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L22 · 연관 르장드르 함수와 구면조화함수

Arfken 7판 15.4–15.5절 (연관 르장드르 함수, 점화식과 패리티, 구면조화함수, 각운동량 연산자, 덧셈 정리)

이 레슨이 끝나면 할 수 있는 계산
  1. $P_l$을 미분해서 연관 르장드르 함수 $P_l^m$을 만들고 $\cos\theta$, $\sin\theta$로 쓰기
  2. 정규화 상수와 부호까지 맞춰 $Y_l^m$ 쓰기, 음수 $m$으로 바꾸기
  3. $\int|Y|^2d\Omega=1$ 같은 구면 적분을 직접 하기
  4. $x/r$, $z^2/r^2$, $xy/r^2$ 같은 각도 함수를 $Y_l^m$의 합으로 전개하기
  5. $L^2$, $L_z$를 미분으로 걸어 고유값 확인하기
  6. 점화식으로 $P_l^m$을 위로 쌓고, 패리티로 0이 되는 적분을 미리 걸러 내기
  7. 덧셈 정리와 $\int Y^*\cos\theta\,Y\,d\Omega$ 같은 각 적분(선택 규칙) 계산하기

0. 외워 둘 공식

관례 상자 — 콘던-쇼틀리 위상(Condon–Shortley phase) $(-1)^m$

$(-1)^m$을 어디에 넣는지가 책마다 다릅니다. $m\ge0$에서 두 가지 정의가 쓰입니다.

이 레슨의 약속: 기호 $P_l^m$은 위상을 뺀 정의로 씁니다. 위상은 아래 $Y_l^m$ 공식 맨 앞의 $(-1)^m$에 들어 있습니다. 두 정의 중 무엇을 써도 $Y_l^m$은 똑같이 나옵니다. 결과는 대부분의 양자역학 교재, 그리고 SymPy의 Ynm과 같습니다. 대표적으로 $Y_1^1=-\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{i\varphi}$ 처럼 음수입니다.

Arfken 7판: 위상을 $P_l^m$ 정의 안에 넣는 쪽으로 기억합니다 (기억 기반, 미검증). 책을 펴서 직접 확인하는 방법은 간단합니다. $P_1^1$이 $-\sqrt{1-x^2}$로 나와 있으면 위상을 넣은 정의, $+\sqrt{1-x^2}$이면 뺀 정의입니다. 책의 $P_l^m$ 표와 이 레슨의 표가 홀수 $m$에서 부호만 다르면 이 차이 때문입니다.

음수 $m$의 $P_l^{-m}$ 정의도 책마다 다릅니다. 그래서 이 레슨은 $P_l^{-m}$을 쓰지 않고, 음수 $m$은 $Y_l^{-m}=(-1)^m(Y_l^m)^*$로만 다룹니다.

이름식
연관 르장드르 함수(associated Legendre function)$P_l^m(x)=(1-x^2)^{m/2}\dfrac{d^m}{dx^m}P_l(x)$, $\ 0\le m\le l$
그 방정식$(1-x^2)y''-2xy'+\Big[l(l+1)-\dfrac{m^2}{1-x^2}\Big]y=0$
구면조화함수(spherical harmonic), $m\ge0$$Y_l^m(\theta,\varphi)=(-1)^m\sqrt{\dfrac{2l+1}{4\pi}\dfrac{(l-m)!}{(l+m)!}}\;P_l^m(\cos\theta)\,e^{im\varphi}$
음수 $m$$Y_l^{-m}=(-1)^m\,(Y_l^m)^*$
직교정규성$\displaystyle\int Y_{l'}^{m'*}Y_l^m\,d\Omega=\delta_{ll'}\delta_{mm'},\quad d\Omega=\sin\theta\,d\theta\,d\varphi$
각운동량 ($\hbar=1$)$L^2Y_l^m=l(l+1)Y_l^m,\quad L_zY_l^m=mY_l^m$
덧셈 정리(addition theorem)$P_l(\cos\gamma)=\dfrac{4\pi}{2l+1}\sum_{m=-l}^{l}Y_l^m(\theta,\varphi)\,Y_l^{m*}(\theta',\varphi')$
방향 코사인$\dfrac xr=\sin\theta\cos\varphi,\quad\dfrac yr=\sin\theta\sin\varphi,\quad\dfrac zr=\cos\theta$
$l$$m$$Y_l^m(\theta,\varphi)$
00$\dfrac{1}{\sqrt{4\pi}}$
10$\sqrt{\dfrac{3}{4\pi}}\cos\theta$
1$\pm1$$\mp\sqrt{\dfrac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{\pm i\varphi}$
20$\sqrt{\dfrac{5}{16\pi}}\,(3\cos^2\theta-1)$
2$\pm1$$\mp\sqrt{\dfrac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{\pm i\varphi}$
2$\pm2$$\sqrt{\dfrac{15}{32\pi}}\sin^2\theta\,e^{\pm2i\varphi}$

부호 규칙만 기억하면 됩니다: 표에서 앞에 음수 부호가 붙는 것은 $m$이 양의 홀수일 때뿐입니다.

1. 연관 르장드르 함수 $P_l^m$ 만들기

레시피
  1. $P_l(x)$를 $m$번 미분합니다. $m>l$이면 0입니다.
  2. $(1-x^2)^{m/2}$를 곱합니다.
  3. $x=\cos\theta$를 넣고 $\sqrt{1-x^2}=\sin\theta$로 바꿉니다. ($0\le\theta\le\pi$에서 $\sin\theta\ge0$이라 부호 문제가 없습니다.)
  4. 위상을 넣은 정의가 필요하면 마지막에 $(-1)^m$을 곱합니다.
왜 되나? (증명 스케치)

$m$번 미분하면 연관 방정식이 됩니다. 르장드르 방정식 $(1-x^2)y''-2xy'+l(l+1)y=0$을 $m$번 미분합니다. 라이프니츠 규칙으로 $(1-x^2)y''$에서는 $(1-x^2)y^{(m+2)}-2mx\,y^{(m+1)}-m(m-1)y^{(m)}$, $-2xy'$에서는 $-2x\,y^{(m+1)}-2m\,y^{(m)}$이 나옵니다. $u=P_l^{(m)}$로 쓰면

$$(1-x^2)u''-2(m+1)x\,u'+(l-m)(l+m+1)\,u=0.$$

($l(l+1)-m(m-1)-2m=(l-m)(l+m+1)$입니다.) 여기에 $u=(1-x^2)^{-m/2}y$를 넣어 정리하면 0절의 연관 방정식이 나옵니다(대입 계산은 길어서 생략, 검산 스크립트에서 확인). $(1-x^2)^{m/2}$를 곱하는 것은 가운데 $u'$ 항을 원래의 $-2xy'$ 모양으로 되돌리기 위해서입니다. $m>l$이면 $P_l^{(m)}=0$이라 해가 없어지는 것도 보입니다.

