صفحه 1:
صفحه 2:
صفحه 3:
ال ۰
چاه پتانسیل کروی
معادله شرودینگر برای یکت ذره در بتانسيل 0 :
لو - ۲۲۲ + 82/2۷۵۲
:شکل کروی لاپلاسی
قيلي ا فوووا قبطي القهرا ةيةه
Gane og + كمس 80 So ۳ | + rand
1(0,8,6) = ¥e8,9)
:درنتیجه
aH Puts) سین +۳ u(r) = Eu(r)
21 dr? 2Mr?
صفحه 4:
با SS
چاه پتانسیل مربعی
شکل پتانسیل: > ,۲0 ع () 1۲7
r>a ,0
cw! Cos(kr) 9 r<a:Sin(Kr) (sly date slelee از آنجا که باید 0(<0)[] باشد
درنتیجه (09)16/) غیر قابل قبول است.
> Rk? /2M = E-Vo.
در 060 داریم :
u(r)=Ne@-*), r>a Ro? /2M = —E
صفحه 5:
با SS
چاه پتانسیل مربعی
اكقر if نسبت به ۲ مشتق بگيريم و حاصل (") رابه د تقسیم کنیم و دو معادله را در مک
مساوی قرار دهیم داریم: k
9
2MVo
5
دو مقدار © را مساوى قرار مى دهيم . معادله حاصل را براى >! حل مى کنیم. تعداد
حالتهاى مقيد بدست مى آيد.
صفحه 6:
SS با
تعداد حالتهای مقید
رسم نمودار برای سه حالت :
0-0 0
OO=6 ()
00=88 (&)
#2
و چررو ۷۰ 27)
32
مه IME ۷ “ama 22 م
7 or h 52
صفحه 7:
ألا همانطور كه انتظار مى رفت وقتى م0 کوچک باشد هم کوچک است.
»ا ۱۳ .احتمال حضور ذره با افزایش م2 افزایش می یابد و در نتیجه در > بيشتر است.
لا در ۷« تابع موج . احتمال حضور ذره صفر شده است.
sin(kr)
u(r) = :
sin(ka)
0 ,۵ < , 0۵ لا - (وا
u(r)
0.8
04
u(r) :r<a_, u(r):r>a
صفحه 8:
شعاع ریشه میانگین مربعی مربوط به آنرژی پایه حالت مقید نسبت
به عمق چاه پتانسیل . واحدها عبار تند از H=2m=a=1:
صفحه 9:
SS ها
اتم هیدروژن
قي ae i لت quate, PP
هامیلتونی اتم هیدروژن: 2M. + IM, ~ TQ.—Qpl
تعریف مختصات نسبی و مرکز جرم Qa MEQ IQ,
مکان : واه +2
م - ٩-٩
اس ی P.=Pe+Pp,
وم و
۲ Me + ول
صفحه 10:
SS
اتم هیدروژن
در نتیجه با استفاده از مختصات نسبی هامیلتونی ام هیدروژن به شکل زیر در می آید:
P2 Pe 2
B=, 4
2(Me+ Mp) © 2» [Qe]
+
د _ 1
بر
|=
1
۳ 2
ZY Yor) - Sr) = B Ve)
صفحه 11:
a
اتم هیدروژن
حل معادله شرودینگر در مختصات کروی.
4
=v? win) -£00)- Ev)
2۳
می توانیم از جداسازی زیر استفاده کنیم:
((۲۶۳)۵,۵ ع (# ,۲۲,۵
88 1 4 بنابراین داریم: ۱+ رو
Seta ae) pe ور ER
din- €- 2
Wrem(r 8,8) = — OLR (p) oP? ۲۵۳ )6,9(
(nao)?n[in + @)
به ترازهای انرژی می رسیم:
صفحه 12:
SS با
دستگاه مختصات سهموی
در دستكاه مختصات (EL ) zal ak dw Sgnge را داریم: §=r—2=r(1—cos8)
n=rt+z=r(1+cos@)
o=6.
معادله شرودینگر بصورت زير در می آید:
4 ]مم
67 2
در نتیجه:
Dznam (Em ۵( > ۷ را ۳۷۶(و6) Lie (rn) et
صفحه 13:
! ۳۲۲۲۲۲۲۲]
دستگاه مختصات سهموی
از حل معادله فوق ترازهای انرژی به شکل :
pet
22 7 :2870
بدست می آیند:
حال حالت پایه اتم هیدروژن را در دو دستگاه مختصات کروی و سهموی مقایسه می کنیم.چون
نتیجه به دستگاه مختصات بستگی ندارد هردو با ید یکسان باشد ؛
(mag?) V2e-*/9 = مع2/(مججاسم 2 Wooo = (mag?)
