Экзаменационная теория (1124269), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

n называется∫0главным квантовым числом, l – орбитальным (определяет угловой момент электрона). Например,φ1,0 = 2α e − ρ , α = ( µ Z )3/ 2, ρ = µ Zr .Характеристики радиальных функций:1). Каждая функция представляет собой произведение экспоненты на полином вида r l pn −l −1 ( r ) .Поэтому у этих функций имеется ( n − l − 1) узлов, не учитывая 0 и бесконечность. Так, еслиl = 0, r = 0; то функции не стремятся к нулю, если l ≠ 0 , r = 0; то функции обращаются в 0.2). При увеличении n радиальные функции имеют всё меньшие абсолютно максимальныезначения и всё большую протяжённость. Наряду с l число n задаёт волновую функцию иполностью определяет энергию системы: En = −µ z2, n = 1, 2,...2n 2Полная волновая функции каждого квантового состояния определяется произведениемрадиальной и угловой частей: ψ ( r , θ , ϕ ) = φn ,lϑlm (θ , ϕ )Вероятность обнаружить электрон в заданной точке пространства с координатами r , θ , ϕ равна:p ( r ,θ , ϕ ) drdθ dϕ = φn ,lϑlm (θ , ϕ ) r 2 sin θ drdθ dϕ .

Например, в ядре состояние функции не2зависит от углов и определяется: pn ( r ) = φ1,0 (r ) r2219Вариационный метод. Метод Ритца.Нужно искать приближённые решения уравнения Шредингера. Вариационный метод базируетсяна построении: дифференциальные уравнения могут рассматриваться, как уравнения,определяющие функции, на которых функционалы достигают экстремальных значений.Функционал – это преобразователь, ставящий в соответствие каждой функции число. Интеграл –∫это линейная функция. F = ψ A ψ = a = ψ ∗ Aψ dx .Пусть ϕ ( x ) получает приращение δϕ ( x ) , тогда функционал получает приращениеF [ϕ ( x ) + δϕ ( x) ] − F [ϕ ( x)] , главная линейная часть по δϕ ( x ) называется вариацией функционалаF , обозначаемая δ F [ϕ ( x )] .

δϕ ( x ) - вариация ϕ ( x ) . Так, функционал должен достигнутьµ ψ . Еслиэкстремума ⇒ δ F [ϕ ( x)] = 0 . Так, рассмотрим функционал энергии I (ψ ) = ψ Hµψ =заменить ψ на ϕ : ψ HµϕϕHϕϕ, ψ - нормирована, ϕ - не обязательно. В результате()µ − I ϕ = 0 . Получается, что если ϕ обеспечиваетсложных преобразований получим равенство Hэкстремум функционалу I (ϕ ) , то функционал на этой функции ϕ равен собственному значениюϕ -экстремали, т.е.

функции, на которой функционал достигает экстремума.Т.о., задачу нахождения решения дифференциального уравнения Шредингера можно свести кнахождению экстремалей функционала энергии. Выбираем класс функций (зависит отпараметров), состояние функции энергии на этих функциях, ищем экстремали функций, изменяяфункции в пределах класса (те, на которых функционал имеет экстремум). Такие функции будутблизки к точным функциям, т.е. будут их оценками; чем больше класс пробных функций, темточнее оценки. Точные функции – функции, на которых оператор должен быть ограничен снизуµ существует ϕ такое, что ϕ Hµ ϕ ≥C⇒A ϕ ≥ C . Пусть для H(одно из условий) ϕ µ000функционал энергии на ϕ0 будет иметь минимальное значение, т.о. ϕ0 будет собственнойµ , C = E .

