Utilización del principio de incertidumbre para estimar la energía del estado básico del hidrógeno

Question

He estado leyendo esto estimación de la energía del estado básico del hidrógeno y otros similares. En este dice que está utilizando el principio de incertidumbre, pero luego procedió a utilizar lo siguiente:
$$pr=\hbar$$ Pero por qué no se utiliza: $$pr=\frac{\hbar}{2}$$ que está más en consonancia con el principio de incertidumbre y lo que viene antes en la derivación.

Answer 1

$\newcommand{\d}[1]{\,\mathrm{d}#1}\newcommand{\pdv}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}\newcommand{\p}{\psi_{100}}\newcommand{\pdvt}[2]{\frac{\partial^2 #1}{\partial #2^2}}$ El estado básico del hidrógeno es el siguiente:

$$\psi_{100}=Y_{00}\frac{2}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0}$$

El valor esperado del operador de posición en este estado es el siguiente:

\begin{align} \left<x\right>&=\iint r^3 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r \\ &= \int (Y_{00})^2 \d \Omega \int \frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r \tag{1} \\ &= \int\frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = \frac{3a_0}{2} \tag{2} \end{align}

donde utilicé la ortonormalidad de los armónicos esféricos de ir $(1)$ a $(2)$ . Omitiré este paso en todos los cálculos que se hacen a continuación.

Del mismo modo, el valor de la expectativa del cuadrado del operador de posición es,

$$\left<x^2\right>=\iint r^4 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r = \int\frac{2r^4}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = 3(a_0)^{2}$$

Así, $\Delta x= \sqrt{ 3(a_0)^{2} -\left( \frac{3a_0}{2} \right)^2 } = \frac{\sqrt 3}{2} a_0 $

El valor de la expectativa del operador de momento es cero como se puede ver fácilmente por

$$\left<p\right>=\iiint\frac{\hbar}{i}\psi_{100} \pdv{\psi_{100}}{x} \d x \d y \d z = \iiint \frac{\hbar}{2i}\pdv{\psi_{100}^2}{x} \d x \d y \d z=0$$

Nótese que en este caso he utilizado las coordenadas cartesianas, con lo cual la integral es fácil de evaluar en este caso porque la derivada de una función par es impar y por tanto la integral desaparece. Obsérvese también que, excepto ésta, todas las integrales se evalúan en coordenadas esféricas y, por tanto, la $r^2 \d r \d \Omega$ plazo.

El valor de la expectativa del cuadrado del operador de momento es entonces:

$$-\frac{\left<p^2\right>}{\hbar^2}= \iint r^2 \p \nabla^2 \p \d r \d \Omega = \iint r^2 \p \left( \pdvt{}{r} + \frac{2}{r} \pdv{}{r} + \frac{1}{r^2} \nabla^2_{\theta\phi} \right) \p \d r \d \Omega $$

donde $\nabla^2_{\theta\phi}$ es un término que implica derivadas parciales de $\theta$ y $\phi$ actuando directamente sobre $\p$ .

\begin{align} \implies \left<p^2\right> &= -\hbar^2 \int r^2 \p \left( \pdvt{\p}{r} + \frac{2}{r} \pdv{\p}{r} \right) \d r\\ &= \hbar^2 \int \frac{4\,r\,\left( r2\,a_0\right) \,{e}^{\frac{2\,r}{a_0}}}{{a_0}^{5}} \d r \\ &= \frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}} \end{align}

Así, $\Delta p = \sqrt{\frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}}} = \frac{\hbar}{{a_0}}$ . Cálculo de la $\Delta x $ y $\Delta p $ se necesita un poco de álgebra. Veamos qué dice la relación de incertidumbre.

$$\Delta x \Delta p = \hbar \frac{\sqrt 3}{2} \approx 0.866 \hbar \approx \hbar $$

Sabiendo que la relación de incertidumbre daría una incertidumbre superior a $\hbar/2$ que tu profesor elija para darte $\Delta x \Delta p =\hbar$ para que sea un límite más razonable.