예제 1-1 $P_1^1$, $P_2^1$, $P_2^2$, $P_3^1$

L21의 $P_1=x$, $P_2=\frac{3x^2-1}{2}$, $P_3=\frac{5x^3-3x}{2}$를 미분합니다.

위상을 넣은 정의로는 $m$이 홀수인 것만 부호가 바뀝니다: $-\sin\theta$, $-3\sin\theta\cos\theta$, $+3\sin^2\theta$, $-\frac32\sin\theta(5\cos^2\theta-1)$.

2. $Y_l^m$ 쓰기

레시피
  1. $m\ge0$이면 공식의 네 조각을 차례로 씁니다: 부호 $(-1)^m$, 정규화 $\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}$, $P_l^m(\cos\theta)$, $e^{im\varphi}$.
  2. 정규화 상수와 $P_l^m$ 앞의 숫자를 곱해 근호 하나로 합칩니다: $c\sqrt{A}=\sqrt{c^2A}$.
  3. $m<0$이면 $Y_l^{-m}=(-1)^m(Y_l^m)^*$: 켤레로 $e^{im\varphi}\to e^{-im\varphi}$로 바꾸고, $m$이 홀수면 부호를 한 번 더 바꿉니다.
  4. 확인: $m=0$이면 $Y_l^0=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}}P_l(\cos\theta)$입니다.
왜 되나? (증명 스케치)

음수 $m$ 관계 $Y_l^{-m}=(-1)^m(Y_l^m)^*$. 연관 방정식에는 $m^2$만 들어 있으므로 $-m$의 $\theta$ 부분도 $+m$과 같은 방정식을 풉니다. 양 극에서 유한한 해는 $P_l^{|m|}$ 하나뿐이라 $Y_l^{-m}=c\,P_l^m(\cos\theta)\,e^{-im\varphi}$ 꼴입니다. 이것은 $(Y_l^m)^*$에 상수를 곱한 것이고, 정규화가 그 상수의 크기를 1로 정합니다. 남은 부호 $(-1)^m$은 약속(콘던-쇼틀리)입니다. 이 약속을 쓰면 사다리 연산자의 계수가 모두 양수가 됩니다(L31).

예제 2-1 $Y_2^1$, $Y_2^{-1}$, $Y_2^2$, $Y_2^{-2}$

$Y_2^1$: $l=2$, $m=1$이면 $\frac{(l-m)!}{(l+m)!}=\frac{1!}{3!}=\frac16$ 이므로 정규화는 $\sqrt{\frac{5}{4\pi}\cdot\frac16}=\sqrt{\frac{5}{24\pi}}$.

$$\begin{aligned}Y_2^1&=(-1)\sqrt{\frac{5}{24\pi}}\cdot3\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}\\&=-\sqrt{\frac{9\cdot5}{24\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}\\&=-\sqrt{\frac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}.\end{aligned}$$

$Y_2^{-1}$: $(-1)^1(Y_2^1)^*=+\sqrt{\frac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{-i\varphi}$.

$Y_2^2$: $\frac{0!}{4!}=\frac1{24}$ 이므로 정규화는 $\sqrt{\frac{5}{96\pi}}$, 부호는 $(-1)^2=+1$.

$$\begin{aligned}Y_2^2&=3\sqrt{\frac{5}{96\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}\\&=\sqrt{\frac{45}{96\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}\\&=\sqrt{\frac{15}{32\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}.\end{aligned}$$

$Y_2^{-2}$: $(-1)^2(Y_2^2)^*=\sqrt{\frac{15}{32\pi}}\sin^2\theta\,e^{-2i\varphi}$. 0절의 표와 같습니다.

그림 표기로 보기: G3 4절 — Y_ℓ^m의 정규화 상수를 변환기(나비넥타이)로 적분·계승 없이 구하기, 콘던-쇼틀리 위상 포함.

3. 직교정규성 적분

레시피
  1. $d\Omega=\sin\theta\,d\theta\,d\varphi$, 범위는 $0\le\theta\le\pi$, $0\le\varphi\le2\pi$입니다. $\sin\theta$를 빠뜨리지 않습니다.
  2. $|Y|^2=YY^*$에서 $e^{im\varphi}$는 지워집니다. 서로 다른 $m$이면 $\int_0^{2\pi}e^{i(m-m')\varphi}d\varphi=0$입니다.
  3. $\theta$ 적분은 $u=\cos\theta$, $du=-\sin\theta\,d\theta$로 바꾸면 $\int_{-1}^1(\text{다항식})\,du$가 됩니다. $\sin^2\theta=1-u^2$.
왜 되나? (증명 스케치)

$\delta_{mm'}$은 $\varphi$ 적분에서: $k=m-m'\ne0$이면 $\int_0^{2\pi}e^{ik\varphi}d\varphi=\big[\frac{e^{ik\varphi}}{ik}\big]_0^{2\pi}=0$입니다($k$가 정수라 한 바퀴 돌면 제자리). 그래서 $\theta$ 쪽은 같은 $m$끼리만 따지면 되고, 같은 $m$에서 $l\ne l'$이면 서로 다른 고유값 $l(l+1)$에 속하는 스투름-리우빌 고유함수(L25)라 직교합니다.

