7.E: Métodos de Aproximación (Ejercicios)

Las soluciones para seleccionar preguntas se pueden encontrar en línea.

7.3

Calcular la energía del estado fundamental del oscilador armónico usando el método de variación con la siguiente función de onda de prueba

\[ \phi(x) = | \phi (x) \rangle = \dfrac{1}{(1+\beta x^2)^2}\nonumber \]

Usted puede requerir estas integrales definidas:

\[ \int _{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{(1+\beta x^2)^n} = \dfrac{ (2n - 3)(2n - 5)(2n - 7)…(1)}{ (2n - 2)(2n - 4)(2n - 6)…(2) \cdot π / \beta ^{1/2}} \nonumber \]

\[ \int _{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{(1- \beta x^2)^n} = \dfrac{ (2n - 5)(2n - 7)…(1) }{ (2n - 2)(2n - 4)…(2) \cdot π / \beta^{3/2} }\nonumber \]

Solución

Primero, debemos conocer al operador hamiltoniano para el oscilador armónico, que es

\[ \hat{H} =\dfrac{-\hbar}{2μ} \dfrac{d^2}{dx^2}+\dfrac{1}{2} kx^2\nonumber \]

A partir de este momento, se\(E_ø\) puede encontrar la determinación de usando la función trail

\[ | \phi (x) \rangle = \dfrac{1}{(1+\beta x^2)^2}\nonumber \]

que una vez sustitutos obtienen la siguiente ecuación para la porción del numerador:

\[ \int_{-\infty}^{-\infty} \dfrac{1}{(1+ \betax^2)^2 [ \hbar ^2/µ*2 \beta/(1+ \betax^2)^3 - \hbar^2/µ*12 \beta^2x^2/(1+ \betax^2)^4 + \dfrac{kx^2}{2}(1+ \betax^2)^2]} \nonumber \]

\[=2 \beta \hbar ^2/µ*(7*5*3*1*π/8*6*4*2* \beta1/2) - 12 \beta^2 \hbar^2/µ*(7*5*3*1*π/ 10*8*6*4*2* \beta1/2) + k/2*(3*1*π/6*4*2* \beta^{3/2})\nonumber \]

\[= \dfrac{7π \beta^{1/2} \hbar }{32µ + kπ/32 \beta^{3/2}}\nonumber \]

Ahora resolviendo el denominador:

\[ \int _{\infty}^{\infty} \phi^*\phi\,dx= \int _{\infty}^{\infty} \dfrac{1}{(1+ \beta x^2)^4}= \dfrac{5*3*1*\pi}{6*4*2*\beta^{1/2}} = \dfrac{5π}{/16 \beta^{1/2}}\nonumber \]

Después de esto encontraremos

\[E_\phi= \dfrac{7π \beta^{1/2} \hbar^2 }{ 32µ *(16 \beta^{1/2}/ 5π )} + \dfrac{kπ}{32 \beta^{3/2} * (16 \beta^{1/2}/ 5π )} = \dfrac{7/10* \beta \hbar 2}{µ} + \dfrac{1}{10}\dfrac{k}{\beta}\nonumber \]

A continuación, encuentra el valor mínimo

\[ \dfrac{dE_\phi}{d \beta}= \dfrac{7 \hbar^2}{10µ} -\dfrac{ k}{10 \beta^2_{min} = 0\nonumber \]

por lo tanto

\[\beta_{min} = \sqrt{\dfrac{µk}{7\hbar ^2}}\nonumber \]

\[E_{min}= \dfrac{7^{1/2} \hbar }{5 * (k/µ)^{1/2}} + \dfrac{7^{1/2} \hbar }{5 (k/µ)^{1/2} }= 71/2 \hbar /5 (k/µ)^1/2 = 0.53 \hbar *(k/µ)^{1/2\nonumber \]}

Por lo tanto, en general

\[E_{exact} =0.500 \hbar \sqrt{(k/µ)}\nonumber \]

⇒ este valor difiere en 6%.

7.8

Cuál es la energía variacional (trial) de la función trial

\[| \phi \rangle = e^{-ax^2}\nonumber \]

para el estado fundamental de un oscilador armónico? Simplemente configura la integral, pero no evalúes. Uso

\[\hat{H} = \dfrac{\hbar^2}{2m}\nabla n^2+\dfrac{kx^2}{2}\nonumber \]

Solución

La energía variacional:

\[E_{trial}(a) = \dfrac{\langle \phi (a) \vert\hat{H}\vert\phi (a) \rangle}{\langle\phi (a)| \phi (a)\rangle} \geq E_{true}\nonumber \]

numerador:

\[ \langle\phi | \phi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}dx\nonumber \]

Todo combinado para extraer la energía de prueba en función de\(a\):

\[E_{trial}(a)= \dfrac{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} \left[\dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{d^2(e^{-ax^2})}{d x^2} + \dfrac{kx^2}{2} \right] e^{-ax^2} dx}{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}dx}\nonumber \]

Utilice los componentes de\(\hat{H}\) para operar\(\phi\)

\[ \langle \phi\vert\hat{H}\vert\phi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} \left[ \dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{d^2}{d x^2} + \dfrac{kx^2}{2} \right] e^{-ax^2}dx\nonumber \]

denominador:

\[ \langle \phi\vert\phi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-ax^2}dx\nonumber \]

7.9

Utilice la función de prueba

\[| \exp^{\frac{-\alpha x^{2}}{2}} \rangle \nonumber \]

para configurar las integrales para encontrar la energía del estado fundamental de un oscilador anarmónico cuyo potencial es\(V(x)=cx^{5}\), pero no evalúe.

