( x_3\frac{\partial}{\partial x_2} \right) 
            - x_1\frac{\partial}{\partial x_3}\left( x_3\frac{\partial}{\partial x_2} \right) 
        \\[2mm] 
        =&
            x_2 \frac{\partial}{\partial x_1} +
            x_2x_3\frac{\partial}{\partial x_3x_1} 
            -x_2x_1\frac{\partial}{\partial x_3^2}
            -x_3^2\frac{\partial}{\partial x_2 x_1}
            -x_3x_1\frac{\partial}{\partial x_2 x_3}
        \\[2mm] 
        -&
            x_2x_3\frac{\partial}{\partial x_1x_3} 
            +x_1x_2 \frac{\partial}{\partial x_3^2} +
            x_3^2\frac{\partial}{\partial x_1x_2}
            -x_1\frac{\partial}{\partial x_2}
            -x_3x_1\frac{\partial}{\partial x_2 x_3}
        \\[2mm] 
        =&
            x_2 \frac{\partial}{\partial x_1} 
            -x_1\frac{\partial}{\partial x_2}
        = \frac{1}{i\hbar}L_3
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        [L_1,L_2] = i\hbar L_3.
    \end{align*}
    De to andre beregningene er like. 
    
    Siden $L_1^2$ og $L_1$ kommuterer, 
    får vi 
    \begin{align*}
        [L^2,L_1] =& [L_1^2,L_1]  + [L_2^2,L_1] + [L_3^2,L_1] \\[2mm]
        =&
        L_1^2L_1-L_1L_1^2 + L_2^2L_1 - L_1L_2^2 + L_3^2L_1-L_1L_3^2\\[2mm]
        =&
        L_2^2L_1 - L_1L_2^2 + L_3^2L_1-L_1L_3^2 = [L_2^2,L_1] + [L_3^2,L_1] 
    \end{align*} 
    og nå kunne vi satt inn uttrykkene for $L_k$ og regna i vei, 
    men det er enklere å bruke regneregel 4 her:
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Commutator#Lie-algebra_identities}\\
        og skrive
    \begin{align*}
        [L_2^2,L_1] + [L_3^2,L_1] =& L_2[L_2,L_1]+ [L_2,L_1]L_2 + L_3[L_3,L_1]+ [L_3,L_1]L_3 \\[2mm]
        =& -i\hbar L_2L_3- i\hbar L_3L_2 + i\hbar L_3L_2+ i\hbar L_2 L_3 =0
    \end{align*} 
    slik at $[L^2,L_1] = 0$. De andre beregningene er like.  

    Så regner vi 
    \begin{align*}
        [L_3,L_+] = [L_3,L_1 + iL_2] = [L_3,L_1] + i[L_3,L_2] = i\hbar L_2 + \hbar L_1 = \hbar L_+
    \end{align*}
    og så videre. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
    Lett!
    \begin{align*}
    L_3 L_+ Y =& L_3 L_+ Y +L_+ L_3 Y - L_+ L_3+ Y\\[2mm] 
    =& L_+ L_3 Y + [L_3,L_+]Y\\[2mm]
    =& L_+ L_3 Y + \hbar L_+ Y\\[2mm] 
    =& L_+(L_3 + \hbar)Y = (\mu + \hbar)L_+Y
    \end{align*}
    Merk ellers at egenverdien $\mu$ må ha samme benevning som $\hbar$, 
    altså joule sekund. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
    Vi har 
    \begin{align*}
        (L^2-L_3^2)Y = (\lambda - \mu^2)Y.
    \end{align*}
    Siden $L_1$ er hermittisk, 
    er egenverdiene reelle, 
    og da må $L_1^2$ være positivt definitt. 
    Det samme gjelder for $L_2^2$ og følgelig for summen av dem. 
    Men da må også $L^2-L_3^2$ være positivt definitt, 
    og følgelig er 
    \begin{align*}
        \lambda - \mu^2 \geq 0.