정규화 상수의 출처: $u_k=P_l^{(k)}$, $I_k=\int_{-1}^1(1-x^2)^ku_k^2\,dx$로 둡니다. 1절 상자의 $u$ 방정식($m\to k$)은 $\frac{d}{dx}\big[(1-x^2)^{k+1}u_k'\big]=-(l-k)(l+k+1)(1-x^2)^ku_k$로 쓸 수 있습니다. $I_{k+1}=\int(1-x^2)^{k+1}u_k'\,u_k'\,dx$를 한 번 부분적분하면(경계항은 $(1-x^2)^{k+1}$ 때문에 0)

$$I_{k+1}=(l-k)(l+k+1)\,I_k.$$

$I_0=\frac{2}{2l+1}$(L21)에서 $m$번 올라가면 $\int_{-1}^1(P_l^m)^2dx=\frac{2}{2l+1}\frac{(l+m)!}{(l-m)!}$. 여기에 $\varphi$ 적분 $2\pi$를 곱하고 역수의 제곱근을 취하면 $Y_l^m$의 정규화 상수 $\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}$입니다.

예제 3-1 $\displaystyle\int|Y_1^1|^2\,d\Omega=1$ 확인

$|Y_1^1|^2=\frac{3}{8\pi}\sin^2\theta$ 입니다($e^{i\varphi}e^{-i\varphi}=1$).

$$\int|Y_1^1|^2d\Omega=\frac{3}{8\pi}\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin^2\theta\,\sin\theta\,d\theta.$$

$\theta$ 적분: $\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=\int_{-1}^1(1-u^2)\,du=2-\frac23=\frac43$.

$$\frac{3}{8\pi}\cdot2\pi\cdot\frac43=1.\ \checkmark$$

4. 각도 함수를 $Y_l^m$로 전개

레시피
  1. $x,y,z$가 있으면 0절의 방향 코사인으로 $\theta,\varphi$ 식으로 바꿉니다.
  2. $\cos m\varphi=\frac{e^{im\varphi}+e^{-im\varphi}}{2}$, $\sin m\varphi=\frac{e^{im\varphi}-e^{-im\varphi}}{2i}$로 바꿉니다.
  3. $e^{im\varphi}$에 붙은 $\theta$ 부분이 표의 어느 $Y_l^m$과 같은 꼴인지 보고 상수를 맞춥니다. 자주 쓰는 것: $$\begin{aligned}\sin\theta\,e^{\pm i\varphi}&=\mp\sqrt{\tfrac{8\pi}{3}}\,Y_1^{\pm1},\\ \cos\theta&=\sqrt{\tfrac{4\pi}{3}}\,Y_1^0,\\ \sin^2\theta\,e^{\pm2i\varphi}&=\sqrt{\tfrac{32\pi}{15}}\,Y_2^{\pm2}.\end{aligned}$$
  4. 같은 $m$에 $l$이 섞여 있으면(예: $\cos^2\theta$) 먼저 L21처럼 $P_l(\cos\theta)$로 전개한 다음 $P_l(\cos\theta)=\sqrt{\frac{4\pi}{2l+1}}Y_l^0$을 씁니다.
  5. 표로 안 되면 계수 공식 $c_{lm}=\int Y_l^{m*}f\,d\Omega$를 씁니다.
예제 4-1 $\sin\theta\,e^{i\varphi}$와 $x/r$

$\sin\theta\,e^{i\varphi}$: $Y_1^1=-\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{i\varphi}$를 거꾸로 풀면 $\sin\theta\,e^{i\varphi}=-\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\,Y_1^1$.

$x/r$: $\frac xr=\sin\theta\cos\varphi=\frac12\big(\sin\theta\,e^{i\varphi}+\sin\theta\,e^{-i\varphi}\big)$. 위 식과 $\sin\theta\,e^{-i\varphi}=+\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_1^{-1}$을 넣습니다.

$$\frac xr=\frac12\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\big(Y_1^{-1}-Y_1^1\big)=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\big(Y_1^{-1}-Y_1^1\big).$$

부호 확인: $Y_1^{-1}-Y_1^1=\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta(e^{-i\varphi}+e^{i\varphi})$ 로 실수가 되어야 맞습니다.

예제 4-2 $z^2/r^2=\cos^2\theta$

$\varphi$가 없으니 $m=0$뿐이지만 $l=0$과 $l=2$가 섞입니다. L21 예제 6-1의 $x^2=\frac13P_0+\frac23P_2$를 씁니다.

$$\begin{aligned}\cos^2\theta&=\frac13\cdot\sqrt{4\pi}\,Y_0^0+\frac23\cdot\sqrt{\frac{4\pi}{5}}\,Y_2^0\\&=\frac{2\sqrt\pi}{3}Y_0^0+\frac43\sqrt{\frac\pi5}\,Y_2^0.\end{aligned}$$

계수 공식으로 첫 계수를 확인합니다: $c_{00}=\int\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\cos^2\theta\,d\Omega=\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\cdot2\pi\cdot\frac23=\frac{2\sqrt\pi}{3}$.

예제 4-3 $\sin^2\theta\cos2\varphi$와 $xy/r^2$

$\sin^2\theta\cos2\varphi$ (이것은 $\frac{x^2-y^2}{r^2}$입니다):

$$\begin{aligned}\sin^2\theta\cos2\varphi&=\frac12\big(\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}+\sin^2\theta\,e^{-2i\varphi}\big)\\&=\frac12\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\big(Y_2^2+Y_2^{-2}\big)\\&=\sqrt{\frac{8\pi}{15}}\big(Y_2^2+Y_2^{-2}\big).\end{aligned}$$

$xy/r^2$: $\frac{xy}{r^2}=\sin^2\theta\cos\varphi\sin\varphi=\frac12\sin^2\theta\sin2\varphi$, 그리고 $\sin2\varphi=\frac{e^{2i\varphi}-e^{-2i\varphi}}{2i}$.

$$\begin{aligned}\frac{xy}{r^2}&=\frac{1}{4i}\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\big(Y_2^2-Y_2^{-2}\big)\\&=-i\sqrt{\frac{2\pi}{15}}\big(Y_2^2-Y_2^{-2}\big)\\&=i\sqrt{\frac{2\pi}{15}}\big(Y_2^{-2}-Y_2^2\big).\end{aligned}$$

$\frac1{4i}=-\frac i4$, $\frac14\sqrt{\frac{32\pi}{15}}=\sqrt{\frac{2\pi}{15}}$을 썼습니다.

