Erwartungswert von x,y,zx,y,zx,y,z für den allgemeinen nlmnlmnlm-Zustand des Wasserstoffatoms

So berechnen Sie den Erwartungswert von ⟨ X ⟩ , ⟨ j ⟩ , ⟨ z ⟩ für den General ψ N l M Zustand? X hat Sünde ⁡ ( θ ) cos ⁡ ( ϕ ) Winkelteil, der ausgedrückt werden kann als 1 2 ( Y 1 − 1 + Y 1 1 ) , jetzt wird die Winkelintegration

1 2 ( ∫ ( Y 1 − 1 Y l M ∗ Y l M ) Sünde ⁡ ( θ ) D θ D ϕ + ∫ ( Y 1 1 Y l M ∗ Y l M ) Sünde ⁡ ( θ ) D θ D ϕ ) .
Hier kann ich das Wigner-Eckart-Theorem anwenden und das Problem kann gelöst werden. Gibt es jedoch eine andere Möglichkeit, diesen Ausdruck zu einer einfachen allgemeinen Formel zu vereinfachen, genau wie die Kramer-Beziehungen für ⟨ R S ⟩ ?

Antworten (3)

Die Wahrscheinlichkeitsdichten für alle diese Zustände sind unter Drehungen um die symmetrisch z Achse und Reflexionen in der X , j Ebene. Dies erfordert dann, dass alle diese Erwartungswerte verschwinden.

Können Sie das bitte etwas näher erläutern? Gibt es eine Möglichkeit, diesen Ausdruck zu vereinfachen? < X > Und < j > Und < z > .
Verschwindet es für alle Zustände ψ N l M ?
Ja, es kann vereinfacht werden:
⟨ X ⟩ = ⟨ j ⟩ = ⟨ z ⟩ = 0 ,
für alle ψ N l M , aus Symmetriegründen.
Wenn Sie unbedingt Dinge mit völlig unnötig komplizierten Methoden tun möchten, können Sie die Integrale in Ihrer Frage auf die dreifachen Produkte von Harmonischen in zB dieser Frage reduzieren (vorsichtig mit dem Konjugierten) und dann die Eigenschaften von Wigner 3j verwenden Symbole (insbesondere, dass sie verschwinden, wenn die unterste Reihe stirbt, addieren sich nicht zu Null). Aber dieser Weg ist der falsche Weg - wenn Sie den physikalischen Inhalt nicht wirklich verstehen, verschleiern Sie nur den Grund, anstatt ihn zu klären.

Es ist viel einfacher, die Parität zu verwenden, dh die Symmetrie der Wellenfunktion bezüglich der Rauminversion

X → − X j → − j z → − z .
Das ist bekannt
ψ N l M ( − X , − j , − z ) = ( − 1 ) l ψ N l M ( X , j , z ) .
Dann | ψ N l M | 2 ist sogar während X ist ungerade. Du hast
⟨ N l M | X | N l M ⟩ = ∫ X | ψ | 2 D X D j D z .
Der Integrand ist unter Rauminversion ungerade, also verschwindet das Integral. Gleiches gilt für j Und z .

Beachten Sie, dass der Satz von Wigner-Eckart, wenn er auf die Rotationsgruppe SO (3) angewendet wird, keine Antwort geben kann. In Betracht ziehen L z = X P j − j P X . Unter Rotationen transformiert es sich wie z tut, noch

⟨ N l M | L z | N l M ⟩ = M ℏ
und nicht 0. Natürlich widerspricht dieses Ergebnis nicht dem WE-Theorem, da es nur das besagt
⟨ N l M | X | N l M ⟩ = k ⟨ N l M | L X | N l M ⟩
⟨ N l M | j | N l M ⟩ = k ⟨ N l M | L j | N l M ⟩
⟨ N l M | z | N l M ⟩ = k ⟨ N l M | L z | N l M ⟩
mit gleich k , schließt aber nicht aus k = 0 .

So k = 0 hat eine andere Ursache: welche?