    \end{align*}
    Merk nå at $\lambda$ må ha samme benevning som $\hbar^2$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
    Vi kan fortsette som i oppgave 4 og se ved induksjon at
    \begin{align*}
        L_3L_+^n Y =  (\mu + n\hbar) L_+^n Y 
    \end{align*} 
    men når $(\mu + n\hbar)^2$ når opp til $\lambda$ må dette stoppe opp på en eller annen måte 
    siden $L^2 - L_3^2$ er en hermittisk lineæroperator og vi ikke kan ha $(\mu + n\hbar)^2 \geq \lambda$.
    Den eneste måten å få dette til på er at $L^m_+Y=0$ for en eller annen $m$. 
    Av samme grunn må 
    $L^n_-Y=0$ for en eller annen $n$. 
    La oss kalle de korresponderende egenvektorene for $Y_l$ og $Y_k$ 
    og egenverdiene til $L_3$ for $l\hbar$ og $k\hbar$
    der $l$ og $k$ er benevningsløse tall.
    (Husk at $\mu$ må ha samme benevning som $\hbar$.)
    Egenvektorlikningene til disse med hensyn på $L_2$ blir 
    \begin{align*}
        L^2 Y_l =& \left( L_-L_+ + L_3^2+\hbar L_3 \right)Y_l\\[2mm]
        =&\left(0 + l^2\hbar^2 + \hbar^2 l \right)Y_l\\[2mm]
        =&\hbar^2l(l+1)Y_l
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        L^2 Y_k =& \left( L_+L_- + L_3^2-\hbar L_3 \right)Y_k\\[2mm]
        =&\left(0 + k^2\hbar^2 - \hbar^2 k \right)Y_l\\[2mm]
        =&\hbar^2k(k-1)Y_k
    \end{align*}
    så det er klart at de er egenvektorer til $L^2$. 
    Men siden $L^2$ kommuterer med $L_+$ og $L_-$, 
    kan vi beregne at 
    \begin{align*}
        L^2L_+Y=L_+L^2Y = L_+\lambda Y = \lambda L_+Y
    \end{align*}
        og
    \begin{align*}
        L^2L_-Y=L_-L^2Y = L_-\lambda Y = \lambda L_-Y
    \end{align*}
    så vi må ha 
    \begin{align*}
        \hbar^2l(l+1)
        = \lambda =  
        \hbar^2k(k-1).
    \end{align*}
    Likningen $l(l+1) = k(k-1)$ er en annengradslikning i $l$ for hver verdi av $k$, 
    og $abc$-formelen gir 
    \begin{align*}
        l =& \frac{-1\pm \sqrt{1+4k(k-1)}}{2} \\[2mm]
        =& \frac{-1 \pm 2\left(k-\frac{1}{2}\right)}{2} = -\frac{1}{2} \pm \left( k -\frac{1}{2} \right)
    \end{align*}
    slik at enten $l = -k$ eller $l = k-1$. 
    Den siste likningen er ikke mulig siden $l \geq k$, 
    så vi må ha $l=-k$. 
    Siden det for hvert valg av $l$ finnes både $\mu_l = l\hbar$ og $\mu_{-l} = -l\hbar$ og 
    du skal kunne gå i hele steg mellom disse ved å bruke $L_+$ og $L_-$,  
    må det nesten være slik at $l$ er enten et helt eller et halvt tall. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
    Så med all vår nye kunnskap kan vi skrive likningen 
    \begin{align*}
         -\frac{\hbar^2}{2m_e} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         \right)
         =
         \gamma Y(\theta,\varphi)
    \end{align*}
    om til 
    \begin{align*}
         -\frac{\hbar^2}{2m_e} \left( 
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y_l(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y_l(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         \right)
         =
         \frac{\hbar^2l(l+1)}{2m_e}Y_l(\theta,\varphi)
    \end{align*}
    eller 
    \begin{align*}
        \frac{1}{\sin^2 \varphi}\left( \frac{\partial^2 Y_l(\theta,\varphi)}{\partial \theta^2}\right) + 
        \frac{1}{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\left( \sin \varphi \frac{\partial Y_l(\theta,\varphi)}{\partial \varphi} \right)
         =
         -l(l+1)Y_l(\theta,\varphi)
    \end{align*}
    Vi setter 
    $Y_l(\theta,\varphi) = \Theta(\theta)\Phi(\varphi)$ 
    inn i denne likningen og får 
    og får
    \begin{align*}
        \frac{\Phi(\phi)}{\sin^2 \varphi}\Theta''(\theta) + 
        \frac{\Theta(\theta) }{\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big)
        = 
        -l(l+1)\Theta(\theta)\Phi(\varphi)
    \end{align*}
    og så deler vi på 
    $\Theta(\theta)\Phi(\varphi)$ 
    og får 
    \begin{align*}
        \frac{1}{\Theta(\theta)\sin^2 \varphi}\Theta''(\theta) + 
        \frac{1}{\Phi(\varphi)\sin \varphi}\frac{\partial }{\partial \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big)
        = 
        -l(l+1)
    \end{align*}
    som kan skrives om til 
    \begin{align*}
        \frac{1}{\Theta(\theta)}\Theta''(\theta) =
        - \frac{\sin\varphi}{\Phi(\varphi)}\frac{\partial }{\partial \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big) 
        + l(l+1) \sin^2 \varphi.