Solución

\[E=\dfrac{\int_{-\infty}^{\infty}\phi^{*}\hat H\phi d\tau}{\int_{-\infty}^{\infty}\phi^{*}\phi d\tau}\nonumber \]

\[\int_{-\infty}^{\infty}\phi^{*}\phi d\tau = \int_{-\infty}^{\infty}\exp^{-\alpha x^{2}} dx\nonumber \]

\[\int_{-\infty}^{\infty}\phi^{*}\hat H\phi d\tau = \int_{-\infty}^{\infty} (\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla ^{2} + \dfrac{kx^{2}}{2} + cx^{5})\exp^{-\alpha x^{2}} dx \nonumber \]

\[E=\dfrac{\int_{-\infty}^{\infty} (\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla ^{2} + \dfrac{kx^{2}}{2} + cx^{5})\exp^{-\alpha x^{2}} dx}{\int_{-\infty}^{\infty}\exp^{-\alpha x^{2}} dx}\nonumber \]

7.12

Considere una partícula de masa\(m\) in a box from \(x=-a\) to \(x=a\) with \(V\left(x\right)=-{V_0}\) para\(\left|x\right|\ge a\). Assume a trial function of the form

\[| \phi (x)\rangle =l^2-x^2\nonumber \]

para\(-l<x<l\) y de\({\psi}\left(x\right)=0\) otra manera. \(l\) is the parameter. Does the trial function satisfy the requirements of a particle in a box wavefunction?

El resultado del método variacional fue

\[E_{\phi}(s)=\dfrac{5}{16}\dfrac{{\hbar }^2}{ma^2}\left[\dfrac{4}{s^2}+\dfrac{4}{5}\left(8-\dfrac{15}{s}+\dfrac{10}{s^3}-\dfrac{3}{s^5}\right)\right]\nonumber \]

Donde\(s=\dfrac{l}{a}\) se encuentra un nuevo parámetro variacional por conveniencia de expresión. Derivar una expresión polinómica para\(s\) that can be solved to obtain the value of \(s\) that yields the ground state energy, but do not attempt to solve for this value of \(s\) .

Solución

Sí, es finito sobre todo\(x\) values, it's first and second derivatives are continuous, and it meets the boundary conditions \({\psi}\left(-a\right)={\psi}\left(a\right)=0\), and it is normalizable for a choice of \(l\).

Tomando el derivado de\(E\) with respect to \(s\),

\[\dfrac{\partial E}{\partial s}=0=-\dfrac{8}{s^3}+\dfrac{4}{5}\left(\dfrac{15}{s^2}-\dfrac{30}{s^4}+\dfrac{15}{s^6}\right)\nonumber \]

Con algo de álgebra, esto se convierte,

\[{3s}^4-2s^3-6s^2+3=0\nonumber \]

Con una calculadora u otro procedimiento de búsqueda de raíces,\(s\) can be solved for.

7.13

Dada una onda de juicio igual a\(\sin \lambda (x) \), explain in words a stepwise procedure on how you would go about solving for the energy of this trial wavefunction as well as how to minimize the error.

Solución

1. Denotar\(\sin(\lambda (x)) = \phi_n \)

2. Resolver la integral\( \langle \phi_n^*| \phi_n \rangle\)

3. Resolver la integral\(\langle \phi_n^*| \hat{H} | \phi_n \rangle\)

4. Ahora que resolviste para los pasos 2 y 3, conéctate a la ecuación

\[E_n= \dfrac{ \langle \phi_n^*| \hat{H} | \phi_n \rangle}{\langle \phi_n^*| \phi_n \rangle} \nonumber \]

5. Tomar la derivada de\(E_n\) con respecto a\(\lambda\) y establecer igual a 0.

\[\dfrac{dE_n}{d \lambda }\nonumber \]

6. Resuelve\(\lambda\) y vuelve a conectarlo a la ecuación en el paso 4.

7.16

Usando la aproximación del método variacional, encuentre la energía del estado fundamental de una partícula en una caja usando esta función de prueba:

\[| \phi \rangle = N\cos\left(\dfrac{\pi x}{L}\right) \nonumber \]

¿Cómo se compara con la verdadera energía del estado fundamental?