그림 표기로 보기: G3 4절 예제 4-2 — (n_x + i n_y)² = 2(e₊·n)²로 이 전개를 표 없이 다시 풉니다.

5. $L^2$, $L_z$를 직접 걸어 보기

레시피 ($\hbar=1$) $$\begin{aligned}L_z&=-i\frac{\partial}{\partial\varphi},\\ L^2&=-\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\Big)+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\right]\end{aligned}$$
  1. 정규화 상수는 양변에 똑같이 붙으므로 떼고 계산합니다.
  2. $L_z$: $e^{im\varphi}$를 미분하면 $-i\cdot im=m$이 나옵니다.
  3. $L^2$: $\theta$ 부분은 안쪽 미분 → $\sin\theta$ 곱 → 바깥 미분 → $\sin\theta$로 나누기 순서입니다. $\varphi$ 부분은 $\partial_\varphi^2e^{im\varphi}=-m^2e^{im\varphi}$.
  4. 지름길: $f=\Theta(\theta)e^{im\varphi}$, $x=\cos\theta$이면 $$L^2f=-\Big[\frac{d}{dx}\Big((1-x^2)\frac{d\Theta}{dx}\Big)-\frac{m^2}{1-x^2}\Theta\Big]e^{im\varphi}.$$ $\Theta$가 $x$의 다항식이면 이쪽이 빠릅니다.
왜 되나? (증명 스케치)

지름길: $x=\cos\theta$이면 $\frac{d}{d\theta}=-\sin\theta\frac{d}{dx}$이므로 $\frac{1}{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}\big(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta}\big)=\frac{d}{dx}\big((1-x^2)\frac{d\Theta}{dx}\big)$입니다.

고유값이 $l(l+1)$인 이유: 연관 르장드르 방정식(0절)을 나누어 쓰면 $\big((1-x^2)\Theta'\big)'-\frac{m^2}{1-x^2}\Theta=-l(l+1)\Theta$입니다. 왼쪽이 지름길의 대괄호와 똑같으므로 $L^2Y_l^m=l(l+1)Y_l^m$은 그 방정식을 다시 쓴 것일 뿐입니다. $L_zY_l^m=mY_l^m$은 $e^{im\varphi}$ 하나로 끝납니다.

덤: L31의 사다리 연산자 $L_\pm=e^{\pm i\varphi}(\pm\partial_\theta+i\cot\theta\,\partial_\varphi)$는 괄호 안이 $e^{im\varphi}$를 그대로 두고, 앞의 $e^{\pm i\varphi}$가 $m$을 $\pm1$ 바꿉니다.

예제 5-1 $Y_1^1\propto\sin\theta\,e^{i\varphi}$

$L_z$: $-i\partial_\varphi(\sin\theta\,e^{i\varphi})=-i\cdot i\sin\theta\,e^{i\varphi}=1\cdot\sin\theta\,e^{i\varphi}$. 고유값 $m=1$.

$L^2$, $\theta$ 부분:

$\varphi$ 부분: $\dfrac{1}{\sin^2\theta}\partial_\varphi^2f=-\dfrac{\sin\theta}{\sin^2\theta}e^{i\varphi}=-\dfrac{1}{\sin\theta}e^{i\varphi}$.

$$\begin{aligned}\text{대괄호}&=\frac{\cos^2\theta-\sin^2\theta-1}{\sin\theta}e^{i\varphi}\\&=\frac{-2\sin^2\theta}{\sin\theta}e^{i\varphi}=-2\sin\theta\,e^{i\varphi}.\end{aligned}$$

앞의 음수 부호까지 붙이면 $L^2f=2f=1\cdot(1+1)f$. ✓

예제 5-2 $Y_2^0\propto3\cos^2\theta-1$ (지름길 사용)

$\Theta=3x^2-1$, $m=0$입니다. $L_z$는 $\varphi$가 없으니 0입니다.

$$\begin{aligned}(1-x^2)\Theta'&=(1-x^2)\cdot6x=6x-6x^3,\\ \frac{d}{dx}(6x-6x^3)&=6-18x^2=-6(3x^2-1).\end{aligned}$$

앞의 음수 부호를 붙이면 $L^2\Theta=6\Theta=2\cdot(2+1)\Theta$. ✓

6. 덧셈 정리

레시피 $$\begin{aligned}P_l(\cos\gamma)&=\frac{4\pi}{2l+1}\sum_{m=-l}^lY_l^m(\theta,\varphi)\,Y_l^{m*}(\theta',\varphi'),\\ \cos\gamma&=\cos\theta\cos\theta'+\sin\theta\sin\theta'\cos(\varphi-\varphi')\end{aligned}$$
  1. $\gamma$는 두 방향 $(\theta,\varphi)$, $(\theta',\varphi')$ 사이의 각입니다.
  2. 합은 $m=-l,\dots,l$의 $2l+1$개 항입니다. $Y\,Y^*$ 꼴이라 위상 $(-1)^m$은 제곱되어 사라집니다. 그래서 관례와 무관합니다.
  3. 특수한 경우: $\theta'=0$이면 $m\ne0$ 항이 전부 0이 되어 $P_l(\cos\theta)=\frac{4\pi}{2l+1}Y_l^0(\theta)Y_l^0(0)$. 두 방향이 같으면($\gamma=0$) $\sum_m|Y_l^m|^2=\frac{2l+1}{4\pi}$ (언쇨드 정리, Unsöld's theorem).
  4. L21의 다중극 전개에 넣으면 $\dfrac{1}{|\mathbf r-\mathbf r'|}=\sum_{l,m}\dfrac{4\pi}{2l+1}\dfrac{r_<^l}{r_>^{l+1}}Y_l^m(\theta,\varphi)Y_l^{m*}(\theta',\varphi')$이 됩니다.
왜 되나? (증명 스케치)

약한 스케치입니다. $(\theta',\varphi')$을 고정하면 $P_l(\cos\gamma)$는 $\mathbf r'$ 방향을 $z$축으로 잡은 좌표에서 $P_l(\cos\theta_{\text{새}})$입니다. $L^2$는 축을 돌려도 모양이 같으므로 이것도 고유값 $l(l+1)$의 고유함수이고, 따라서 같은 $l$의 $Y_l^m$들의 합입니다: $P_l(\cos\gamma)=\sum_mc_mY_l^m(\theta,\varphi)$.

