Том 2 (1129331), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Если не учитывать симметризацию, то отсюда для энергии ионизация получаем 1 = — (К, + в") = 0,145 ат. ед., или 7 = 3,94 эВ. Если же при том же значении параметра р использовать для энергии ионизацин полное выражение (156.11), то будем иметь 0,145 — 0,021е 1 1-0,0225с Подученные с помощью этой формулы результаты вместе с экспериментальными данными приводятся в нижеследующей таблице. Энергия ионнэаиии Лля аэ.электрона, ээ теория эксперинент 3,30 4,62 1,зг Парагелнй, а=+ 1 Ортогелий, е= — 1 Разность 3,97 4,76 0,79 Задача 157. Основное состояние атома лития Вычислить энергию основного состояния атома лития (У = 3). Считать, что два 1з-электрона лития описываются водородоподобными экранированными функциями, найденными в задаче 154.
Обменные эффекты не учитывать. Решение. В данной задаче гамильтоииан имеет вид (157.1) Мы видим, что теоретические значения термов, как это всегда бывает при вариационных расчетах, несколько превышают их истинные значения. Довольно значительный сдвиг между ортои парауровнямн даже в этой очень простой приближенной теории получается с 35'7о-ной точностью. 86 !!Г.
Миогочастичние оадачи. А. Малое число частиц Здесь первая фигурная скобка соответствует двухэлектронной задаче для иона Ь1, во второй фигурной скобке стоит гамильтониан одноэлектронной задачи, приводящий к волновой функции 2х-состояния третьего электрона в поле экранированного ядра с результирующим зарядом + 1; наконец, в третьей скобке собраны остальные члены энергии взаимодействия. Такой подход к движению третьего электрона был бы вполне оправдан, если бы радиус К-оболочки был гораздо меньше радиуса орбиты 2з-электрона.
Так как в действительности дело обстоит иначе, то использование для описания третьего электрона водородоподобной функции с Е = 1 следует рассматривать в качестве более или менее грубого приближения, Мы запишем волновую функцию в виде произведения У(1, 2, 3) =и(1) и(2) о(3), в котором и(г) означает функцию 18-состояния: ае и (г) = — е-"' (157.3) а эффективный заряд ядра, обусловленный взаимной экраннровкой двух 18-электронов иона 1.(ч, определяется формулой (см. задачу 154) «х = 2 — — = 2,6875. 5 16 (157.4) Е+ = ) ') и (1) и (2) ( — (!7е, + Ч,е) — 3 ( — (- — ) -1- + —,) и(1) и (2) е(тес(т, (157.5) теперь определяется формулой Е+ = — сое (157.6) Волновую функцию третьего электрона мы возьмем из таблицы, приведенной в задаче 67 (проблема Кеплера). Для низшего 28-состояния этого электрона она имеет вид 1 / 1 о (г) = — (1 — — г) е-не' 1' аи и удовлетворяет дифференциальному уравнению ( '.) 1, 1 Х ! — — р' — — ) о(г ) = — — о(г ).
ге.)е — аг ° (157. 8) Кроме того, как следует из результатов задачи 154, энергия (18)'-состояния 87 го7. Основное состояние атома лития Если функции (157.3) и (157.7) подставить в формулу для энергии Е = ) ) ) и(1) и (2) о(3) Ни (1) и(2) о(3) с(т,с(тзс(т„(157.9) и дело сводится к вычислению последнего интеграла, который по.ле очевидных упрощений принимает вид У =- 2 ~ дтзоз (3) ~ ~ "— с(тз — — ~ . (157.! 1) Используя далее равенство (сз!. в задаче 44 формулу (44.19)) — с(т = — 11 — (1+аг ) е-'"'1 из (1) 1 сзз сз получаем Г оз (З) Подставляя сюда вместо функции о ее выражение (157.?), мы после элементарного, но довольно громоздкого интегрирования окончательно находим — +За+ !баз (157.12) (1+ 2а)з Отсюда для энергии основного состояния атома лития получается выражение 1 1 2 — +За+ 1баз Е= — аз —— 8 (1+ 2а)з (157.13) а энергия однократной ионизация будет равна 1 — +За+ 1баз 7-Е -Е=8 — !! 2 )3 (157.
14) Взяв теперь для величины а значение (157.4), получаем 1=0,1553=4,23 эВ. где Н вЂ” гамильтониан (157.1), то в силу равенства (157.5) вклад от первой фигурной скобки выражения (157.1) будет равен Ен, а вклад от второй фигурной скобки, согласно уравнению (157.8), будет равен — '7„. Таким образом, имеем Е =- Е' — — + Я и' (1) из (2) ьв (3) х Х ~ ! + ! — 2 ) с(т, с(т, с(т„ (157.
1О) 88 Гч'. Мноеочаетичные задачи. А. Малое чиаео частая Задача !58. Обменные поправки к основному состоянию атома лития Исправить найденное в предыдущей задаче значение энергии основного состояния атома лития, приняв во внимание симметрию волновой функции. Решение. Состояния двух 1з-электронов и одного 2э-электрона мы будем описывать соответственно теми же одноэлектронными функциями и(г) и о(г), которые были использованы в предыдущей задаче.
