Cálculo de la energía cinética (esperada) de un electrón en el estado fundamental de un potencial Coulomb?

Question

He estado luchando con esto toda la semana fue en vano.

Me piden calcular la expectativa de valor de la energía cinética de un electrón en el estado fundamental de un potencial de Coulomb. Sé que debería ser $ 13.6 \, \mathrm{eV}$, pero estoy teniendo un tiempo difícil llegar allí.

En general, la expectativa de valor de, digamos, $Q$, es

$$\langle Q \rangle = \int \psi^* \hat Q \psi \, \mathrm dV $$

en todo el espacio. En el caso de la energía cinética, $\hat Q$ sería igual a

$$ \frac{-\hbar^2}{2m} \nabla^2 $$

y, en el caso de un suelo en estado de electrones, tendríamos

$$ \psi = \sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}} \exp(- r / a) $$

con $a$ siendo el radio de Bohr.

Sin embargo, para la vida de mí, no puedo obtener esta integral para el trabajo. Por un tiempo, yo estaba continuamente subiendo con 0 o un no-convergencia de la integral, hasta que me topé con alguna pieza de información (que no puedo encontrar una prueba convincente de que, ya sea en mi libro de texto o en internet) que el cuadrado del momento angular (es decir, $(\mathrm d^2/ \mathrm d \theta^2 + \mathrm d^2/ \mathrm d \phi^2) \theta\psi$) es igual a $l(l+1)$ - en mi caso, 0, puesto que $l = 0$ en el estado del suelo $(1,0,0)$. Esto simplificó las cosas, y me dio un integral que yo pudiera llegar a converger. Sin embargo, parece que convergen a $$ \frac{\hbar^2}{a^2} $$ que no sólo tiene el mal unidades de energía (energía de tiempo por longitud)^2, pero también tiene el valor incorrecto.

Por favor, ayudar. Esta tarea problema ha tomado una embarazosa mucho tiempo y una gran cantidad de papel de cero a hacer ya.

Answer 1

La factorización en una parte radial plus el momento angular del operador es cierto, pero realmente no la necesita; en su lugar, usted puede simplemente utilizar el Laplaciano en coordenadas esféricas, $$ \nabla^2 = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r} +\frac{1}{r^2\sin(\theta)}\frac{\partial}{\partial \theta}\sin(\theta)\frac{\partial}{\partial \theta}+ \frac{1}{r^2\sin^2(\theta)}\frac{\partial^2}{\parcial \varphi^2}, $$ y tenga en cuenta que el angular derivados de desaparecer con su esféricamente simétrico de función de onda.

A partir de aquí sólo es necesario calcular la acción de la energía cinética del operador sobre el estado del suelo, \begin{align} \hat{Q}\psi &= \frac{-\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi \\& = \frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\nabla^2 \exp(- r / a) \\& = \frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left[r^2\frac{\partial}{\partial r} \exp(- r / a)\right] \\& = \frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left[r^2\frac{-1}{a} \exp(- r / a)\right] \\& = \frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\frac{1}{r^2}\left[2r\frac{-1}{a} \exp(- r / a)+r^2\frac{1}{a^2} \exp(- r / a)\right] \\& = \frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\left[\frac{-2}{ar} \exp(- r / a)+\frac{1}{a^2} \exp(- r / a)\right], \end{align} y, a continuación, integrar en contra de la función de onda en sí: \begin{align} \langle\psi|\hat{Q}|\psi\rangle &=\int \psi(\mathbf r)^* \, \hat{Q}\psi(\mathbf r)\mathrm d\mathbf r \\& = \int_0^{\infty} \psi(r)^* \hat{Q}\psi(r) 4\pi r^2\mathrm dr \\& = \int_0^{\infty} \left(\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\exp(- r / a)\right) \\& \qquad\times\left(\frac{-\hbar^2}{2m}\sqrt{\frac{1}{4 \pi}} \frac{2}{a^{3/2}}\left[\frac{-2}{ar} \exp(- r / a)+\frac{1}{a^2} \exp(- r / a)\right]\right) 4\pi r^2\mathrm dr \\& = \frac{-\hbar^2}{2m} \frac{4}{a^3}\int_0^{\infty} \left(\frac{-2r}{a} e^{- 2r / a}+\frac{r^2}{a^2} e^{-2 r / a}\right) \mathrm dr \\& = \frac{-\hbar^2}{2m} \frac{4}{a^3} \left(\frac{-a}{4} \right) \\& = +\frac{\hbar^2}{2ma^2} \\& = 13.6\:\mathrm{eV}, \end{align} como se requiere.