Solución

El problema pide que apliquemos métodos variacionales de aproximación a nuestra función de onda de prueba.

\[ E_{\phi} = \dfrac {\langle \phi | \hat{H} | \phi \rangle} { \langle \phi | \phi \rangle} \ge E_o \nonumber \]

\[\langle \phi | \phi \rangle = 1 = \int_{0}^{L}N^2\cos^2\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big)\nonumber \]

Realización de esta integral y resolución de N rendimientos

\[N = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\nonumber \]

El hamiltoniano para una partícula en una caja unidimensional es\(\hat{H} = \dfrac{-\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}\)

\[ \begin{align*} \langle \phi | \hat{H} | \phi \rangle &= \langle N\cos\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big) \Big| \dfrac{-\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2} \Big| N\cos\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big) \rangle\nonumber \\ &= \int_{0}^{L}N\cos\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big)\dfrac{-\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}N\cos\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big)dx\nonumber \\ &=  \dfrac{N^2\pi^2 \hbar^2}{2mL^2}\int_{0}^{L}\cos^2\Big(\dfrac{\pi x}{L}\Big) dx\end{align*} \]

donde\(N = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\). La ecuación anterior después de que la integral se convierte

\[\dfrac{\pi^2 \hbar^2}{mL^3}\Big(\dfrac{L}{2}\Big)\nonumber \]

\[E_\phi = \dfrac{\pi^2 \hbar^2}{2mL^2}\nonumber \]

Esto es igual a la energía del estado fundamental de la partícula en una caja que calculamos a partir de la ecuación de Schrodinger usando

\[\psi = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin(\dfrac{n\pi x}{L})\nonumber \]

7.17

Para la función de onda perjudicial de tres electrones

\[ \psi = \begin{vmatrix} \phi_A(1) & \phi_A(2) & \phi_A(3) \\ \phi_B(1) & \phi_B(2) & \phi_B(3) \\ \phi_C(1) & \phi_C(2) & \phi_C(3) \end{vmatrix}.\nonumber \]

confirmar que:

1. el intercambio de dos columnas cambia el signo de la función de onda,
2. el intercambio de dos filas cambia el signo de la función de onda, y
3. los tres electrones no pueden tener el mismo giro orbital.

Solución

Primero encuentra el determinante

\ [\ psi =\ phi_a (1)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (2) &\ phi_b (3)\\\ phi_c (2) &\ phi_c (3)
\ end {vmatrix}
-\ phi_a (2)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (1) &\ phi_b (3)\\ phi_p c (1) &\ phi_c (3)
\ end {vmatrix}
+\ phi_a (3)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (1) &\ phi_b (2)\\\ phi_c (1) &\ phi_c (2)
\ end {vmatrix}\ nonumber\]

\[ = \phi_A(1) \; (\phi_B(2) \phi_C(3) - \phi_C(2) \phi_B(3)) - \phi_A(2) \; (\phi_B(1) \phi_C(3) - \phi_C(1) \phi_B(3)) + \phi_A(3) \; (\phi_B(1) \phi_C(2) - \phi_C(1) \phi_B(2)) \nonumber \]

\[ \psi= \phi_A(1)\phi_B(2)\phi_C(3) - \phi_A(1)\phi_C(2)\phi_B(3) - \phi_A(2)\phi_B(1)\phi_C(3) + \phi_A(2)\phi_C(1)\phi_B(3) + \phi_A(3)\phi_B(1)\phi_C(2) - \phi_A(3)\phi_C(1)\phi_B(2)\tag{5}\nonumber \]

a) Cambiar columna\(1\) con columna\(2\)

\ [\ psi_ {(a)}
=\ begin {vmatrix}
\ phi_a (2) &\ phi_a (1) &\ phi_a (3)\\\ phi_b (2) &\ phi_b (1) &\ phi_b (3)\\ phi_c (2) &\ phi_c (1) &\ phi_c (3)
\ end {vmatriz}\ nonumber\]

Ahora encuentra el determinante

\ [\ phi_ {(a)} =\ phi_a (2)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (1) &\ phi_b (3)\\\ phi_c (1) &\ phi_c (3)
\ end {vmatrix}
-\ phi_a (1)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (3) &\ phi_b (3))\\\ phi_c (2) &\ phi_c (3)
\ end {vmatrix}
+\ phi_a (3)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_b (2) &\ phi_b (1)\\\ phi_c (2) &\ phi_c (1)
\ end {vmatrix}\ nonumber\]

\[ \phi_{(a)}= \phi_A(2)\phi_B(1)\phi_C(3) - \phi_A(2)\phi_C(1)\phi_B(3) - \phi_A(1)\phi_B(2)\phi_C(3) + \phi_A(1)\phi_C(2)\phi_B(3) + \phi_A(3)\phi_B(2)\phi_C(1) - \phi_A(3)\phi_C(2)\phi_B(1)\tag{6}\nonumber \]

Comparando la ecuación\((5)\) con la ecuación\((6)\) vemos que\(\phi = -\phi_{(a)}\)

b) Cambiar fila\(2\) con fila\(3\)

\ [\ phi_ {(b)}
=\ begin {vmatrix}
\ phi_a (1) &\ phi_a (2) &\ phi_a (3)\\\ phi_c (1) &\ phi_c (2) &\ phi_c (3)\\ phi_b (1) &\ phi_b (2) &\ phi_b (3)
\ end {vmatriz}. \ nonumber\]