    \end{align*}
    Følgelig er 
    \begin{align*}
        \frac{1}{\Theta(\theta)}\Theta''(\theta) 
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        - \frac{\sin\varphi}{\Phi(\varphi)}\frac{\partial }{\partial \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big) + l(l+1) \sin^2 \varphi 
    \end{align*}
    begge konstante, 
    slik at 
    \begin{align*}
        \Theta''(\theta) =  \alpha \Theta(\theta) 
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
         -\sin\varphi\frac{\partial }{\partial \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big) + l(l+1)\Phi(\varphi) \sin^2 \varphi = \alpha\Phi(\varphi).
    \end{align*}
    Siden $\Theta$ må være periodisk er det klart at $\alpha < 0$, 
    og det peneste er nå (akkurat som i TMA4106) å sette $\gamma = -m^2$
    og
    \begin{align*}
        \Theta_m(\theta) = A_m\cos m\theta + B_m\sin m\theta,
    \end{align*}
    men for vårt formål er det nå mer praktisk å skrive dette som 
    \begin{align*}
        \Theta_m(\theta) = A_me^{im \theta} + B_me^{-im \theta}.
    \end{align*}
    og så husker vi på at $m^2 \leq l(l+1)$, 
    siden $\hbar m$ er egenverdien til $L_3$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
    Dersom 
    $p(s) = \Phi(\arccos(s))$ er $p'(s) = -\Phi'(\arccos(s))/\sqrt{1-s^2}$
    eller 
    \begin{align*}
        \frac{d}{d\varphi} = -\sqrt{1-s^2}\frac{d}{ds}
    \end{align*}
    om du foretrekker det.
    For øvrig er $\sin \varphi = \sin(\arccos(s)) = \sqrt{1-s^2}$, 
    så likningen 
    \begin{align*}
        \sin\varphi\frac{d }{d \varphi}\Big(\Phi'(\varphi)\sin \varphi  \Big)  = \left( m^2-l(l+1) \sin^2 \varphi  \right)\Phi(\varphi)
    \end{align*}
    blir 
    \begin{align*}
        (1-s^2)\frac{d }{d s}\Big( (1-s^2)p'(s)  \Big)  = \left( m^2-l(l+1) (1-s^2)  \right)p(s)
    \end{align*}
    eller 
    \begin{align*}
        \frac{d }{d s}\Big( (1-s^2)p'(s)  \Big)  + \left(l(l+1) - \frac{m^2}{(1-s^2)}   \right)p(s) = 0
    \end{align*}
    La oss begynne med spesialtilfellet $m=0$,
    slik at 
    \begin{align*}
        \frac{d }{d s}\Big( (1-s^2)p'(s)  \Big)  + l(l+1)  p(s) = 0
    \end{align*}
    eller 
    \begin{align*}
        (1-s^2)p''(s) - 2sp'(s)  + l(l+1)  p(s) = 0
    \end{align*}
    Det vanlige er å gjette på en løsning på potensrekkeform:
    \begin{align*}
        p(s) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n s^n
    \end{align*}
    Dersom vi er i det absolutte konvergensområdet til denne, 
    kan vi derivere og få 
    \begin{align*}
        p'(s) = \sum_{n=1}^{\infty} na_n s^{n-1}
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        p''(s) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n s^{n-2}
    \end{align*}
    som innsatt i likningen gir 
    \begin{align*}
        (1-s^2)\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n s^{n-2} 
        - 2s\sum_{n=1}^{\infty} na_n s^{n-1} 
        +l(l+1) \sum_{n=0}^{\infty} a_n s^n = 0
    \end{align*}
    eller
    \begin{align*}
        \hspace*{-10mm}
        \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} s^{n} 
        -\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} s^{n+2} 
        - 2\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} s^{n+1} 
        +l(l+1) \sum_{n=0}^{\infty} a_n s^n = 0.