На других функциях ϕ функционал будет иметь большие значения, чемфункцией для H0µ на любой нормированнойµ ϕ > E - вариационный принцип (среднее значение HC = E0 : ϕ H0функции из класса функций больше минимального значения энергии системы, оно равно ему, еслиµ с собственным значением E ). Состояние Eϕ совпадает с собственной функцией H00называется основным, любое состояние E0 < E - возбуждённым.Для возбуждённых состояний: E1 - первое возбуждённое состояние служит нижней границейµ ϕ ≥ E . Т.о.,функционала энергии на всех тех функциях, которые ортогональны к ϕ0 : ϕ H1µϕ = E ϕ .

Далее аналогично.минимальное значение E1 достигается на ϕ1 : H11 1Метод Ритца.Пробные функции ϕ можно представить в виде линейных комбинаций известных χ i :µϕ =I (ϕ ) = ϕ Hn∑C Cl ,k =1∗klµ χ , где χ Hµ χ =H .χk Hlklkln∑C χi =1ii=ϕ ;201= ϕ ϕ =n∑ Ck∗Cl χ k χl =l , k =1n∑C CS∗kl , k =1lkl. Нужно найти экстремум I (ϕ ) . Найдём безусловныйэкстремум: F (ϕ ) = I (ϕ ) − ε ϕ ϕ , ε - собственное значение в линейном варианте задачи.F (ϕ ) = f ( C1 , C2 ,..., Cn ) =( ∗)n∑ C C (H∗kl ,k =1lkl− ε Skl )∂f= ∑ Cl ( H kl − ε S kl ) = 0, k = 1, 2,..., n ,∂Ck∗l∗ ∂f ∗ = ∑ Cl ( H kl − ε S kl ) = 0l ∂Ck ∗∂f  ∂f ∗− = (ε − ε ) ∑ Cl Skl = 0∗∂Ck  ∂Ck lε ∗ − ε = 0, ε ∗ = ε ⇒ ε - вещественно, при решении (∗) получим ( H − ε i S ) ci = 0, i, k , l = 1,..., nТогда HC = SCE ⇒ получаем n решений. Оставшиеся функции: если упорядочить собственныезначения энергии в порядке возрастания и собственные значения ε линейного варианта задачи также, то каждое ε i будет точной верхней гранью для соответствующего Ei .

Чем ↑ n , тем лучше.∂f= ∑ Cl∗ ( H lk − ε Slk ) = 0, k = 1, 2,..., n ,∂CklТеория возмущения Релея-Шредингера для дискретного спектра в отсутствие вырождения.Необходимо найти решения дифференциального уравнения Шредингера по известным решениямисходной другой задачи, слабо отличающейся от нашей.Будем рассматривать стационарную задачу, невырожденную с дискретным спектром. Пусть надоµ , пусть известны решения для Hµ . Систему сµ0. Hµ 0 близко к Hнайти решения для системы с Hµ считаем возмущённой, но по отношению к Hµ 0 .

Оператор возмущения: Vµ = Hµ −Hµ 0 . НадоHµ , если они известны длянайти найти собственные функции ψ i и собственные значения Ei для Hµ 0 . Вводим оператор Hµλ = Hµ 0 + λVµ , λ = 0 : Hµλ = Hµ 0 ; λ = 1: Hµλ = Hµ (семейство операторов)Hµ λ в виде рядов по степеням:Представим собственные значения и собственные функции HEi = Ei( 0) + λ Ei(1) + λ 2 Ei( 2 ) + ..;ϕi = ϕi( 0 ) + λϕi(1) + λ 2ϕi( 2) + ... (ряды сходятся, λ непрерывно и ∈ [ 0;1] )()()µ λϕ = E ϕ ; Hµ 0 + λVµ ϕ ( 0) + λϕ (1) + λ 2ϕ ( 2) + ...