۳ 2 (گومج) - مور
صفحه 14:
ها SS
بر آورد از روابط عدم قطعیت
با استفاده از روابط عدم قطعيت مى توان اندازه و انرژی حالتهای مقید را تخمین زد.
رابطه عدم قطعیت: تم وم
<
برای اتم هیدروژن نتیجه می دهد:
عت - یرد 32 مج - م2 تور - ور
با مینیمم کردن انرژی نسبت به ۲ داریم: و قمر ور
ade = 5KC)I ((ra = (ra))?) (Ps (Ps))?) & موه 4
(re) = en) /3 (Ps?) = (P-P)/3
(ver) (P-P) > a 1۳ < ۳۰۳/2 (vet) (Tret) > =
صفحه 15:
ااا
بر آورد از روابط عدم قطعيت
مه/سسم 1/2( 3ومم) ح موركلا
R
بط - ماه |=
mop adie aay? (PP) = / 2 |[ دوس
ag)
(et) Dua) > SE
صفحه 16:
ها SS
حالتهای مقید غير عادى
طیف انرئی یکت پتانسیل معمول پیوستاری از حالتهای غیر مقید با انرئٍی مثبت و حالتهای
مقید کسته با انرژی منفی است.
جوابهای معادله زیر حالتهای مقید گسته بر پایه پیوستاری از انرژیهای مثبت می باشند.
55 - نه زم ی ۳۳۹
به شرط آنکه انتگرال: J [oP ex
وجود داشته باشد.
تابع اندازه حر کت ذره آزاد در اين معادله: * )معدم
صدق می کند:
ولی انتگرال پذیر مجذوری نیست. ۰( )ند > Wo(x)
صفحه 17:
Sh
حالتهای مقید غیر عادی
برای رفع اين مشکل ۱۷ را به شکل زير انتخاب می کنیم:
W(x) = Wo(x) f(r)
(م)" با سد سريعتر از “Mor به بسي نسهايرتميلكند
با جایگذاری معادله فوق در معادله * داریم:
_p_l fo) eo)
Wir) = E-5F +k cot(kr) Fe Bie تیف
()/() ۴ بساید در نسقاط مجانبی[<)< صفر شود.(2)" را تسلبعیاز ()< می
s(r) = x f r{sin(kr!)}P dr= $(2kr)? —2kr sin(2kr) — cos(2kr) + 1
9 2
صفحه 18:
a
حالتهای مقید غیر عادی
بساید دو وی گیچلشته بساشد <)(
|)انتگرالده غیر منفی باشد تا (ع)< تابعی یکنوا از ۲ باشد.
۲)انتگرال متناسب با (۳ه باشد تا ع/(ع)عله در صفرهای («)« صفر شود.
فرض می کنیم:
(ry + ش] < رمام
پانسیل ۶ به شکل زیر در می آید:
اد 2h + رانا کاس زر
aya ۳
در سهای بزرک : sink) کل - یم رم 7
1
انرژی حالت مقید:
E= 4h?
صفحه 19:
تئوری اختلال حالت پایا
معادله ویژه مقدار : ۰ (10:57) 5 (Ho + AH)|Vn) = BalVa)
H = Hy +\i
حالت غير اختلال
Ho|n) = en|n) (10.58)
براى 8 هاى كوجك داريم:
pene, (10.59) يه عرب انير فاه ديه
[Gn) + Al Tn™) + d2[Lnl2l) oe (40.60) = (متق
صفحه 20:
با SS
از روابط (۱۰-۵۷) و (۱۰-۵۹) و(۱۰-۷۰) نتیجه می گیریم:
(Ho - En (| ۲ (( < 0۰ : )0(
, (كم ل - للكمرق) (ا ام ( ام - 80) : (1)
(Ho ~ En!) Yn?!) = (Bn — Hh) Va?) + Bn al), = )2(
)10.61(
(r) : (Ho — En) [Bn ™) = (Ba mH (ry
+ Bg ?|Uq FD) + 2+ + By [HQ (
ویژه بردارهای 1,0 یکت پایه اورتونرمال کامل را تشکیل می دهند که شرط
<م,ه26< م۳ را برآورده مى کنند.