Ahora encuentra el determinante

\ [\ phi_ {(b)} =\ phi_a (1)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_c (2) &\ phi_c (3)\\\ phi_b (2) &\ phi_b (3)
\ end {vmatrix}
-\ phi_a (2)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_c (3) &\ phi_c (3))\\\ phi_b (1) &\ phi_b (3)
\ end {vmatrix}
+\ phi_a (3)\;\ begin {vmatrix}
\ phi_c (1) &\ phi_c (2)\\\ phi_b (1) &\ phi_b (2)
\ end {vmatrix}\ nonumber\]

\[ \phi_{(b)}= \phi_A(1)\phi_C(2)\phi_B(3) - \phi_A(1)\phi_B(2)\phi_C(3) - \phi_A(2)\phi_C(1)\phi_B(3) + \phi_A(2)\phi_B(1)\phi_C(3) + \phi_A(3)\phi_C(1)\phi_B(2) - \phi_A(3)\phi_B(1)\phi_C(2)\tag{7}\nonumber \]

Comparando la ecuación\((5)\) con la ecuación\((7)\) vemos que\(\phi = -\phi_{(b)}\)

c) Reemplazar columna\(2\) por columna\(1\)

\[ \phi_{(c)} = \begin{vmatrix} \phi_A(1) & \phi_A(1) & \phi_A(3) \\ \phi_B(1) & \phi_B(1) & \phi_B(3) \\ \phi_C(1) & \phi_C(1) & \phi_C(3) \end{vmatrix}\nonumber \]

Ahora encuentra el determinante

\ [\ phi_ {(c)} =\ phi_a (1)\;\ begin {vmatrix}\ phi_b (1) &\ phi_b (3)\\\ phi_c (1) &\ phi_c (3)\ end {vmatrix}
-\ phi_a (1)\;\ begin {vmatrix}\ phi_b (3) &\ phi_b (3))\\\ phi_c (1) &\ phi_c (3)\ end {vmatrix}
+\ phi_a (3)\;\ begin {vmatrix}\ phi_b (1) &\ phi_b (1)\\\ phi_c (1) &\ phi_c (1)\ end {vmatrix}\ nonumber\]

Los dos primeros términos son idénticos pero opuestos por lo que se cancelan entre sí. El tercero tiene un determinante de cero.

\[ \phi_{(c)} = 0 + \phi_A(3) \cdot (0) = 0\nonumber \]

7.20

1. Wh en es\(\hat{H}^{(0)}\),\(\hat{H}^{(1)}\),\(Ψ^{(0)}\), y\(E^{(0)}\) fo r un oscilador que tiene una potencia l de\[V(x) = (1/2)kx^2 + x^3 + x^4 + x^5?\nonumber \]
2. ¿Qué es\(\hat{H}^{(0)}\)\(\hat{H}^{(1)}\),\(Ψ^{(0)}\), y\(E^{(0)}\) f o una partícula en una caja que tiene un potencial de\(V(x) = 0\) entre 0<x<L?
3. Lo que es\(\hat{H}^{(0)}\),\(\hat{H}^{(1)}\)\(Ψ^{(0)}\), y\(E^{(0)}\) fo r un átomo similar a hidrógeno que tiene un potencial de f\[V(x) = \dfrac{-e^2}{4πϵ_or} + \dfrac{1}{2}ϵ r \cos θ?\nonumber \]

Solución

Para un oscilador:

\[\hat{H} = \dfrac{- \hbar 2}{2m} \dfrac{∂^2 }{∂x^2} - \dfrac{1}{2} k x^2 + x^3 + x^4 + x^6\nonumber \]

\(\hat{H}^{(0)}\)i es el hamiltoniano para un simple oscilador armónico, por lo tanto

\[\hat{H}^{(0)} = \dfrac{- ћ^ 2}{2m} \dfrac{∂^2}{ ∂x^2} - \dfrac{1}{2}kx^2\nonumber \]

\(\hat{H}^{(1)}\)is wh at se agrega al hamiltoniano para un simple oscilador armónico. por lo tanto

\[\hat{H}^{(1)} = x^3 + x^4 + x^5\nonumber \]

ψ ⁽⁰⁾ es la función de onda para un oscilador armónico simple, por lo tanto

\[Ψ^{(0)} = N_vH_v (α^{1/2}x) e^{-αx^2 /2}\nonumber \]

E ⁽⁰⁾ es la energía para un oscilador armónico simple, por lo tanto

\[E^{(0)} = h\nu \left(v+ \dfrac{1}{2} \right)\nonumber \]

donde v= 0,1, 2... ∞

Partícula en una caja

Usando esto como ejemplo, encontramos que para una partícula en una caja con potencial V (x) = 0 entre 0<x<L

\[\hat{H} = - \dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{∂^2}{∂x^2} \nonumber \]

\[\hat{H}^{(0)} = - \dfrac{ \hbar 2}{2m} \dfrac{ ∂^2}{∂x^2}\nonumber \]

\[\hat{H}^{(1)} = 0\nonumber \]