계수는 $c_m=\int Y_l^{m*}(\theta,\varphi)\,P_l(\cos\gamma)\,d\Omega$입니다. 이 적분을 돌린 좌표에서 계산하면 $\frac{4\pi}{2l+1}Y_l^{m*}(\theta',\varphi')$가 나옵니다(이 단계는 생략, 검산 스크립트에서 $l=2$ 수치 확인). 쉬운 점검: $\theta'=0$이면 레시피 3의 특수한 경우가 되고, $l=1$은 예제 6-1처럼 직접 맞춰 볼 수 있습니다.

예제 6-1 $l=1$에서 덧셈 정리 확인

$m=\pm1$ 두 항을 더하면 $e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}=2\cos\alpha$ 이므로 $\frac{3}{4\pi}\sin\theta\sin\theta'\cos(\varphi-\varphi')$.

$$\begin{aligned}&\sum_mY_1^m(\theta,\varphi)Y_1^{m*}(\theta',\varphi')\\&=\frac{3}{4\pi}\big[\cos\theta\cos\theta'+\sin\theta\sin\theta'\cos(\varphi-\varphi')\big]\\&=\frac{3}{4\pi}\cos\gamma.\end{aligned}$$

$\frac{4\pi}{3}$을 곱하면 $\cos\gamma=P_1(\cos\gamma)$. ✓

그림 표기로 보기: G3 5절 — 덧셈 정리 = 변환기 가운데 자르기. ℓ=1은 구면 기저의 완비성, ∫P_ℓ(n·a)P_ℓ(n·b)dΩ = 4πP_ℓ(a·b)/(2ℓ+1).

7. $P_l^m$ 점화식과 패리티

레시피
  1. 같은 $m$에서 $l$을 올리는 점화식: $$(l-m+1)P_{l+1}^m=(2l+1)xP_l^m-(l+m)P_{l-1}^m.$$ $m=0$이면 L21의 점화식입니다. 시작값은 $P_{m-1}^m=0$과 $P_m^m=(2m-1)!!\,(1-x^2)^{m/2}$입니다(위상 없는 정의, $(2m-1)!!=1\cdot3\cdots(2m-1)$).
  2. $xP_l^m$을 풀어 쓴 꼴 $xP_l^m=\dfrac{(l-m+1)P_{l+1}^m+(l+m)P_{l-1}^m}{2l+1}$은 $\cos\theta$가 낀 각 적분(8절)에 씁니다.
  3. 패리티(parity): 반전 $\mathbf r\to-\mathbf r$은 $\theta\to\pi-\theta$, $\varphi\to\varphi+\pi$입니다. $$Y_l^m(\pi-\theta,\varphi+\pi)=(-1)^lY_l^m(\theta,\varphi).$$ $m$과 무관하게 $(-1)^l$입니다.
  4. 쓰는 법: 각도 함수 $f$가 반전에서 부호를 $\pm$로 바꾸면, $f$의 전개에는 $(-1)^l=\pm1$인 $l$만 나옵니다. $\frac xr,\frac yr,\frac zr$은 홀이라 홀수 $l$만, $\frac{x^2}{r^2},\frac{xy}{r^2}$은 짝이라 짝수 $l$만 나옵니다. 또 $\int Y_{l'}^{m'*}fY_l^m\,d\Omega$는 $(-1)^{l+l'}\times(f\text{의 부호})=-1$이면 0입니다.
왜 되나? (증명 스케치)

점화식: L21의 점화식 $(l+1)P_{l+1}=(2l+1)xP_l-lP_{l-1}$을 $m$번 미분합니다. 라이프니츠 규칙으로 $(xP_l)^{(m)}=xP_l^{(m)}+mP_l^{(m-1)}$입니다.

$$\begin{aligned}(l+1)P_{l+1}^{(m)}&=(2l+1)\big(xP_l^{(m)}+mP_l^{(m-1)}\big)\\&\quad-lP_{l-1}^{(m)}.\end{aligned}$$

남은 $P_l^{(m-1)}$은 L21의 미분 점화식을 $m-1$번 미분한 $(2l+1)P_l^{(m-1)}=P_{l+1}^{(m)}-P_{l-1}^{(m)}$으로 지웁니다. 정리하면 $(l-m+1)P_{l+1}^{(m)}=(2l+1)xP_l^{(m)}-(l+m)P_{l-1}^{(m)}$이고, 양변에 $(1-x^2)^{m/2}$를 곱하면 끝입니다.

패리티: $\theta\to\pi-\theta$는 $x\to-x$입니다. $P_l$의 패리티가 $(-1)^l$이고 한 번 미분할 때마다 부호가 한 번 바뀌므로 $P_l^{(m)}(-x)=(-1)^{l-m}P_l^{(m)}(x)$. $(1-x^2)^{m/2}$는 그대로이고 $e^{im(\varphi+\pi)}=(-1)^me^{im\varphi}$. 곱하면 $(-1)^{l-m}(-1)^m=(-1)^l$.

예제 7-1 점화식으로 $P_3^1$과 $P_4^2$

$P_3^1$ ($m=1$, $l=2$): $(2-1+1)P_3^1=5xP_2^1-3P_1^1$. 예제 1-1의 $P_2^1=3x\sqrt{1-x^2}$, $P_1^1=\sqrt{1-x^2}$을 넣습니다.

$$2P_3^1=(15x^2-3)\sqrt{1-x^2},\qquad P_3^1=\frac32(5x^2-1)\sqrt{1-x^2}.$$

예제 1-1과 같습니다.