Angesichts der in den Kommentaren erwähnten Symmetrie ist dies leicht zu beweisen. Konzentrieren Sie sich auf den Azimutwinkel, da standardmäßige Kugelkoordinaten so genommen werden, dass die z -Achse fällt mit zusammen θ = 0 = π , erwarten wir, dass die azimutale Integration bereits Null ist, da das Atom aus jedem Blickwinkel gleich aussieht. Denken Sie also daran, dass die sphärischen Harmonischen die Form haben:

Y ℓ M ( θ , ϕ ) = K ( ℓ , M ) P ℓ M ( cos ⁡ θ ) e ich M ϕ
Wo K ist ein Normalisierungskoeffizient und hängt von ab ℓ Und M . Wenn man eine sphärische Harmonische mit ihrer Konjugierten multipliziert, eliminiert man die ϕ Teil,
Y ℓ ∗ M Y ℓ M ∝ P ℓ − M P ℓ M ,
das gilt für jeden ℓ oder M . Der azimutale Teil der Integrale in Ihrer Frage wird also reduziert auf
∫ D ϕ e − ich ϕ + ∫ D ϕ e ich ϕ = 0.
Die Botschaft ist also, die physikalische Intuition zu haben, um zu sagen, dass es Null ist, und es dann rigoros zu beweisen, indem man die physikalischen Beobachtungen ausnutzt.

Das funktioniert für x und y, aber nicht für z.
Für z man kann das Koordinatensystem damit drehen z liegt im Flugzeug θ = π / 2 und das gleiche Argument gilt, da die Position Ihres "Nordpols" völlig willkürlich ist.
Nein, dieses Argument funktioniert nicht - Ihr Zustand ist bereits angegeben, und das Drehen des Systems würde den Zustand ändern. Der Hamiltonian ist symmetrisch, aber die Eigenzustände teilen nicht seine volle Symmetrie.
Ich kann die Koordinaten innerhalb des Integrals ändern, wenn es Ihnen besser dient, und dann die Eigenschaft der Rotation der Harmonischen verwenden, die nur eine lästige Kombination von Harmonischen mit denselben erzeugt ℓ und entgegengesetztes Vorzeichen M , die in der gleichen Art von Integralen wie oben enden.
Dann tun Sie das, wenn Sie denken, dass es übersichtlicher ist, als die korrekten Symmetrieeigenschaften des Zustands zu verwenden. Es ist sicherlich nicht garantiert, dass dieses Argument funktioniert - es wird alle möglichen Kombinationen der Form hervorbringen ⟨ ψ N l M | X | ψ N l M ' ⟩ mit M ≠ M ' die nicht verschwinden, sich aber bei der Addition aufheben. Ich finde eine solche Verschleierungsschicht nicht hilfreich, aber wenn Sie Ihre Antwort so bearbeiten möchten, dass sie das abdeckt ⟨ z ⟩ Fall auf diese Weise, dann ist das Ihre Wahl.
Für z , warum nicht einfach die Symmetrie von verwenden P l M ( cos ⁡ ( θ ) ) .Wir haben das Volumenelement D v = D cos ⁡ ( θ ) D ϕ D R . z = R cos ⁡ ( θ ) , somit wird der Integrand
∝ ( P l M ( cos ⁡ ( θ ) ) ) 2 cos ⁡ ( θ ) D cos ⁡ ( θ )
Wo cos ⁡ ( θ ) ∈ ( 0 , 1 ) . Seit P l M ( X ) = ( − 1 ) M + l P l M ( − X ) es folgt schnell ⟨ z ⟩ = 0 .
Vielen Dank für die Vervollständigung des Arguments @denklo und für die Einsicht. Ich glaube, das ist die Art von Argumenten, nach denen das OP gesucht hat.
Gern geschehen. Da ist aber ein kleiner Tippfehler: cos ⁡ ( θ ) ∈ ( − 1 , 1 ) .
Erwartungswert von x,y,zx,y,zx,y,z für den allgemeinen nlmnlmnlm-Zustand des Wasserstoffatoms
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