)10.62( , و( ب > («|
صفحه 21:
SS
موارد غیر تبهگن
فرض کنید ویژه مقادیر 1,0" در(۱۰-۵۸) غیر تبهگن هستند:
۱
E, = én, (Un) = In)
(Vn!) = 1
(Un [Yn) = (n|Wa) = 1. (10.63)
از رابطة )٠1١-71( نتيجه مى كيريم: 1 > (Palm)
< لظام
صفحه 22:
ها SS
از روابط (۱۰-۲۰) و (۱۰-۱۳) نتیجه می شود:
nf Yn) + Ann) + 1ع ۰۰+ ام
|
که برای همه مقاذیر ۸ معتبر است پس بدست. می آوریم: (برای ۳<۵)
(n| Un) = 0 (10.64)
Wea) = SO an و( (10.65)
ze
از روابط (۱۰-۵۸) و (۱۰-۵) نتیجه می شود:
YE (el (Ho - ب( ما( - | > یره (( مق
و
(10.66)
(€m — &n Jam) = Eq مق - (۰
man E,1) = (n|Hi|n)
۷ نيه
nbn En — Em.
صفحه 23:
I uc ty 30 7
و بنابر اين سهم برذار ويزه درج
apa) = 0 imho In) (10.68)
igen Tem
INU > بیکك تعریف مناسب از کوچکی برای اختلال لین است که عنصر ماتریس وابسته
در مقایسه با مخرج انرژی مربوطه (067ع) کوچک باشد. از (۱۰-۷۱) و (۱۰-۶) داریم: >۰
{re|( Ho — Ey 1) = —( ro] EY) "امج جو (rafts)
سمت چپ این تساوی صفر است چون ,1" می تواند بر چپ عمل کند تا ویژه مقدار
(520۳0)0 را نتیجه دهد
(r > 0). (10.69) مهام ديه
از رابطه (۱۰-۷۸) و برای ۵عمداريم:
(10.70)
صفحه 24:
SS با
مثال: نوسانگر هماهنگ مختل
هامیلتونی بدون اختلال : Hy = P?/2M + Mu? Q?
اختلال: چا - ور
اگر اختلال خطی صرفاً مکان کمینه انرژی پتانسیل سهموی را تغیبر دهد سأله قابل حل
است.
۳ و كام 5
)10.71( ل hue (2+ sz) - زر
از فصل داریم: )...,0,1,2 = En = fw(n + 4), (n
Q = (h/2Mw)!?(at +a) عناصر ماتریس اختلال:
صفحه 25:
SS با
(spre 5 - «+«واه)
ْ جع ی
از فصل 1 داریم: ۱
(10.72)
inion) = (se)
ختلال عبات
یس صفر يزه اختلال عبارتند
۰)مقادیر وی
جه به (۱۰-۷) و (۷۰-
هستند. با توجه ب
عناصر ple 2
بقیه
و بقي
از
E,) = bf
(n|Q|n) = 0
B,@)= شا
۱۳۹ uP ¢ 9۱
Abies ا
—B 5 5
۳
(10.73)
صفحه 26:
مثال: کشتاور دو قطبی الکتریکی اتم
کشتاور دوقطبی القایی بصورت زیر است: (d) = oB
آنرژی پتانسیل اتم قطبده شده در میدان الکتریکی به مقدار 6|6|/2) کمتر از اتم آزاد است .
برای محاسبه توان قطبش 0:
۱)محاسبه انرژی تا درجه دوم ©
؟)ارزيابى تابع حالت اختلال تا درجه اول ۵ و محاسبه 94> در تراز اختلال
این محاسبات را برای حالت زمینه یکك اتم هیروژن مانند انجام می دهیم.
صفحه 27:
۱) ترازهای انرژی غیر مختل اتم هیدروژن بوسیله معادله ویژه مقدار (۱۰-۲۰) مشص
می شوند برای یک اتم هیدروژن مانند یک الکترونی :
Ho|ném) = éne|ném)
H,=-dE=cEr, (10.74)
كشتاور دو قطبى جم ف؛ مكان الكترون نسبت به هسته «و 1/4" اختلال بنابر میدان خارجی
مى باشد. در نتيجه :
ممم مهاه = Hy
عناصر ماتريس <50ه]|0را/|4 > صفر هستند مكر “Hu 9 سه عدد,,) ( گوشه هاى
مثلث را تشكيل مى دهند. دو شرط زير بايد برقرا باشند تا عناصر ماتريس فوق غير صفر باشند.