Answer 2

Tenga en cuenta que $\Delta p_x \Delta r$ no satisface el principio de incertidumbre en sentido estricto ya que $r$ no es conjugado con $p_x$ (o $p_y$ y $p_z$ ). En su lugar, puede considerar $\Delta p_x \Delta x$ . El estado básico del átomo de hidrógeno es \begin{equation} \psi_0(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi a^3}} e^{-r/a}, \end{equation} donde $a$ es el radio de Bohr. En primer lugar, $\left< x \right> = 0$ porque $\psi_0$ es esféricamente simétrica. La fluctuación en $x$ viene dada, por tanto, por \begin{equation} \Delta x = \sqrt{\left< x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< r^2 \right>}{3}}, \end{equation} ya que el estado básico tiene simetría esférica. Para el valor esperado de $r^2$ encontramos \begin{align} \left< r^2 \right> & = \frac{4\pi}{\pi a^3} \int_0^\infty dr \, r^4 e^{-2r/a} \\ & = \frac{4}{a^3} \frac{1}{2^4} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \int_0^\infty dr \, e^{-2r/a} \\ & = \frac{1}{8a^3} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \frac{1}{1/a} = \frac{4!}{8} a^2 = 3a^2, \end{align} y obtenemos $\Delta x = a$ . Siguiente, $\left< \vec p \right> = 0$ porque la función de onda es real y normalizable ( $\vec p$ es hermitiana) por lo que tenemos \begin{equation} \Delta p_x = \sqrt{\left< p_x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< p^2 \right>}{3}}, \end{equation} de forma similar a la anterior. Con $\left< p^2 \right> = \frac{\hbar^2}{a^2}$ ( ver la respuesta de gonenc ), se encuentra $\Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}a}$ . Finalmente, obtenemos \begin{equation} \Delta x \Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}} \approx 0.58 \hbar > \frac{\hbar}{2}. \end{equation} También hay que tener en cuenta que como $\Delta r = \frac{\sqrt{3}}{2} a$ ( ver la respuesta de gonenc ), tenemos \begin{equation} \Delta r \Delta p_x = \frac{\hbar}{2}. \end{equation}

Answer 3

La respuesta a la pregunta del PO es que se trata de una estimación de orden de magnitud y la persona que hizo la estimación utilizó valores que se sabía que estaban más cerca de los valores correctos para que la estimación de orden de magnitud se acercara más a la respuesta verdadera.

La mayor parte de mi post muestra que hay una opción simple para "r" y "p", para lo cual se podría decir que $pr=1$ exactamente. He añadido esta respuesta más que nada como un ejemplo complementario a la otra respuesta (que recorre un cálculo explícito utilizando la función de onda del estado básico en la base de posición).

Si haces la identificación: $$ \left\langle{\frac{1}{r}}\right\rangle\sim \frac{1}{r}\;, $$ donde el $r$ en el LHS es un operador y el $r$ en el lado derecho se identifica con el símbolo $r$ en el puesto original.

Y si haces la identificación: $$ \langle p^2\rangle \sim p^2\;, $$ donde, de nuevo, el operador $p^2$ está en el LHS y su valor de expectativa se identifica con el cuadrado del símbolo $p$ del puesto original.

Con estas definiciones es sencillo demostrar que $pr=\hbar$ para el estado básico del átomo de hidrógeno.

Para mantener las cosas limpias, usaré unidades Hartree atómicas gaussianas donde $e=\hbar=m_e=1$ y donde el potencial debido al núcleo de hidrógeno es $e/r$ . (No hay " $4\pi\epsilon_0$ "en unidades gaussianas).

Por el Teorema de Virial para el átomo de hidrógeno $$ E=-\frac{1}{2}\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle $$ de modo que para el estado básico (para el que E=-13,6eV=-1/2 (en unidades atómicas)) $$ \left\langle\frac{1}{r}\right\rangle=1 $$ Es decir, $$ r=1\;, $$ donde " $r$ " se identifica ahora con el símbolo del puesto original, como se ha descrito anteriormente. [Tenga en cuenta que no es el caso que $\langle 1/r\rangle =1/\langle r\rangle $ es decir, no hay conflicto con la otra respuesta que funcionaba con $r\sim \langle r\rangle $ en lugar de $r\sim 1/\langle 1/r\rangle $ .]

Del mismo modo, el Teorema de Virial dice $$ 2\langle T\rangle=\langle p^2\rangle=\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle\;, $$ lo que significa que, para el estado de reposo, $$ \langle p^2\rangle =1\;, $$ es decir, $$ p=1 $$ donde " $p$ " se identifica ahora con el símbolo del puesto original, como se ha descrito anteriormente.

Así, para el estado básico del hidrógeno, con las identificaciones mencionadas anteriormente $$ pr=1=\hbar $$