=Подставим в уравнение Шредингера: Hii iiii()()µ 0ϕ ( 0) +  Hµ ϕ (1) + Vµϕ ( 0)  λ += Ei( 0) + λ Ei(1) + λ 2 Ei( 2) + ... ϕi( 0) + λϕi(1) + λ 2ϕi( 2) + ... ; Получим: Hii  0 iµ ϕ ( 2) + Vµϕ (1)  + ... = E ( 0)ϕ ( 0) + λ  E (1)ϕ ( 0) + E ( 0)ϕ (1)  + λ 2  E ( 2)ϕ ( 0) + E (1)ϕ (1) + E ( 0)ϕ ( 2)  + ...+λ 2  Hi iiii iiii  i i i i 0 iИтак получим систему:µ 0ϕ (1) + Vµϕ ( 0) = E (1)ϕ ( 0) + E ( 0)ϕ (1)1). Hiiiiiiµ 0ϕ ( 0) = E ( 0)ϕ ( 0) - это известно для невозмущённой задачи.2). Hiiiµ 0ϕ ( 2) + Vµϕ (1) = E ( 2)ϕ ( 0) + E (1)ϕ (1) + E ( 0)ϕ ( 2) . Пусть все функции нормированы на единицу.3).

Hiiiiiiii( ∗)( Hµ0)(µ= (H)− Ei0 ϕi(1) = Ei(1) − Vµ ϕi( 0)µ 0 − E 0 ϕ (1)ϕi( 0) Hii0)g ϕi( 0)∗ , проинтегрируем по всему объёму.µ 0 ϕ (0) = 0− Ei0 ϕi( 0) ϕi(1) = 0 , тогда ϕi( 0) Ei(1) − HiEi(1) ϕi( 0) ϕi( 0) = ϕi( 0) Vµ ϕi( 0) , откуда: Ei(1) = ϕi( 0) Vµ ϕi( 0) при нормировке.Ei = Ei( 0) + Ei(1) = Ei( 0) + ϕi( 0) Vµ ϕi( 0) - энергия в первом порядке теории возмущений.21Найдём ϕi( ) .

Разложим в ряд Фурье ϕi( ) =11(∞)∞∑ a ϕ ( ) , подставим в (∗) :0kk =1k(∞())µ 0ϕ (1) = a E ( 0)ϕ ( 0) ; HH∑ k k k µ 0 − Ei(0) ϕi(1) = ∑ ak Ek(0) − Ei( 0) ϕk(0) = Ei(1) − Vµ ϕi(0)ik =1∞k =1()(∞g ϕm( 0)∗ , инт.:)ϕ m( 0) Ei(1) − Vµ ϕi( 0) = ∑ ak Ek( 0) − Ei( 0) ϕ m( 0) ϕk( 0) = ∑ ak Ek( 0) − Ei( 0) δ mk . Если m = k , δ mk = 1 .k =1(k =1)()Ei(1) ϕ m( 0) ϕi( 0) − ϕm( 0) Vµ ϕi( 0) = am Em( 0) − Ei( 0) ; т.е.: Ei(1)δ mi − Vmi = am Em( 0) − Ei( 0) .Если m = i,∞ϕi(1) = ∑ −m =1Em( 0 ) = Ei( 0) , Ei(1) = Vmm , 0 = 0 , что не имеет смысла. Если m ≠ i, am = −VmiE(0)m( 0)− Ei⋅ ϕ m0 . Если m = k ≠ i,am < 1, тоVmi.E − Ei( 0)( 0)mVmi < Ei0 − Em0 .Возмущения малы по сравнению с расстоянием между уровнями.Определим поправку второго порядка.