    \end{align*}
    Sammenlikner vi koeffisientene på hver potens av $s$, 
    får vi  
    \begin{align*}
        (n+2)(n+1)a_{n+2}-n(n-1)a_{n}-2na_n+l(l+1) a_n = 0
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        \frac{a_{n+2}}{a_n} = \frac{n(n+1) -l(l+1)}{(n+2)(n+1)}.
    \end{align*}
    Her ser vi at for $s=\pm 1$ vil rekken divergere med mindre vi
    kombinerer heltallsløsningen $\lambda = l(l+1)$ 
    med kravet at $a_0 = 0$ eller $a_1 = 0$ alt etter om $l$ er odde eller jevn. 
    Da vil rekken terminere og så 
    får vi polynomløsninger. 
    Disse polynomene kalles \textbf{legendrepolynomene}\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials}
    } 
    $P_l$ og det er de du får ut om du gramschmidter $1,s,s^2,\cdots$. 
    De dukker visst opp i nevralnett, 
    og det er de du skal bruke om du ønsker å beregne et integral numerisk til en helt insane presisjon.\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss–Legendre_quadrature}
    }
    
    Dersom $m\neq 0$, 
    blir likningen noe mer komplisert, 
    men løsningene er \textbf{de assosierte legendrefunksjonene}\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Associated_Legendre_polynomials}
    }
    \begin{align*}
        P_l^m(s) = (-1)^m(1-s^2)^{m/2}\frac{d^m}{ds^m}P_l(s). 
    \end{align*}
    Det litt for kjedelig å regne seg frem til denne formen, 
    så vi kan ta det for god fisk. 
    Det generelle studiet av likninger i denne kategorien kalles 
    \textbf{sturmliouvilleteori}\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Sturm–Liouville_theory}
    } 
    og er litt hardt for oss, 
    men noen av dere vil nok støte på det senere. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    Dersom $r$ er stor blir alt som er delt på $r$ veldig lite, 
    så vi står igjen med 
    \begin{align*}
        \frac{\hbar^2}{2m_e} R''(r) 
         + E R(r) = 0
    \end{align*}    
    og siden $E<0$ for bundne tilstander blir løsningen 
    \begin{align*}
        R(r) \approx e^{-r\sqrt{-2Em_e}/\hbar} %= e^{-\alpha r } = e^{-\rho}.
    \end{align*}
    Dette motivererer
    \begin{align*}
        \alpha^2 = -\frac{2Em_e}{\hbar^2} 
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        %\rho = \alpha r.
        \rho = 2\alpha r.
    \end{align*}
    Det finnes også en løsning med positiv eksponent, 
    men den skroter vi siden $|\Psi|^2$ skal være en sannsynlighetstetthet.
    Det finnes også en integrasjonskonstant jeg ikke skrev opp.
    Kjerneregelen gir 
    \begin{align*}
        %S'(\rho) = \frac{1}{\alpha}R'(\rho/\alpha )
        S'(\rho) = \frac{1}{2\alpha}R'(\rho/2\alpha )
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        %S''(\rho) = \frac{1}{\alpha^2}R''(\rho/\alpha )
        S''(\rho) = \frac{1}{4\alpha^2}R''(\rho/2\alpha )
    \end{align*}
    så likningen for $S$ blir 
    \begin{align*}
        %\frac{\hbar^2}{2m_e} \Big(\alpha^2 S''(\rho) + \frac{2\alpha^2}{\rho}S'(\rho) \Big) + \left( \frac{\alpha q^2}{4\pi \rho \epsilon_0} + E \right)S(\rho) = \frac{\alpha^2\hbar^2l(l+1)}{2m_e \rho^2}R(r).