ψ ⁽⁰⁾ = B*sin (n πx /L)

 

E ⁽⁰⁾ = n ² h ²/8mL ² donde n= 1, 2, 3... ∞

Hidrógeno como átomo

Para un átomo similar al hidrógeno que tiene un potencial de

\[V(x) = -\dfrac{e^2}{4πϵ_or} + (1/2) ϵ r \cosθ\nonumber \]

\[\hat{H} = - ћ ²/2μ ∂2 /∂x2 ∇² -e²/(4πϵ_or) + (1/2)ϵrcosθ\nonumber \]

\[\hat{H}⁽⁰⁾ = - ћ ²/2μ ∂2 /∂x2 ∇² -e²/(4πϵ_or)\nonumber \]

\[\hat{H}⁽¹⁾ =(1/2)ϵrcosθ\nonumber \]

ψ ⁽⁰⁾ = ψ _{n, l, m} (r, θ, φ)

E ⁽⁰⁾ = μe ⁴/8 _o ² h ² n ²

7.21

Usando un oscilador armónico como problema imperturbable, calcule la corrección de primer orden a la energía del\(v=0\) nivel para el sistema descrito como

\[V(x) = \dfrac {k}{2}{x^2}+ \dfrac{m}{6}{x^3}+ \dfrac{b}{24}{x^4}\nonumber \]

7.22

Usando la teoría de perturbación de primer orden para partículas en una caja, calcular la energía del estado fundamental para el sistema

\[V(x) = ax^{3}\qquad 0 < x < b\nonumber \]

Solución

\[\psi_{1} = \sqrt{\dfrac{2}{b}}\sin(\dfrac{\pi\text{x}}{b})\nonumber \]

\[\widehat{H} = \widehat{H}^{0}+\widehat{H}^{1}\nonumber \]

\[\widehat{H}^{1} = ax^{3}\nonumber \]

\[E_{1} = E_{1}^{0}+E_{1}^{1}\nonumber \]

\[E_{1}^{0} = \dfrac{h^{2}}{8mb^{2}}\nonumber \]

\[E_{1}^{1} = \langle\psi^{1}\vert\widehat{H}^{1}\vert\psi^{1}\rangle\nonumber \]

\[= \int_{0}^{b} \dfrac{2a}{b}x^{3}\sin^{2}(\dfrac{\pi\text{x}}{b})\text{dx}\nonumber \]

\[= \dfrac{2a}{b}\dfrac{(\pi^{2}-3)b^{4}}{8\pi^{2}}\nonumber \]

\[=\dfrac{(\pi^{2}-3)ab^{3}}{4\pi^{2}}\nonumber \]

\[E_{1} = \dfrac{h^{2}}{8mb^{2}}+\dfrac{(\pi^{2}-3)ab^{3}}{4\pi^{2}}\nonumber \]

7.23

En tu laboratorio de química pudiste manipular un campo eléctrico externo para tener la fuerza\(\kappa\). Eres supervisor quiere que descubras cuál es la corrección de primer orden a la energía del estado fundamental de un hidrógeno como átomo de carga N en este campo eléctrico.

Solución

Deberías recordar, o buscar la función de onda del estado fundamental para un átomo de hidrógeno y encontrar que

\[\psi_{100} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\left(\dfrac{1}{Z_\circ}\right)^\dfrac{3}{2}e^{-r/a_o}\nonumber \]

Nuestro cambio en la ecuación energética tiene una forma familiar

\[\Delta E = \int\psi^{(0)*}\hat{H}^{(1)}\psi^{(0)}d\tau\nonumber \]

Para este problema se construye un Hamiltoniano para un átomo de Hidrógeno en un campo de electrones con fuerza\(\kappa\).

\[\hat{H} = -\dfrac{\hbar^2}{2m_e} \nabla ^2-\dfrac{Ne^2}{4r\pi\kappa_\circ} + er\kappa\cos{\theta}\nonumber \]

Afortunadamente has calculado previamente\(\hat{H}^{(1)}\) para este sistema en un experimento anterior, simplemente permitiéndote sustituir tus variables en tus expresiones para encontrar eso

\[\Delta E = \dfrac{Ne\kappa}{\pi}\Bigg(\dfrac{1}{Z_\circ}\Bigg)^3 \int_{0}^{\infty}r^3e^\dfrac{-r}{a_\circ}dr\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}\sin{\theta}\cos{\theta}d\theta\nonumber \]

Observe que el problema se simplifica por el hecho de que

\[\int_{0}^{\pi}\sin{\theta}\cos{\theta}d\theta = 0\nonumber \]

Entonces tu respuesta es una solución trivial.

\[\boxed{\Delta E = 0}\nonumber \]

7.25A

Utilice la teoría de perturbación de primer orden para calcular la energía del estado fundamental de un oscilador armónico con un\(cx^7\) agregado al final del potencial.