$P_4^2$ ($m=2$): 시작값 $P_2^2=3(1-x^2)$. $l=2$를 넣으면 $P_1^2=0$이라 $1\cdot P_3^2=5xP_2^2=15x(1-x^2)$. 다음 $l=3$:

$$\begin{aligned}2P_4^2&=7xP_3^2-5P_2^2\\&=105x^2(1-x^2)-15(1-x^2),\\ P_4^2&=\frac{15}{2}(7x^2-1)(1-x^2).\end{aligned}$$

확인: $P_4''=\frac{d^2}{dx^2}\frac{35x^4-30x^2+3}{8}=\frac{420x^2-60}{8}=\frac{15}{2}(7x^2-1)$.

예제 7-2 패리티 쓰기

(a) $Y_2^1$ 확인. $Y_2^1\propto\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$. $\theta\to\pi-\theta$에서 $\sin\theta$는 그대로, $\cos\theta\to-\cos\theta$. $\varphi\to\varphi+\pi$에서 $e^{i\varphi}\to-e^{i\varphi}$. 부호는 $(+)(-)(-)=+1=(-1)^2$입니다.

(b) 전개 미리 보기. $\frac xr$은 홀이라 $l=1$만 나옵니다(예제 4-1). $\frac{x^2}{r^2}$은 짝이라 $l=0,2$만 나옵니다(C5).

(c) 계산 없이 0. $\int|Y_l^m|^2\cos\theta\,d\Omega$: $|Y_l^m|^2$은 짝, $\cos\theta$는 홀이라 전체가 홀이므로 모든 $l,m$에서 0입니다. 원자가 영구 쌍극자 모멘트를 갖지 않는다는 말의 수학적 내용입니다.

8. 각 적분과 선택 규칙 맛보기

레시피 $\displaystyle\int Y_{l'}^{m'*}\,(\text{각도 함수})\,Y_l^m\,d\Omega$
  1. 가운데 함수를 $Y$로 바꿉니다: $\cos\theta=\sqrt{\frac{4\pi}{3}}Y_1^0$. $x/r$, $y/r$은 4절처럼 $Y_1^{\pm1}$로 바꿉니다.
  2. $\varphi$ 적분이 먼저 걸러 냅니다. $\cos\theta$가 끼면 $m'=m$일 때만, $x/r$나 $y/r$이 끼면 $m'=m\pm1$일 때만 살아남습니다.
  3. $\theta$ 적분은 $u=\cos\theta$의 다항식입니다. 피적분함수가 홀함수면 0이라서 $\cos\theta$가 끼면 $l'=l\pm1$만 살아남습니다(패리티).
  4. 참고 공식: $\displaystyle\int Y_{l+1}^{m*}\cos\theta\,Y_l^m\,d\Omega=\sqrt{\frac{(l+1)^2-m^2}{(2l+1)(2l+3)}}$.

이런 0/0 아님 조건을 선택 규칙(selection rule)이라고 합니다. 원자의 쌍극자 전이에서 $\Delta l=\pm1$, $\Delta m=0,\pm1$이 바로 이것입니다.

왜 되나? (증명 스케치)

참고 공식은 7절 점화식에서 나옵니다. 상수를 $N_{lm}=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}$로 씁니다(부호 $(-1)^m$은 두 $Y$에 같이 붙어 사라짐). $xP_l^m$을 7절처럼 풀고 $\int P_{l+1}^mP_{l-1}^m=0$을 쓰면

$$\begin{aligned}&\int Y_{l+1}^{m*}\cos\theta\,Y_l^m\,d\Omega\\&=2\pi N_{l+1,m}N_{lm}\frac{l-m+1}{2l+1}\int_{-1}^1\big(P_{l+1}^m\big)^2dx.\end{aligned}$$

3절 상자의 $\int(P_{l+1}^m)^2dx=\frac{2}{2l+3}\frac{(l+1+m)!}{(l+1-m)!}$를 넣고 계승을 지우면 $\sqrt{\frac{(l+1-m)(l+1+m)}{(2l+1)(2l+3)}}$가 남습니다. 분자가 $(l+1)^2-m^2$을 인수분해한 꼴입니다.

예제 8-1 $\int Y_1^{0*}\cos\theta\,Y_0^0\,d\Omega$와 $\int Y_2^{0*}\cos\theta\,Y_1^0\,d\Omega$

(a) $\cos\theta\,Y_0^0=\sqrt{\frac{4\pi}{3}}Y_1^0\cdot\frac1{\sqrt{4\pi}}=\frac{1}{\sqrt3}Y_1^0$. 직교정규성으로

$$\int Y_1^{0*}\cos\theta\,Y_0^0\,d\Omega=\frac{1}{\sqrt3}.$$

(b) 직접 적분합니다. 상수는 $\sqrt{\frac{5}{16\pi}}\sqrt{\frac{3}{4\pi}}=\frac{\sqrt{15}}{8\pi}$.

$$\begin{aligned}\int Y_2^{0*}\cos\theta\,Y_1^0\,d\Omega&=\frac{\sqrt{15}}{8\pi}\cdot2\pi\int_{-1}^1(3u^2-1)u^2\,du\\&=\frac{\sqrt{15}}{4}\Big(\frac65-\frac23\Big)\\&=\frac{\sqrt{15}}{4}\cdot\frac{8}{15}=\frac{2}{\sqrt{15}}.\end{aligned}$$

참고 공식에 $l=0,m=0$을 넣으면 $\frac1{\sqrt3}$, $l=1,m=0$을 넣으면 $\sqrt{\frac4{15}}=\frac2{\sqrt{15}}$. 둘 다 맞습니다.

(c) 0이 되는 예: $\int Y_1^{1*}\cos\theta\,Y_1^1\,d\Omega=0$ ($l'=l$, 홀함수 $u(1-u^2)$), $\int Y_2^{1*}\cos\theta\,Y_1^0\,d\Omega=0$ ($m'\ne m$).

그림 표기로 보기: G3 1절 — 각 적분을 짝짓기 셈으로: ⟨n_z⁴⟩ = 1/5, ⟨n_x²n_y²⟩ = 1/15. 이 예제 (b)와 연습 F2·F4를 θ 적분 없이 다시 풉니다.