        \frac{\hbar^2}{2m_e} \Big(4\alpha^2 S''(\rho) + \frac{8\alpha^2}{\rho}S'(\rho) \Big) + \left( \frac{2\alpha q^2}{4\pi \rho \epsilon_0} + E \right)S(\rho) = \frac{4\alpha^2\hbar^2l(l+1)}{2m_e \rho^2}R(r).
    \end{align*}    
    eller (vi deler ut $E=-\alpha^2\hbar^2/2m_e$)
    \begin{align*}
        4S''(\rho) + \frac{8}{\rho}S'(\rho) -\left(  1 -\frac{4\rho_0}{\rho } +  \frac{4l(l+1)}{ \rho^2}\right)S(\rho) = 0.
    \end{align*}    

    \end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
    Vi beregner
    \begin{align*}
        %S'(\rho) = e^{-\rho}\left(F'(\rho) - F(\rho)  \right)
        S'(\rho) = e^{-\rho/2}\left(F'(\rho) - \frac{1}{2}F(\rho)  \right)
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        %S''(\rho) =& -e^{-\rho} \Big( F'(\rho) - F(\rho) \Big) + e^{-\rho} \Big(F''(\rho)-F'(\rho) \Big)\\[2mm]
        S''(\rho) =& -\frac{1}{2}e^{-\rho/2} \Big( F'(\rho) - \frac{1}{2}F(\rho) \Big) + e^{-\rho/2} \Big(F''(\rho)-\frac{1}{2}F'(\rho) \Big)\\[2mm]
        %=& e^{-\rho}\Big( F''(\rho) - 2F'(\rho) + F(\rho) \Big).
        =& e^{-\rho}\Big( F''(\rho) - F'(\rho) + \frac{1}{4}F(\rho) \Big).
    \end{align*}
    Vi setter denne inn i likningen og deler ut $e^{-\rho/2}$ og får 
    \begin{align*}
        %F''(\rho) - 2F'(\rho) + F(\rho) 
        F''(\rho) - F'(\rho) + \frac{1}{4}F(\rho) 
        + 
        %\frac{2}{\rho}\Big(  F'(\rho) -F(\rho)\Big) 
        \frac{2}{\rho}\Big(  F'(\rho) -\frac{1}{2}F(\rho)\Big) 
        -
        \left( \frac{1}{4} - \frac{\rho_0}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^2} \right)F(\rho)=0
    \end{align*}
    eller
    \begin{align*}
        F''(\rho) 
        + 
        %2\left(\frac{1}{\rho} -1\right) F'(\rho) 
        \left(\frac{2}{\rho} -1\right) F'(\rho) 
        -
        %\left(\frac{2-\rho_0}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^2} \right)F(\rho)=0.
        \left(\frac{1-\rho_0}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^2} \right)F(\rho)=0.
    \end{align*}
    Antar vi en løsning på potensrekkeform:
    \begin{align*}
        F(\rho) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^n
        \hspace*{13mm}
        F'(\rho) = \sum_{n=1}^{\infty} na_n \rho^{n-1}
        \hspace*{13mm}
        F''(\rho) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n \rho^{n-2}
    \end{align*}
    og setter inn, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n \rho^{n-2}
        + 
        \left(\frac{2}{\rho} -1\right) \sum_{n=1}^{\infty} na_n \rho^{n-1}
        -
        \left(\frac{1-\rho_0}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^2} \right)\sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^n=0.
