Berechnung des Erwartungswerts für kinetische Energie ⟨Ek⟩⟨Ek⟩\langle E_k \rangle für eine bekannte Wellenfunktion

Question

Berechnung des Erwartungswerts für kinetische Energie ⟨Ek⟩⟨Ek⟩\langle E_k \rangle für eine bekannte Wellenfunktion

71GA

Ich habe eine Wellenfunktion ( $a=1nm$ ):

ψ = A X \exp [\frac{- X^{2}}{2 A}]

$\psi=Ax\exp\left[\tfrac{-x^2}{2a}\right]$

für die ich bereits den Normalisierungsfaktor berechnet habe (in meinem anderen Thema ):

A = \sqrt{\frac{2}{A \sqrt{π A}}} = 1.06 \frac{1}{N M \sqrt{N M}}

$A = \sqrt{\frac{2}{a\sqrt{\pi a}}} = 1.06\frac{1}{nm\sqrt{nm}}$

Was ich wissen möchte, ist, wie man den Erwartungswert für eine kinetische Energie berechnet. Ich habe versucht, es analytisch zu berechnen, aber ich verliere mich in der Integration:

\begin{aligned} ⟨ E_{k} ⟩ & = \int_{- \infty}^{\infty} \bar{ψ} \hat{T} ψ D X = \int_{- \infty}^{\infty} A X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] (- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{D^{2}}{D X^{2}} A X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) D X = \dots \end{aligned}

$\begin{align} \langle E_k \rangle &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \overline\psi\hat{T}\psi \,dx = \int\limits_{-\infty}^{\infty} Ax \exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\left(-\tfrac{\hbar^2}{2m}\tfrac{d^2}{dx^2}Ax \exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right)\,dx =\dots \end{align}$

An diesem Punkt gehe ich und löse die zweite Ableitung und werde danach fortfahren:

\begin{aligned} \frac{D^{2}}{D X^{2}} A X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] = A \frac{D^{2}}{D X^{2}} X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] = A \frac{D}{D X} (\exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] - \frac{2 X^{2}}{2 A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) = \\ = A (- \frac{2 X}{2 A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] - \frac{1}{A} \frac{D}{D X} X^{2} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) = \\ = A (- \frac{X}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] - \frac{2 X}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] + \frac{X^{3}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) = \\ = A (- \frac{3 X}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] + \frac{X^{3}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) \end{aligned}

$\begin{align} &\phantom{=}\tfrac{d^2}{dx^2}Ax \exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] = A\tfrac{d^2}{dx^2}x \exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]= A\tfrac{d}{dx}\left(\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]-\tfrac{2x^2}{2a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right)= \\ &=A \left(-\tfrac{2x}{2a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] - \tfrac{1}{a}\tfrac{d}{dx}x^2\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right) = \\ &=A \left(-\tfrac{x}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] - \tfrac{2x}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] + \tfrac{x^3}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right) = \\ &= A \left(-\tfrac{3x}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] + \tfrac{x^3}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right) \end{align}$

Ok, jetzt kann ich mit der Integration fortfahren:

\begin{aligned} \dots & = \int_{- \infty}^{\infty} A X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] (- \frac{ℏ^{2}}{2 M} A (- \frac{3 X}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] + \frac{X^{3}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}])) D X = \\ = \int_{- \infty}^{\infty} - \frac{A^{2} ℏ^{2}}{2 M} X \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] (- \frac{3 X}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}] + \frac{X^{3}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{2 A}]) D X \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{A^{2} ℏ^{2}}{2 M} (\frac{3 X^{2}}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{A}] - \frac{X^{4}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{A}]) D X \\ = \frac{A^{2} ℏ^{2}}{2 M} \underset{Wie löse ich das?}{\underset{⏟}{\int_{- \infty}^{\infty} (\frac{3 X^{2}}{A} \exp [- \frac{X^{2}}{A}] - \frac{X^{4}}{A^{2}} \exp [- \frac{X^{2}}{A}]) D X}} = \dots \end{aligned}