Рассмотрим (3):()µ − E ( 0)  ϕ ( 2) = E (1) − Vµ ϕ (1) + E ( 2)ϕ ( 0) ; g ϕ ( 0)∗ , инт.:Hi  iiiiii 0µ 0 − E ( 0) ϕ ( 2) = 0 = ϕ ( 0) E (1) − Vµ ϕ (1) + E ( 2) ; E ( 2) + E (1) ϕ ( 0) ϕ (1) − ϕ ( 0) Vµ ϕ (1) = 0 ;ϕi( 0) Hiiiiiiiiiiii120Подставив значение ϕi( ) , получим: Ei( ) = ϕi( ) Vµ( 2)собственные значения V вещественны, то Ei=∞VkiVki ⋅Vik(0)ϕ=. Если∑ E (0) − E ( 0) k k∑(0)− Ek( 0),i =1 Eiik∞V2∑ E( ) − E( ) ;k ,i =10i0V ∈ ¡ . Ei( 2 ) < 0 , всегда.kЭто мы рассмотрели поправку второго порядка в теории возмущений к энергии.Теория возмущений Релея-Шредингера для состояния вырожденного уравнения.Необходимо найти решение дифференциального уравнения Шредингера по известным решениямдругой задачи, слабо отличающейся от нашей.

Пусть система стационарна с вырожденнымиµ с дискретным спектром. Пусть известно решение для Hµ0;собственными значениями Hµ считаем возмущённой по отношению к Hµ 0 . Эрмитовый оператор возмущения:Систему с Hµ , еслиµ −Hµ 0 . Надо найти найти собственные функции ψ и собственные значения E для HVµ = Hiiµ 0 . Вводим семейство операторовони известны для Hµλ = Hµ 0 + λVµ , λ = 0 : Hµλ = Hµ 0 ; λ = 1: Hµλ = HµH00Пусть Ei( ) соответствует несколько ϕiα( ) , α ∈ ¥ , n – кратное вырождение.µ λ в виде рядов по степеням n:Представим собственные значения и собственные функции HnEi = Ei( 0) + λ Ei(1) + λ 2 Ei( 2) + ..;ϕi = ∑ aα ϕi(α0) + λϕi(1) + λ 2ϕi( 2) + ...α =1Пусть λ → 0 , тогда система из возмущённого состояния может перейти в невозмущённое, нонеизвестно, в какое именно, т.к.

возможно множество линейных комбинаций. Следовательно,необходимо искать aα .()()nnµ 0 + λVµ  a ϕ ( 0) + λϕ (1) + λ 2ϕ ( 2) + ...  = E ( 0) + λ E (1) + λ 2 E ( 2) + ...  a ϕ ( 0) + λϕ (1) + λ 2ϕ ( 2) + ... Hiiiiiii ∑ α iα ∑ α iα α =1 α =1nn(0) 2 µ( 2 ) µ (1) µ 0 a ϕ ( 0) + λ  Hµ (1) µПолучим: H∑α iα 0ϕi + V ∑ aα ϕiα  + λ  H 0ϕi + Vϕi  + ... =α =1α =122nnn= Ei( 0) ∑ aα ϕi(α0) + λ  Ei(1) ∑ aα ϕi(α0) + Ei( 0)ϕi(1)  + λ 2  Ei( 2) ∑ aα ϕi(α0) + Ei(1)ϕi(1) + Ei( 0)ϕi( 2)  + ...α =1α =1α =1Если ряды сходятся, λ непрерывно и ∈ [ 0;1] , получим систему:(µ 0 − E ( 0)1). Hiµ 0ϕ (1) + Vµ2). Hi())∑a ϕnα =1nα( 0)iα=0n∑ a ϕ ( ) = E ( ) ∑ a ϕ ( ) + E ( )ϕ ( )αα =10iα(µ 0 − E 0 ϕ (1) = E (1) − VµHiii1i)α =10iαα01iig ϕi(,0β)∗ , β ∈ [1, α ] (последовательно для всех β )(∑ aαϕi(α0) , ϕi(,0β) Hµ 0 − Ei0 ϕi(1) = 0 , тогда ϕi(,0β) Ei(1) − Vµnα =1) ∑a ϕnα =1α(0)iα=0- при нормировке на единицу. Просуммировав, получим:∑a (E δnα =1αi βα− Viβ ,iα ) = 0 , получили систему линейных однородных уравнений относительно aα .()Для существования нетривиальных решений необходимо, чтобы: det Viβ ,iα − Eiδ βα = 0 .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)