Solución

El hamiltoniano al sistema puede formularse como

\[\hat{H}= \dfrac{-\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}+\dfrac{1}{2} kx^2 + cx^7 \nonumber \]

luego resolvemos

\[E^1 = \langle \psi_0|cx^7|\psi_0 \rangle \nonumber \]

Sabemos que la integral es de una función impar sobre un límite simétrico es 0, así que por simetría podemos concluir que la energía es 0.

7.25B

Para calcular la corrección de primer orden a la energía del estado fundamental del oscilador cuártico, utilice la teoría de perturbación de primer orden. La energía potencial es\(V\) (\(x\)) =\(c\)\(x\) ⁴. Para este potencial utilizar el oscilador armónico como el sistema imperturbable. Resuelva también por el potencial perturbador.

Solución

El operador hamiltoniano se da a continuación:

\[\hat{H}=-\dfrac{\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d^2}{dx^2}+cx^4\nonumber \]

Para utilizar un oscilador armónico como sistema de referencia, sumar y restar\( \dfrac {1}{2} kx^2\) de\(\hat{H}\).

 

\[\hat{H}=-\dfrac{\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d}{dx^2}+\dfrac{1}{2}kx^2\ + cx^4 - \dfrac{1}{2}kx^2\nonumber \]

De ahí que obtengamos:

\[\hat{H}^{(0)}=cx^4-\dfrac {1}{2} kx^2\nonumber \]

Ahora tenemos:

∆E =\(\int\psi^{(0)*}\hat{H}^{(1)}\psi^{(0)} \;d\tau\)...

Al poner los valores en la ecuación anterior, obtenemos:

\[\Delta E = \left(\dfrac{\alpha}{\pi}\right)^{1/2} \int_{-\infty}^{\infty} dxe^{-x^2\alpha} \left(cx^4-\dfrac {1}{2} kx^2\right)\nonumber \]

\[=\left(\dfrac {\alpha}{\pi}\right)^{1/2} 2 \left[\dfrac {3c}{8\alpha^2} \left(\dfrac {\pi}{\alpha}\right)^{1/2} -\dfrac {k}{8\alpha}\left(\dfrac {\pi}{\alpha}\right)^{1/2}\right]\nonumber \]

\[=\dfrac {3c}{4\alpha^2} - \dfrac {k}{4\alpha}\nonumber \]

 

7.26

Resuelve las siguientes integrales usando esta función de onda de prueba

\[| \phi \rangle = c_1x(a-x) + c_2x^{2}(a-x)^{2}\nonumber \]

Para fines de simplicidad, podemos suponer que a = 1.

\(H_{11} = \dfrac{\hbar^{2}}{6m}\)\(S = \dfrac{1}{30}\)

\(H_{12} = H_{22} = \dfrac{\hbar^{2}}{30m}\)\(S_{12} = S_{21} = \dfrac{1}{140}\)

\(H_{22} = \dfrac{\hbar^2}{105m}\)\(S_{22} = \dfrac{1}{630}\)

Solución

Sabemos que para una partícula en una caja\[\hat{H} = \dfrac{-\hbar^{2}}{2m}\dfrac{d^{2}}{dx^{2}}\nonumber \]

También sabemos que los dos componentes de la función de ensayo que se le dio son

\[\phi_{1} = x(a-x)\nonumber \]y\[\phi_{2} = x^{2}(a-x)^{2}\nonumber \]

Usando esto tendremos

\[\hat{H}\phi_{1} = \dfrac{\hbar^2}{2m}\nonumber \]y\[\hat{H}\phi_{2} = \dfrac{\hbar^2}{m}(a^{2} - 6ax + 6x^{2})\nonumber \]

Usando esto podemos resolver para\(H_{ii}\) y\(S_{ij}\) usar esta integral

\[\int_{0}^{1} x^{m}(1-x)^{n}dx = \dfrac{m!n!}{(m+n+1)!}\nonumber \]

Dejando\(a = 1\), we can now solve for

\[H_{11} = \dfrac{\hbar^{2}}{m}\nonumber \]\[\int_{0}^{1} x(1-x)dx = \dfrac{\hbar^{2}}{6m}\nonumber \]

\[H_{12} = \dfrac{\hbar^{2}}{m}\nonumber \]\[\int_{0}^{1} x(1-x)(1-6x+6x^{2})dx = \dfrac{\hbar^{2}}{30m}\nonumber \]

\[H_{21} = \dfrac{\hbar^{2}}{m}\nonumber \]\[\int_{0}^{1} x^{2}(1-x)^{2}dx = \dfrac{\hbar^{2}}{30m}\nonumber \]

\[H_{22} = \dfrac{\hbar^2}{105m}\nonumber \]

\[S_{11} = \int_{0}^{1} x^{2}(1-x)^{2}dx = \dfrac{4}{5!} = \dfrac{1}{30}\nonumber \]

\[S_{12} = S_{21} = \int_{0}^{1} x^{3}(1-x)^{3}dx = \dfrac{36}{7!}= \dfrac{1}{140}\nonumber \]

\[S_{22} = \int_{0}^{1} x^{4}(1-x)^{4}dx = \dfrac{576}{9!}= \dfrac{1}{630}\nonumber \]