الاق
Enem(?) = (ném|Hi|ném) = 0
صفحه 28:
—
از رابطه (۱۰-۸ نتیجه می شود:
E00 => wer (10.75)
7
با ساوی قرار دادن این عبارت با تغیبر انرژی اتم قطبیده در می یابیم که توان قطبش
اتم در حالت زمینه بصورت زیر است:
[(n/10|er_ cos @|100) |? 5
1076 ات تا a2yp
ers) 2
۲ برای محاسبه درجه دوم انرژی می توان <> را در تراز اختلال درجه اول ارزیابی
os
|Wr00) = |Wroo!!) + roo?) , (10.77)
10) (n"L0fe|E]r_ cos 6100)
Broo) = — 7 LO e|Elr_cos|100)
مر رق د لاسر
(10.78)
صفحه 29:
SS با
وسنت ري )#00 (Prooldl پر
* لد = (d) = aE
TF colthio0) قله د للم
يس داريم:
(d) = (Hro0 fd] V100") + (L100? ||P 100" - (10.79)
بهنجارش بردار حالت اختلال برای درجه اول :
1 نم (۵(ظ)1+0 ع (Wro0|%100)
به دلیل تقارن می دانیم تنها قسمت غیر صفر از <1> در امتداد محور قطبش جهت گیری
خواهد کرد.
اج ج - (d)z
تفع از yx _ هم
م رز نش 10۱
مج
ao)
صفحه 30:
با SS
مثال:دومین درجه اختلال در حالت محصور
برای یکت اتم هیدروژن مانند به جای (۱۰-۷۵) داریم:
Ejoo = (100|F1|©100') (10.80)
از رابطه (۱۰-۲۱) داریم:
)10.81( , (100]( :23 - (100|:|100) > (کموول |(م — (Ho
وم ع مقدار ویژه حالت زمینه 110 است.
صفحه 31:
با کی ۲
پس یکت معادله دیفرانسیل همگن قابل حل خواهیم داشت که حل آن واحد نیست
چون همواره می توان یک ضریب دلخواه از حل معادله همگن (۵-۵00/)|
-<۱۰۰ به آن اضافه نمود. به هر حال واحد بودن بوسیله (۱۰-۷۶) برگردانده می
شودو مستلزم آن است که :
- (سو(00)
10 هامیلتونید رونیسکناتم شب هيدروثزبا جرم كاهثريافته ل| و بتلنسيل
م رکزی(م)س و 1 لثرمتقلع وقطب کتریکی[ ۰-۷6 ۱) لستبا تسوجه بسه (2۸1
+
—e|B|r cos (۰ (10.82)
-_
te +Wir)- «| yo
lp
U (r,6,9) = cos fir). (10.83)
(GHD) = 0
—Wid.d
2 Sin (S = + Wir) - 1 f(r) = —e|E] r LO (nr).
(10.84)
صفحه 32:
باید (۱۰-۸۶) را برای اتم هیدروژن حل کنیم.برای اتم هیدروژن:
WO (r) = (mag?) 2-7/0
ag =F? /pe? W(r) =—e?/r — e10 = —e?/2a0
Fr) = ple) 7°, (10.85)
2۳ (10.86)
0 ف 0
لل = )2900 Pete) +2(r- ©) se
P(r) = =(ra°) 2 (4) (oor 3) ۱ (10.87)
از انطة (۱۰-۸۰) تتححه مر شمد:
yoo?! = (Ey | W100")
(cos 8)? (apr? + 18) e210 dr
3 قرط
(10.88)
= Spat.
ب
E,oo) - ام
صفحه 33:
با SS
مورد تبهگن
فرمولهایی مانند (۱۰-۸) و (۱۰-۷۰) ممکن است در مواردی که مقادير ويزه غير مختل
تبهگن هستند. عملی نباشند.در این موارد:
Ho|n,r) = لبها (10.90)
Par) = Dreneltsr’) (10.91)
با توجه به رابطه (۱۰-۱) داریم: 1
رم ( و3 - مها > ( کل | (مع ~ (Ho
و از رابطه :)۱۰-٩۱(
رسي لجيه زرك - (یق)اه ,ار - ( لالم - م)اه ها
سيت عرض هاه رصا - نوق لا ررح - (الكىلاه يسالك مها
صفحه 34:
a
Lye Ailnye) ene = Ba" ens (10.02)
seal pt
۰ ثابلسوه همه مقادیر را دارد.