9. 자주 하는 실수

10. 연습문제

종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy로 검산했습니다. 관례는 이 레슨의 약속($P_l^m$ 위상 없음, $Y$에 $(-1)^m$)을 따릅니다.

A. $P_l^m$과 $Y_l^m$

A1. $P_3^2$, $P_3^3$을 $\theta$로 쓰세요.

답$P_3^2=15\cos\theta\sin^2\theta$, $P_3^3=15\sin^3\theta$ — $P_3''=15x$, $P_3'''=15$에 $(1-x^2)$, $(1-x^2)^{3/2}$를 곱합니다.

A2. $P_4^1$

답$P_4^1=\dfrac52(7x^3-3x)\sqrt{1-x^2}=\dfrac52\sin\theta\,(7\cos^3\theta-3\cos\theta)$ — $P_4'=\frac{35x^3-15x}{2}$.

A3. $Y_3^0$

답$\sqrt{\dfrac{7}{16\pi}}\,(5\cos^3\theta-3\cos\theta)$ — $\sqrt{\frac{7}{4\pi}}\cdot\frac{5x^3-3x}{2}$, 그리고 $\frac12\sqrt{\frac7{4\pi}}=\sqrt{\frac{7}{16\pi}}$.

A4. $Y_3^3$과 $Y_3^{-3}$

답$Y_3^3=-\sqrt{\dfrac{35}{64\pi}}\sin^3\theta\,e^{3i\varphi}$, $Y_3^{-3}=+\sqrt{\dfrac{35}{64\pi}}\sin^3\theta\,e^{-3i\varphi}$ — 정규화 $\sqrt{\frac{7}{4\pi}\cdot\frac{1}{720}}$에 15를 넣으면 $\sqrt{\frac{225\cdot7}{2880\pi}}=\sqrt{\frac{35}{64\pi}}$. $m=3$이 홀수라 $Y_3^{-3}$에서 부호가 바뀝니다.

A5. SymPy의 assoc_legendre(2, 1, x)는 $-3x\sqrt{1-x^2}$를 줍니다. 이것으로 $Y_2^1$을 만들려면 공식을 어떻게 써야 하나요?

답$(-1)^m$을 빼고 $Y_2^1=\sqrt{\frac{5}{24\pi}}\cdot(-3\cos\theta\sin\theta)\,e^{i\varphi}=-\sqrt{\frac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$. 위상이 이미 $P$ 안에 있으므로 결과는 예제 2-1과 같습니다.

A6. 북극($\theta=0$)에서 $Y_l^m$의 값은? $Y_2^0(0,\varphi)$를 구하세요.

답$m\ne0$이면 $\sin^{|m|}\theta$ 때문에 0입니다. $m=0$이면 $P_l(1)=1$이라 $Y_l^0(0)=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}}$. 따라서 $Y_2^0(0,\varphi)=\sqrt{\dfrac{5}{4\pi}}$.

B. 정규화와 직교

B1. $\displaystyle\int|Y_1^0|^2d\Omega=1$을 직접 확인하세요.

답$\frac{3}{4\pi}\cdot2\pi\cdot\int_{-1}^1u^2\,du=\frac32\cdot\frac23=1$.

B2. $\displaystyle\int|Y_2^2|^2d\Omega=1$을 직접 확인하세요.

답$\frac{15}{32\pi}\cdot2\pi\int_0^\pi\sin^5\theta\,d\theta=\frac{15}{16}\cdot\frac{16}{15}=1$ — $\int_{-1}^1(1-u^2)^2du=2-\frac43+\frac25=\frac{16}{15}$.

B3. $\displaystyle\int Y_1^{1*}Y_2^1\,d\Omega$

답$0$ — $\varphi$ 부분은 지워지지만 $\theta$ 부분이 $\int_{-1}^1(1-u^2)u\,du=0$ (홀함수).

B4. $\displaystyle\sum_{m=-1}^1|Y_1^m|^2$와 $\displaystyle\sum_{m=-2}^2|Y_2^m|^2$

답$\dfrac{3}{4\pi}$, $\dfrac{5}{4\pi}$ — $l=1$: $\frac{3}{4\pi}\cos^2\theta+2\cdot\frac{3}{8\pi}\sin^2\theta=\frac{3}{4\pi}$. 각도와 무관합니다(언쇨드 정리).

C. $Y_l^m$로 전개

C1. $\sin\theta\,e^{-i\varphi}$

답$\sqrt{\dfrac{8\pi}{3}}\,Y_1^{-1}$ — $Y_1^{-1}$은 부호가 $+$입니다.

C2. $y/r$

답$i\sqrt{\dfrac{2\pi}{3}}\,\big(Y_1^1+Y_1^{-1}\big)$ — $\sin\varphi=\frac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i}$, $\frac{1}{2i}\big(-\sqrt{\frac{8\pi}3}Y_1^1-\sqrt{\frac{8\pi}3}Y_1^{-1}\big)$, 그리고 $-\frac1i=i$.

C3. $\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$

답$-\sqrt{\dfrac{8\pi}{15}}\,Y_2^1$

C4. $xz/r^2$

답$\sqrt{\dfrac{2\pi}{15}}\,\big(Y_2^{-1}-Y_2^1\big)$ — $\sin\theta\cos\theta\cos\varphi$, 예제 4-1과 같은 방법.

C5. $x^2/r^2$ (어려움)

답$\dfrac{2\sqrt\pi}{3}Y_0^0-\dfrac23\sqrt{\dfrac\pi5}\,Y_2^0+\sqrt{\dfrac{2\pi}{15}}\big(Y_2^2+Y_2^{-2}\big)$ — $\cos^2\varphi=\frac{1+\cos2\varphi}{2}$로 $\frac{x^2}{r^2}=\frac12\sin^2\theta+\frac12\sin^2\theta\cos2\varphi$. 앞 항은 $\sin^2\theta=\frac23-\frac23P_2(\cos\theta)$, 뒤 항은 예제 4-3. 확인: $x^2+y^2+z^2$ 전개를 더하면 $2\sqrt\pi\,Y_0^0=1$.