7.27

Utilice la Teoría de Perturbación para agregar perturbaciones cúbicas y cuárticas al SHO y encontrar los tres primeros niveles de energía de SHO. Haga esto expandiendo el potencial Morse:

\[V(x)=D(1 - e-^{Bx})^2\nonumber \]

en polinomios (es decir, una expansión de Taylor). Demostrar que el hamiltoniano puede escribirse como

\[\dfrac{-h^2∇^2}{8π^2m} + ax^2 + bx^3 + cx^4\nonumber \]

Obsérvese con qué términos se pueden asociar\(H^0\) y cuáles son la\(H^1\) perturbación. ¿Cuáles son las relaciones entre a, b, c y D, B? ¿Cómo se comparan los nuevos niveles de energía con los antiguos?

Solución

La\(e^{-Bx}\) función se puede ampliar teniendo en cuenta que

\[e^x \approx 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} + ... + Ox^n\nonumber \]

Entonces e ^-Bx se expandirá de manera similar, reemplazando x en la expansión anterior con -Bx, entonces

\[e^{-Bx] = 1 - Bx + B^2x^2/2 - B^3x^3/6 + ... + Ox^n\nonumber \]

Por lo tanto, el Potencial Morse es

\[D(1 - (1 - Bx + B^2\dfrac{x^2}{2} - B^3\dfrac{x^3}{6})^2\nonumber \]

La expansión se acorta a 4 términos solamente.

= D (Bx - B ² x ² /2 + B ³ x ³ /6) ²

=D (B ⁶ x ⁶ /36 - B ⁵ x ⁵ /6 + 7B ⁴ x ⁴ /12 - B ³ x ³ + B ² x ²)

= DB ⁶ x ⁶ /36 - DB ⁵ x ⁵ /6 + 7DB ⁴ x ⁴ /12 - DB ³ x ³ + DB ² x ²

⁼ 7DB ⁴ x ⁴ /12 - DB ³ x ³ + DB ² x ²

(Hemos truncado por encima del término cuártico)

Aquí, se ve que DB ² x ² corresponde al potencial H ⁰, y 7DB ⁴ x ⁴ /12 - DB ³ x ³ es H ¹

También podemos ver que a = DB ², b = - DB ^3, c = 7DB ^4/12 in en el potencial hamiltoniano: ax ² + bx ³ + cx ⁴

 

La teoría de la perturbación afirma que

\[E_n = E^0_n + E^1_n = E^0_n + ∫Ψ^0_nH^1Ψ^0_n \,dτ \nonumber\]

Por lo tanto, con E ⁰ ₀ = hv/2 y ψ ⁰ ₀ = (α/ π) ^1/4 e ^{- α (x^2) /2}

E ⁰ ₁ = 3hv/2 y ψ ⁰ ₁ = (4α ³ /π) ^1/4 xe ^{- α (x^2) /2}

E ⁰ ₂ =5 hv/2 y ψ ⁰ ₂ = (α/4π) ^1/4 (2αx ² - 1) e ^{- α (x^2) /2}

H ¹ = bx ² + cx ²

los tres primeros niveles de energía son:

E ₀ = hv/2 + ∫ (α/π) ^1/4 e ^{- α (x^2) /2} (bx ³ + cx ⁴) (α/π) ^1/4 e ^{- α (x^2) /2} dx

= hv/2 + (α/π) ^1/2 ∫ e ^{- α (x^2)} (bx ³ + cx ⁴) dx

= hv/2 + (α/π) ^1/2 [∫ e ^{- α (x^2)} bx ³ dx + ∫ e ^{- α (x^2)} cx ⁴ dx] (La integral cúbica es impar así que evalúa a 0)

= hv/2 + (α/π) ^1/2 ∫ e ^{- α (x^2)} cx ⁴ dx

Podemos usar x ²ⁿ e ^{- αx^2} dx = n! /(2 α ^{n + 1}) (Esto es cierto del 0 al infinito, así que debemos duplicarlo)

= hv/2 + 2 * c (α/π) ^{1/2 *} 3/ (2 ³ α ²) * (π/α) ^1/2

= hv/2 + 3c/ (4α ²)

E ₁ = 3hv/2 + ∫ (4α ³ /π) ^1/4 xe ^{- α (x^2) /2} (bx ³ + cx ⁴) (4α ³ /π) ^1/4 xe ^{- α (x^2) /2} dx

= 3hv/2 + (4α ³ /π) ^1/2 ∫ x ² e ^{- α (x^2)} (bx ³ + cx ⁴) dx

= 3hv/2 + (4α ³ /π) ^1/2 [∫ x ² e ^{- α (x^2)} bx ³ dx + ∫ x ² e ^{- α (x^2)} cx ⁴ dx] (Primera integral evaula a 0)

= 3hv/2 + c (4α ³ /π) ^1/2 ∫ x ⁶ e ^{- α (x^2)} dx

Podemos usar x ²ⁿ e ^{- αx^2} dx = n! /(2α ^{n + 1}) (Esto es cierto del 0 al infinito, así que debemos duplicarlo)