    \end{align*}
    La oss rydde litt: 
    \begin{align*}
        \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n \rho^{n-2} 
        +& 2 \sum_{n=1}^{\infty} na_n \rho^{n-2} 
        -  \sum_{n=1}^{\infty} na_n \rho^{n-1} \\[2mm]
        -&(1-\rho_0) \sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^{n-1} 
        - l(l+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^{n-2}=0
    \end{align*}
    og skrive om indeksene:
    \begin{align*}
        \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} \rho^{n}
        +& 2 \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} \rho^{n-1} 
        -  \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} \rho^{n} \\[2mm]
        -&(1-\rho_0) \sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^{n-1} 
        - l(l+1)\sum_{n=0}^{\infty} a_n \rho^{n-2}=0
    \end{align*}
    og så er det bare å brette opp ermene og studere koeffisientene til forskjellige potenser av $\rho$:
    \begin{align*}
        \frac{1}{\rho^2}:& \hspace*{10mm} -l(l+1)a_0  \\[2mm]
        \frac{1}{\rho}:& \hspace*{10mm} 2a_1 -(1-\rho_0)a_0-l(l+1)a_1  \\[2mm]
        1:& \hspace*{10mm} 6a_2 -a_1 -(1-\rho_0)a_1-l(l+1)a_2  \\[2mm]
        \vdots  & \\[2mm]
        \rho^k:& \hspace*{10mm} (k+2)(k+3)a_{k+2} - (k+1)a_{k+1}-(1-\rho_0)a_{k+1}- l(l+1)a_{k+2} 
    \end{align*}
    Av dette ser vi at alle koeffisienter helt opp til $(k+2)(k+3)=l(l+1)$ må være null. 
    Denne kan være sann på to måter; 
    og den positive (og eneste korrekte) løsningen er $k=l-2$, 
    og dette betyr at $a_l$ er den første koeffisienten som kan være ulik null.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
    Vi beregner
    \begin{align*}
        F(\rho) &= \rho^{l} L(\rho)\\[2mm]
        F'(\rho) &= l\rho^{l-1} L(\rho) + \rho^l L'(\rho)\\[2mm]
        F''(\rho) &= l(l-1)\rho^{l-2} L(\rho) + 2l\rho^{l-1} L'(\rho) + \rho^l L''(\rho)
    \end{align*}
    og setter inn i likningen for $F$ og får 
    \begin{align*}
        l(l-1)\rho^{l-2} L(\rho) &+ 2l\rho^{l-1} L'(\rho) + \rho^l L''(\rho) \\[2mm]
        +& 
        \left(\frac{2}{\rho} -1\right) \left( l\rho^{l-1} L(\rho) + \rho^l L'(\rho) \right)
        -
        \left(\frac{1-\rho_0}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^2} \right)\rho^{l} L(\rho)=0
    \end{align*}
    og deler vi ut $\rho^{l-1}$ og rydder litt, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \rho L''(\rho) + (2(l+1) -\rho) L'(\rho) 
        + \left(\rho_0 - l + 1    \right)L(\rho)=0.
    \end{align*}
    Vaniljelaguerre er 
    \begin{align*}
        \rho L_n''(\rho) + (1-\rho)L_n'(\rho) + nL_n(\rho) = 0
    \end{align*}
    og laplacer vi denne og rydder, 
    får vi ($L_n(0)$ kansellerer)
    \begin{align*}
        (s-s^2)\frac{d}{ds}\mathcal{L}\Big(L_n\Big) + (n+1-s) \mathcal{L}\Big(L_n\Big) = 0
    \end{align*}
    som har løsning 
    \begin{align*}
        \mathcal{L}\Big(L_n\Big) = \frac{(s-1)^n}{s^{n+1}}.
    \end{align*}
    Nå er det bare å se at 
        \begin{comment}
        \mathcal{L}\Big(\rho^n e^{-\rho}\Big) 
        =
        \frac{n!}{(s+1)^{n+1}}
        \hspace*{10mm}
        \end{comment}
    \begin{align*}
        \mathcal{L}\Big(\frac{d^n}{d\rho^n}\left( \rho^n e^{-\rho} \right)\Big) 
        =
        \frac{n!s^n}{(s+1)^{n+1}}
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        \mathcal{L}\left(\frac{e^{-\rho}}{n!}\frac{d^n}{d\rho^n}\left( \rho^n e^{-\rho} \right)\right)  = \frac{(s-1)^n}{s^{n+1}}.
    \end{align*}
    Dette betyr at laguerrepolynomene tilfredsstiller rekursjonen 
    \begin{align*}
        L_n(\rho) = \frac{e^{-\rho}}{n!}\frac{d^n}{d\rho^n}\left( \rho^n e^{-\rho} \right).  