$\begin{align} \dots &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} Ax \exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\left(-\tfrac{\hbar^2}{2m} A \left(-\tfrac{3x}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] + \tfrac{x^3}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right)\right)\,dx = \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} -\frac{A^2\hbar^2}{2m}x\exp\left[-\tfrac{x^2}{2a}\right] \left(-\tfrac{3x}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right] + \tfrac{x^3}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{2a}}\right]\right) \,dx\\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{A^2\hbar^2}{2m}\left(\tfrac{3x^2}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{a}}\right] - \tfrac{x^4}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{a}}\right]\right) \,dx\\ &= \frac{A^2\hbar^2}{2m} \underbrace{\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left(\tfrac{3x^2}{a}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{a}}\right] - \tfrac{x^4}{a^2}\exp \left[{-\tfrac{x^2}{a}}\right]\right) \,dx}_{\text{How do i solve this?}}=\dots\\ \end{align}$

Das ist der Punkt, an dem ich mir eingestand, dass ich in einem Integral verloren war und das WolframAlpha benutzte, um mir selbst zu helfen. Nun, ich habe ein seltsames Ergebnis . Mein Professor hat das irgendwie verstanden ( $m$ ist eine Masse eines Elektrons), aber ich weiß nicht wie:

\begin{aligned} \dots = \frac{ℏ^{2}}{2 M} \cdot \frac{3}{2 A} = \frac{3 ℏ^{2}}{4 M A} = 0,058 e v \end{aligned}

$\begin{align} \dots = \frac{\hbar^2}{2m}\cdot\frac{3}{2a} = \frac{3\hbar^2}{4ma} = 0.058eV \end{align}$

Kann mir jemand helfen, das letzte Integral zu verstehen? Wie kann ich es lösen? Ist es möglich, analytisch zu sein (es sieht so aus, als hätte es der Professor getan, aber ich bin mir nicht sicher)?

Vibert

Wolfram/Mathematica kann diese Integrale definitiv ausführen, aber Sie haben bei der Eingabe einige Zeichen übersehen (

e^{x^{2} / a}

$e^{x^2/a}$ anstatt

e^{- x^{2} / a}

$e^{-x^2/a}$ ). Wenn Sie Mathematica verwenden, ist es ein guter Rat, Mathematica das beizubringen

a > 0

$a > 0$ , dh verwenden Sie zum Beispiel "$Assumptions = {a>0}".

71GA

Nachdem ich die Eingabe in Wolfram Alpha korrigiert habe, erhalte ich ein Ergebnis

9 / 4 \sqrt{π a}

$9/4\,\sqrt{\pi a}$ während

A^{2} = 2 / a \sqrt{π a}

$A^2=2/a\,\sqrt{\pi a}$ und so bekomme ich immer noch ein anderes Ergebnis als mein Prof:

\frac{A^{2} ℏ^{2}}{2 m} 9 / 4 \sqrt{π a} = \frac{2 ℏ^{2}}{a \sqrt{π a} 2 m} 9 / 4 \sqrt{π a} = \frac{9 ℏ^{2}}{4 a m}

$\dfrac{A^2\hbar^2}{2m}9/4\,\sqrt{\pi a} = \dfrac{2\hbar^2}{a\sqrt{\pi a}2m}9/4\,\sqrt{\pi a} = \frac{9\hbar^2}{4a m}$

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Wolfram/Mathematica kann diese Integrale definitiv ausführen, aber Sie haben bei der Eingabe einige Zeichen übersehen ( $e^{x^2/a}$ anstatt $e^{-x^2/a}$ ). Wenn Sie Mathematica verwenden, ist es ein guter Rat, Mathematica das beizubringen $a > 0$ , dh verwenden Sie zum Beispiel "$Assumptions = {a>0}".
Nachdem ich die Eingabe in Wolfram Alpha korrigiert habe, erhalte ich ein Ergebnis $9/4\,\sqrt{\pi a}$ während $A^2=2/a\,\sqrt{\pi a}$ und so bekomme ich immer noch ein anderes Ergebnis als mein Prof: $\dfrac{A^2\hbar^2}{2m}9/4\,\sqrt{\pi a} = \dfrac{2\hbar^2}{a\sqrt{\pi a}2m}9/4\,\sqrt{\pi a} = \frac{9\hbar^2}{4a m}$

Trimok · Answer 1

In Ihrem Problem benötigen Sie Integrale der Art:

$I_{2n} = \int x^{2n} e^{- \large \frac{x^2}{a}} ~ dx$

Beachte das erstmal $I_0 = (\pi)^\frac{1}{2} (\frac{1}{a})^ {-\frac{1}{2}}$

Nun ist es leicht zu sehen, dass es eine Wiederholungsbeziehung zwischen den Integralen gibt:

{ICH}_{2 N + 2} = - \frac{\partial {ICH}_{2 N}}{\partial (\frac{1}{A})}

$I_{2n+2} = - \frac{\partial I_{2n}}{\partial (\frac{1}{a}) }$

Zum Beispiel,

{ICH}_{2} = - \frac{\partial {ICH}_{0}}{\partial (\frac{1}{A})} = \frac{1}{2} (π)^{\frac{1}{2}} (\frac{1}{A})^{- \frac{3}{2}} = \frac{1}{2} (π)^{\frac{1}{2}} A^{\frac{3}{2}}

$I_2 = - \frac{\partial I_{0}}{\partial (\frac{1}{a}) } = \frac{1}{2}(\pi)^\frac{1}{2} (\frac{1}{a})^ {- \large\frac{3}{2}} = \frac{1}{2}(\pi)^\frac{1}{2} ~a^ {\large\frac{3}{2}}$

{ICH}_{4} = - \frac{\partial {ICH}_{2}}{\partial (\frac{1}{A})} = \frac{3}{2} \frac{1}{2} (π)^{\frac{1}{2}} (\frac{1}{A})^{- \frac{5}{2}} = \frac{3}{2} \frac{1}{2} (π)^{\frac{1}{2}} A^{\frac{5}{2}}

$I_4 = - \frac{\partial I_{2}}{\partial (\frac{1}{a}) } = \frac{3}{2} \frac{1}{2}(\pi)^\frac{1}{2} (\frac{1}{a})^ {- \large\frac{5}{2}} = \frac{3}{2} \frac{1}{2}(\pi)^\frac{1}{2} ~a^ {\large\frac{5}{2}}$

Eine allgemeine Formel lautet:

{ICH}_{2 N} = {ICH}_{0} (2 N - 1)!! (\frac{A}{2})^{N} = \frac{(π)^{\frac{1}{2}}}{2^{N}} (2 N - 1)!! A^{N + \frac{1}{2}}

$I_{2n} = I_0 ~(2n-1)!! ~(\frac{a}{2})^n = \frac{(\pi)^\frac{1}{2}}{2^n} ~(2n-1)!! ~a^{n+\frac{1}{2}}$ Wo

(2 n - 1)!! = (2 n - 1) (2 n - 3) . . . . . .5 .3 .1

$(2n-1)!! = (2n-1)(2n-3)......5.3.1$

Jorge Lavin · Answer 2

Mein Professor für statistische Physik nennt diese Integrale Laplace-Integrale $I(h)$ .

ICH (H) = \int_{0}^{\infty} X^{H} e^{- A^{2} X^{2}} D X

$I(h)=\int_{0}^{\infty}x^{h}e^{-a^2x^2}dx$

Beachten Sie, dass

\int_{- \infty}^{\infty} X^{H} e^{- A^{2} X^{2}} D X = 2 ICH (H)

$\int_{-\infty}^{\infty}x^{h}e^{-a^2x^2}dx=2I(h)$

einige Werte

ICH (0) = \frac{\sqrt{π}}{2 A}, ICH (1) = \frac{1}{2 A^{2}}, ICH (2) = \frac{\sqrt{π}}{4 A^{3}}, ICH (3) = \frac{1}{2 A^{4}}, ICH (4) = \frac{3 \sqrt{π}}{8 A^{5}}

$I(0)=\frac{\sqrt{\pi}}{2a}, I(1)=\frac{1}{2a^2}, I(2)=\frac{\sqrt{\pi}}{4a^3},I(3)=\frac{1}{2a^4}, I(4)=\frac{3\sqrt{\pi}}{8a^5}$

Sie können Brute-Force durch Integrieren von Teilen loswerden $x^{h}$ und verwenden $I(0)$ ein klassisches Ergebnis, oder Sie können Induktion verwenden $h$ oder eine andere Methode.

Ja, man muss es nur wissen $I(0)$ und die Laufzeit verkürzen $x^{h}$ bis du bekommst $I(0)$ , und natürlich Symmetrien wie das Integral einer ungeraden Funktion in einem symmetrischen Intervall ist Null und so weiter.

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