D. 각운동량 연산자

D1. $L_zY_2^{-2}$

답$-2\,Y_2^{-2}$ — $-i\partial_\varphi e^{-2i\varphi}=-i(-2i)e^{-2i\varphi}=-2e^{-2i\varphi}$.

D2. $L^2(\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi})$

답$6\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$ — 지름길: $\Theta=x\sqrt{1-x^2}$, $m=1$. $l=2$이므로 $l(l+1)=6$.

D3. $\sin^2\theta$는 $L^2$의 고유함수인가요? 아니면 고유함수들로 나누세요.

답아닙니다. 지름길로 $L^2(1-x^2)=-\frac{d}{dx}\big[(1-x^2)(-2x)\big]=2-6x^2$ 이므로 $\sin^2\theta$에 비례하지 않습니다. $\sin^2\theta=\frac23-\frac23P_2(\cos\theta)$로 나누면 $l=0$ 성분(고유값 0)과 $l=2$ 성분(고유값 6)이고, 실제로 $6\cdot\big(-\frac23P_2\big)=2-6\cos^2\theta$.

E. 점화식과 패리티

E1. 점화식으로 $P_3^3=15(1-x^2)^{3/2}$에서 $P_4^3$을 만드세요.

답$P_4^3=105x(1-x^2)^{3/2}$ — $l=m=3$이면 $P_2^3=0$이라 $1\cdot P_4^3=7xP_3^3$. 확인: $P_4'''=105x$.

E2. 점화식으로 $P_5^1$을 구하세요. (A2의 $P_4^1$과 예제 1-1의 $P_3^1$을 쓰세요.)

답$P_5^1=\dfrac{15}{8}(21x^4-14x^2+1)\sqrt{1-x^2}$ — $l=4$, $m=1$: $4P_5^1=9xP_4^1-5P_3^1=\frac{315x^4-135x^2-75x^2+15}{2}\sqrt{1-x^2}$. 확인: $P_5'=\frac{315x^4-210x^2+15}{8}$.

E3. 다음 중 패리티만으로 0인 것을 고르고, 나머지 하나의 값을 구하세요. (a) $\int Y_2^{0*}\frac xrY_0^0\,d\Omega$ (b) $\int Y_2^{1*}\frac xrY_1^0\,d\Omega$ (c) $\int|Y_3^1|^2\frac zr\,d\Omega$

답(a), (c)가 0. (b) $=-\dfrac{1}{\sqrt{10}}$ — (a) $(-1)^{2+0}\cdot(-1)=-1$, (c) $(-1)^{3+3}\cdot(-1)=-1$. (b)는 상수 $-\sqrt{\frac{15}{8\pi}}\sqrt{\frac{3}{4\pi}}$, $\int_0^{2\pi}\cos\varphi\,e^{-i\varphi}d\varphi=\pi$, $\int_{-1}^1(1-u^2)u^2du=\frac4{15}$를 곱합니다.

F. 덧셈 정리와 각 적분

F1. $\theta'=0$으로 덧셈 정리를 줄인 식 $P_l(\cos\theta)=\frac{4\pi}{2l+1}Y_l^0(\theta)Y_l^0(0)$을 $l=2$에서 확인하세요.

답$Y_2^0(0)=2\sqrt{\frac{5}{16\pi}}=\sqrt{\frac{5}{4\pi}}$. $\frac{4\pi}{5}\cdot\sqrt{\frac{5}{16\pi}}\sqrt{\frac5{4\pi}}(3\cos^2\theta-1)=\frac{4\pi}{5}\cdot\frac{5}{8\pi}(3\cos^2\theta-1)=P_2(\cos\theta)$.

F2. $\displaystyle\int Y_2^{1*}\cos\theta\,Y_1^1\,d\Omega$

답$\dfrac{1}{\sqrt5}$ — 상수 $\sqrt{\frac{15}{8\pi}}\sqrt{\frac{3}{8\pi}}=\frac{\sqrt{45}}{8\pi}$, $\varphi$ 적분 $2\pi$, $\int_{-1}^1(1-u^2)u^2du=\frac4{15}$. 참고 공식 $l=1,m=1$: $\sqrt{\frac{3}{15}}$.

F3. $\displaystyle\int Y_2^{0*}\cos\theta\,Y_0^0\,d\Omega$

답$0$ — $\cos\theta\,Y_0^0\propto Y_1^0$뿐이라 $l=2$ 성분이 없습니다($\Delta l=2$).

F4. $\displaystyle\int|Y_1^1|^2\cos^2\theta\,d\Omega$

답$\dfrac15$ — $\frac{3}{8\pi}\cdot2\pi\int_{-1}^1(1-u^2)u^2du=\frac34\cdot\frac4{15}$.

F5. $\displaystyle\int Y_1^{1*}\,\frac xr\,Y_0^0\,d\Omega$

답$-\dfrac{1}{\sqrt6}$ — $\frac xr Y_0^0=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\big(Y_1^{-1}-Y_1^1\big)=\frac{1}{\sqrt6}\big(Y_1^{-1}-Y_1^1\big)$에서 $Y_1^1$의 계수. ($\Delta m=+1$이라 살아남습니다.)

F6. 참고 공식을 쓰지 말고 7절 점화식으로 $\displaystyle\int Y_3^{1*}\cos\theta\,Y_2^1\,d\Omega$를 구하세요.

답$\sqrt{\dfrac{8}{35}}$ — $xP_2^1=\frac{2P_3^1+3P_1^1}{5}$. $N_{31}^2=\frac{7}{48\pi}$, $N_{21}^2=\frac{5}{24\pi}$, $\int(P_3^1)^2dx=\frac27\cdot\frac{4!}{2!}=\frac{24}{7}$. 곱하면 $2\pi\cdot\frac{\sqrt{35}}{24\sqrt2\,\pi}\cdot\frac25\cdot\frac{24}{7}=\frac{4}{\sqrt{70}}$. 참고 공식 $l=2,m=1$: $\sqrt{\frac{9-1}{5\cdot7}}$.

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