    \end{align*}
    Dette gir laguerrepolynomene på en konstant nær. 
    Det finnes mange andre måter å definere dem på, 
    for eksempel 
    \begin{align*}
        L_n(\rho) = \sum_{n=0}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{k!}\rho^k
    \end{align*}
    eller ved rekursjonen
    \begin{align*}
        \rho L_n'(\rho) = n\Big(L_n(\rho)-L_n'(\rho)\Big)
    \end{align*}
    eller 
    \begin{align*}
        L_n(\rho) = \frac{1}{n!}\left( \frac{d}{d\rho} - 1 \right)^n \rho^n.
    \end{align*}
    Løsningene $L_n^k$ til den assosierte laguerrelikningen 
    \begin{align*}
        \rho L''(\rho) + (2(l+1) -\rho) L'(\rho) 
        + \left(\rho_0 - l - 1    \right)L(\rho)=0
    \end{align*}
    kan nå skrives 
    \begin{align*}
        L_n^k(\rho) = (-1)^k\frac{d^k}{d\rho^k} L_{n+k}(\rho)
    \end{align*}
    der $k = 2(l+1)$ og $n=\rho_0 - l- 1$.\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Principal_quantum_number}
    }
\end{oppgave}
\begin{comment}
    Det finnes et lukket uttrykk for dem:
    \begin{align*}
        L_n(\rho) =& \sum_{n=0}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{k!}\rho^k\\[2mm]
        L_n'(\rho) =& \sum_{n=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}\rho^{k-1}\\[2mm]
        L_n''(\rho) =& \sum_{n=2}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-2)!}\rho^{k-2}
    \end{align*}
    og det er lett å sjekke at 
    \begin{align*}
        \hspace{-30mm}
        \rho L_n''(\rho) + (1-\rho)L_n'(\rho) + nL_n(\rho) =& 
        \rho \sum_{k=2}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-2)!}\rho^{k-2} 
        + (1-\rho)\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}\rho^{k-1} 
        + n\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{k!}\rho^k \\[2mm]
        =&
        \sum_{k=2}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-2)!}\rho^{k-1} 
        + \sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}\rho^{k-1} \\[2mm]
        &\hspace{10mm}-\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}\rho^{k}  
        + n\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{k!}\rho^k = 0 
    \end{align*}
    ved å sammenlikne potenser i $\rho$.



    Dersom $l=0$ får vi 
    \begin{align*}
        \frac{\hbar^2}{2m_e} \frac{d }{d r}\Big( r^2 R'(r) \Big) 
        + \left( \frac{q^2r}{4\pi \epsilon_0} + Er^2 \right)R(r) = 0
    \end{align*}    
    som er det samme som du får om du bestemmer deg for å lete etter løsninger av 
    \begin{align*}
        -\frac{\hbar^2}{2m_e}\Delta \psi -\frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 |x|}\psi = E\psi.
    \end{align*}
    som bare avhenger av $r$, 
    så dette må være de radielt symmetriske løsningene.


    Likningen for $u$ blir
    \begin{align*}
        \frac{\hbar^2}{2m_e} u''(r) 
        + \left( \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 }\frac{1}{r} + E  \right)u(r) = 0.
    \end{align*} 
    Dette kan vi utnytte ved å 
    sette $\rho = r\sqrt{-2Em_e}/\hbar$
    og 
    \begin{align*}
        v(\rho) = u(r(\rho)) = u(\hbar \rho/\sqrt{-2Em_e}).
    \end{align*}
    Da blir 
    \begin{align*}
        v''(\rho) = -\frac{\hbar^2}{2Em_e }u''(\hbar \rho/\sqrt{-2Em_e}) .
    \end{align*}
    slik at likningen blir 
    \begin{align*}
        -E v''(\rho)
        + \left( \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 }\frac{1}{r} + E -\frac{\hbar^2l(l+1)}{2m_e r^2} \right)v(\rho) = 0
    \end{align*}
    gjette at 
    \begin{align*}
        v(\rho) = w(\rho)e^{-\rho}
    \end{align*}        
\end{comment}


\end{document}