Чтобы построить волновую функцию с надлежащей симметрией, мы должны принять во внимание спины элем- тронов. Полностью антисимметричная функция записывается в виде определителя Слэтера (см. задачу !52): и (!) сс(1) и (2)а (2) и (3) а (3) и (1) р (1) и (2) р (2) и (3) р (3) и (1)и (1) о (2) а (2) о (3) и (3) 1 ф=— 'е' б (158.1) где спиновые функции а и р соответствуют состояниям с противоположными направлениями спинов. Определитель (158.1) представляет собой приближенное решение уравнения Шредингера (Н вЂ” Е) !ф>= О (! 58. 2) с гамильтонианом Н, определенным в предыдущей задаче. Рассмотрим далее равенство <ф ! Н вЂ” Е ! ф> = О, где скалярное произведение гильбертовых векторов включает в себя наряду с интегрированием суммирование по спиновым переменным.
Выполнив в этом равенстве суммирование по спи- Найденное значение энергии ионизации следует сравнить с экспериментальным значением 5,37 эВ. Мы видим, что наша приближенная теория' не слишком хороша. Причину такого различия нельзя отнести ни за счет предположения о полном экранирующем действии К-оболочки на третий электрон, ни за счет того, что мы пренебрегли небольшим различием в значениях величины и для иона и нейтрального атома. Оба указанных эффекта слишком малы, чтобы с их помощью можно было объяснить расхождение более чем в 1 эВ. У использованной нами волновой функции имеется еще две особенности, которые могли вызвать такое расхождение между теорией и экспериментом: во-первых, она имеет вид произведения, а во-вторых, она не обладает должной симметрией, и, следовательно, наша теория не учитывает обменную энергию.
)ба. Обменные поправки к основному состоянию атома вития аз новым переменным, приходим к соотношению ~ ~ ~ (и (1) и (2) о (3) — о (1) и (2) и (3) ) (Н вЂ” Е) )4 х и(1) и(2) о(3) с(т, с(т,с(те=О. Если 'теперь ввести обозначения Е = ) ~ ~ и(1) и(2) о(3) Ни(1) и(2) о(3) с(тэс(тэс(т„(158.4) ее = ~~~ о(1) и(2) и(3) Ни(1) и(2) о(3)с(т12(тэс(тэ2 (158.5) 5 = ~ о (1) и (1) с(т„ (158.6) то исправленную формулу для энергии можно будет записать в виде (158.7) Здесь посредством Е обозначено нескорректированное значение энергии, определенное равенством (157.13) предыдущей задачи, Е= — (~'+ — )+а, где — +За+ !баэ 1 2 (158,8) (1+2а)2 величина о описывает обменную энергию, а величина 5 пред- ставляет собой интеграл перекрытия функций и и о, которые, как мы знаем, неортогональны. Таким образом, наша задача в основном сводится к вычислению обменной энергии (158.5). Если мы запишем гамильтониан в виде Н = ( — р — — ~+ (',— — р' — — ~+ ' — р' — ~— то действие трех его первых членов на произведение и (1) и (2) о (3) сведется просто к умножению соответственно на — '(,се', — 1(„а',— 1(, и мы получим о = — (аэ+ — )5' — (3 — а)5) 2(т1— ! 1, Ри(1)о(1) г, (' и' (2) 5 ('и (3) о (3) 5 ('('и (!) о (1) и (2) ,) г *,) г 2 3 2 33 12 1 2 О и(1) о(1) и(3) о(З) „5 !" !" и'(2) и(3) о(З) те+ ц тэ тэ.
+~,ц Вводя сокращенные обозначения 6 =- — (ае + 8 ) 3* — (5 — х) Я' — (3 — се)5Ч/+2Я'+Х. (158.!3) Отсюда для энергии (158,7) получается выражение Е = Е + ' ) ! !( ) . (158.!4) 1 — 5е Теперь мы приступим к вычислению интегралов 3 гг (г', У, Х, У, определенных соответственно равенствами (158.6) и (158.!О)— (158.12); для этого возьмем функции и и о в виде Некоторые трудности возникают лишь прн вычислении двухчастнчных интегралов Х и У. Входящую в них дробь Ц» — г') мы можем разложить а ряд по полиномам Лежандра от соз (г, г'), Так как функции и и э не зависят от углов, то вклад будет давать только один член ряда, содержащий поливом Лежандра Р„ и, следовательно, внутренние части интегралов Х и У будут иметь вид Ю )""'г'г'=с (-,')." е).очг ч( .ч).( )г !.
о г Все дальнейшие вычисления тривиальны, поэтому мы приведем лишь окончательные результаты: ач— 1 4 2(а — 1) У.= гУ. Многочастичные еодачи. А. Малое число частиц У=~ — с(т, У=~ — "йт, Х=Д () () ( ) (') с(тдт' (г — г'! д ич (г) и (г') о (г') (г — г'! можно записать обменную энергию в виде а lв 1 г 1 сс (г) = = е "', и (г) = — ~ 1 — — г) е- ч»г. 1п ! 8л (158. 10) (158. 11) (158.12) !59. Эяектрикеекия восприиявивветь /5 в !5 151 ав ( ( а+ — ) 66а'+ 26ав — 25а" — 16ав — — ' ав — — а 14 2(а — 1)1 За + — ) Полагая здесь а= 2,5875, получаем 3= 0,203, ,7 = — 0,030, (/ = 2,5875, 1'= 0,419, Х= 0,0558, У=О,ЗОЗ, ~.l+(3 — а) (7) Зв= +0,0334, 1(5 — а) У вЂ” 2У~ 3= +0,0735. Сумма положительных членов в числителе дроби (158.14), как мы видим, превосходит отрицательный член — Х, поэтому обмен- ная поправка несколько увеличивает энергию основного состоя- ния атома лития.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