= 3hv/2 + 2* c (4α ³ /π) ^{1/2 *} 15/ (2 ⁴ α ³) * (π/α) ^1/2

= 3hv/2 + 15c/ (4α ²)

E _2o = 5hv/2 + ∫ (α/4π) ^1/4 (2αx ² - 1) e ^{- α (x^2) /2} (bx ³ + cx ⁴) (α/4π) ^1/4 (2αx ² - 1) e ^{- α (x^2) /2} dx

= 5hv/2 + (α/4π) ^1/2 ∫ (bx ³ + cx ⁴) (2αx ² - 1) ² e ^{- α (x^2)} dx

= 5hv/2 + (α/4π) ^1/2 [∫ bx ³ (2αx ² - 1) ² e ^{- α (x^2)} dx + ∫ cx ⁴ e ^{-α (x^2)} (2αx ² - 1) ² dx

= 5hv/2 + (α/4π) ^1/2 ∫ cx ⁴ e ^{-α (x^2)} (2αx ² - 1) ² dx (Primera integral evalúa a 0)

= 5hv/2 + (α/4π) ^1/2 4c α ² x ⁸ e ^{- α (x^2)} - 4αcx ⁶ e ^{- α (x^2)} + cx ⁴ e ^{- α (x^2)} dx

Podemos usar x ²ⁿ e ^{- αx^2} dx = n! /(2α ^{n + 1}) (Esto es cierto del 0 al infinito, así que debemos duplicarlo)

= 5hv/2 + (α/4π) ^1/2 [4c α ² *2* (105/ (32α ⁴)) * (π/α) ^1/2 - αc*2*15/ (2 ⁴ α ³) * (π/α) ^1/2 + c*2*3/ (2 ³ α ²) * (π/α) ^1/2]

= 5hv/2 + 39c/4α ²

Es evidente que a medida que aumentan los niveles de energía, la perturbación a la energía aumenta también, haciendo que el potencial Hooke sea cada vez más malo como una aproximación del potencial intramolecular.

7.27

Utilice la teoría de la perturbación para calcular las correcciones de primer orden a la energía del estado fundamental de

1. Un oscilador armónico que surge de un término cúbico y cuártico.
2. Un oscilador cuártico que surge de usar solo un término cuártico\(cx^4\)

y comparar los resultados.

Solución

A) El hamiltoniano para este problema es

\[\hat{H}=\dfrac{-\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d^2}{dx^2}+ax^2+bx^3+cx^4\nonumber \]

Utilizamos el oscilador armónico Hamiltoniano para\(\hat{H}^{(0)}\)

\[\hat{H}^{(0)}=\dfrac{-\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d^2}{dx^2}+ax^2\nonumber \]

\[\hat{H}^{(1)}=bx^3+cx^4\nonumber \]

\[\psi^{(0)}=N_vH_v(\alpha^{1/2}x)e^{-\alpha x^2/2} \nonumber \]

\[E^{(0)}=h\mu (v+\dfrac{1}{2})\nonumber \]

\[E_0=E_0^{(0)}+\int\psi^{(0)*}\hat{H}^{(1)}\psi^{(0)} \;d\tau\nonumber \]

\[E_0 = \dfrac{\hbar \mu}{2}+b(\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2} \int_{-\infty}^{\infty} dxx^3e^{-x^2\alpha} +c(\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2} \int_{-\infty}^{\infty} dxx^4e^{-x^2\alpha}\nonumber \]

\[E_0 = \dfrac{\hbar \mu}{2}+0+2c \dfrac{\alpha}{\pi}^{1/2} \int_{0}^{\infty} dxx^4e^{-x^2\alpha}\nonumber \]

\[E_0=\dfrac{\hbar \mu}{2}+\dfrac{3c}{4\alpha^2}\nonumber \]

B) El hamiltoniano para este problema es

\[\hat{H}=\dfrac{-\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d^2}{dx^2}+cx^4\nonumber \]

Utilizamos el oscilador armónico Hamiltoniano para\(\hat{H}^{(0)}\)

\[\hat{H}^{(0)}=\dfrac{-\hbar^2}{2\mu}\dfrac{d^2}{dx^2}+ax^2\nonumber \]

\[\hat{H}^{(1)}=cx^4-\dfrac{kx^2}{2}\nonumber \]

\[E= \int\psi^{(0)*}\hat{H}^{(1)}\psi^{(0)} \;d\tau\nonumber \]

\[E=(\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2} \int_{-\infty}^{\infty} dxe^{-x^2\alpha}(cx^4-\dfrac{kx^2}{2})\nonumber \]

\[E =(\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2} 2(\dfrac{3c}{8\alpha^2} (\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2}-\dfrac{k}{8\alpha}(\dfrac{\alpha}{\pi})^{1/2}) \nonumber \]

\[E=\dfrac{3c}{4\alpha^2}+\dfrac{k}{4\alpha}\nonumber \]