Answer 2

Desea que la energía del estado fundamental, toda la energía. Por lo tanto, usted necesita para calcular la expectativa de valor de su Hamiltonianos, no sólo de la cinética del operador. Esto le dará más y también le da la oportunidad de obtener la carga eléctrica a entrar.

En su actual computación, creo que de alguna manera han caído de la masa de $m$ del resultado final. Debe estar todavía allí, ¿verdad?

A continuación, para abordar el momentum angular: es correcto, usted puede pasar a coordenadas esféricas y tienen la solución $$ \psi(r, \theta, \psi) = A(r) B(\theta) C(\psi) \,, $$ donde $A$, $B$, y $C$ son sólo función de una variable. La cosa $BC(\theta, \psi)$ son los armónicos esféricos. Son las funciones propias de la parte angular del operador Laplaciano (el de la segunda derivados de los ángulos) con autovalores $l(l+1)$. Desde $l = 0$ en el estado fundamental, que no tienen parte angular y sólo un radial de la función.

A continuación, en coordenadas esféricas, usted tiene que tener cuidado de usar la correcta $\nabla^2$. Mira este impresionante listado. Allí usted encontrará que el Laplaciano de una función de $f(r, \theta, \psi)$ está dado por $$ {1 \over r^2}{\parcial \\parcial r}\!\a la izquierda(r^2 {\partial f \over \partial r}\right) \!+\!{1 \over r^2\!\sin\theta}{\parcial \\parcial \theta}\!\a la izquierda(\sin\theta {\partial f \over \partial \theta}\right) \!+\!{1 \over r^2\!\sin^2\theta}{\partial^2 f \over \partial \varphi^2} \,. $$

Usted necesita sólo se preocupan de la parte radial. Que es lo que usted necesita para utilizar como energía cinética (junto con $\hbar^2/2m$).

Espero que esto le dará una manera de resolver el problema. La mecánica cuántica siempre va a tomar una cantidad insana de cero papel. En toda la física teórica conferencias que he tomado, los problemas de la tarea que siempre sería mucho los cálculos. E incluso si usted ya resuelto, se requiere todavía de un par de páginas para escribir todo. La solución completa para el átomo de hidrógeno, es un tiempo de cálculo y creo que se necesitan por lo menos 10 páginas para llegar a algún lugar. Así que no te preocupes por el papel que se necesita :-).

Answer 3

Emilio Pisanty ha explicado la manera de trabajar de la respuesta mediante el cálculo de la integral. Usted puede conseguir alrededor de hacerlo (pero que no debe ir en detrimento de aprender a calcular la integral), mediante el uso de un resultado de primer orden de teoría de perturbaciones. Se puede demostrar que el cambio en el valor propio de un operador debido a la adición de una perturbación es, a la primera orden, la expectativa de valor de la perturbación en el original imperturbable eigenstate.

Esto significa que usted puede calcular la expectativa de valor de la energía cinética mediante la multiplicación de la cinética del término en el Hamiltoniano por $1+\epsilon$, el valor exacto de energía autovalor es trivial para el trabajo, la expectativa de valor de la energía cinética puede ser extraído por expansión esta en potencias de $\epsilon$, es el coeficiente de $\epsilon$ en esta expansión. El estado fundamental de energía puede ser escrita como:

$$E = -\frac{m e^4}{2\hbar^2}$$

Si multiplicamos la cinética plazo $\frac{p^2}{2m}$ en el Hamiltoniano por $1+\epsilon$, esto equivale a dividir la masa por $1+\epsilon$, que a primer orden en $\epsilon$ es lo mismo que multiplicar por $1-\epsilon$. Por lo tanto, el coeficiente de $\epsilon$ $-E\approx 13.6\text{ eV}$