انتخاب اختصاصی از ویژه بردارهای درجه صفرم در (۱۰-۹۱) آن هایی است که ماتریس
<عره|۱0 جرد" > را در زیر فضای »ثابت قطری می کند. اگر 56-0 باشد قطری
سازی (۱۰-۹۲) تضمین می کند:
(7 «( - 0
صفحه 35:
۳ ۲۲" " " " i.
مثال: اثر خطی استارک در اتم هیدروژن
)٩۱-۱۰( نتیجه می دهد:
e5|210) + e4|21 —1). (10.93) + (211|یه + |W) = e1]200)
عناصر ماتریس Cgluo <“cko| Lut w> صفر خواهند بود مگر سکس" بنابراین تنها
عنصر Sb مانده از (۱۰-۹۳) <60/600|۲۱۰>-<00 ]1,1 > خواهد بود.
—w - مم(36[۳- (200|رعزمدم
ره أ (210|8,۱200)
-EY 80 —w 0
۳
oe 8 © deo. (10.94)
-w 0 -EO 0
ات 0 0 0
300 + ی *—— 210))/y2 — )200{( ميدان چهار لایه تبهگنی
كؤاتزاق تم تراز انرژی 26
2 — 3e|Blag
مس ))210| + )1200( تم هیدروژن
صفحه 36:
ها SS
کمترین تراز انرژی ۰۱۵۵۵۵ (200) = |B)
(#إزقعه عم ۳) ع (de)
Le ane 2 )10 م1
5(200|(—er c034)/210) + 5{210|(—er cos6)|200) =
= 3eaa,
—(d)-E = —3e|Blao انرژی پتانسیل مربوط:
del تلوری اختلال بریلوئن - ویگنر:
از رابطه (۱۰-۵۷)داریم:
(En - لالت - زما|زوم (10.95)
۵, (۱-1-۰ (10.96)
52
با توجه به (©©-000) و(©6-
00
)10.97( ۰ (9 + (| ع (م|
صفحه 37:
SS با
QnHo = HoQn
Qa(E — Ho)|Wa) = (Em — Ho}Qn| Un) “لاع مومه
مور
0 Qu Hi) Vn)
از (۱۰-۹۷) داریم:
)10.98( ,ل كمه + لم د ل
Ba = (En ~ Ho)! Qn = Qn( En ~ Ho) - (10.99)
نادیده گرفتن ,"در سمت راست. تقریب درجه صفرم [م|«<> را نتیجه می دهد.
صفحه 38:
SS با
+ RaHi|n) + (RaHi)*|n} + (RnHi)*|n) ۰ (10.100)
[Gn
جمع سری های بیکران:
)10.101( ,۰( وققمرظ - 1) < لمق
(n|(En — Ho)|Yn) = (n|Fi| Un)
مقدار ویژه انرژی
مت < مق + ۱۱۱۲ ( , (10.102)
- و 0
بوچ em
(n| Hi |m) (m| Hin)
Eq = €n + (n|Faln) + 3° تس
men
۲ رل تلا 3 +
۳۹۳
(10.103)
صفحه 39:
ها کی ۲
مثال: تبهگنی
ماتریس 9:6 ساده ای را د رنظر بگیرید که:
a 0 Ov
Ho = . m= (10.104)
0 © v0
(Ho + Ai)|¥) = E|¥)
صفحه 40:
بسط دترمینان معادله وابسته درجه دوم را
می دهد.
)10.105( ,0 < (|ن| - وعرع) + ط(وع + رع) - EP
1 1
)10.106( ۰( + یه - بع) و ع زوع + عع - 8
در حد تبهگن داریم: 6 وه < رو
|ه طع - و
با بکار برده تنوری اختلال بریلوئن-ویگنر بدست می آوریم:
(10.108)
(10.109)
e1—e2°
1 > اه - ۳۱/۶
صفحه 41:
ای ۲
روش وردشی
روش وردشی برای معادله هایبی که حل دقیق ندارند و باید برای آنها از روش تقریبی برای تعیین وه
مقدارها و ويثِه تلبع ها استفاده کنیم و همچنین برای مطالعه سیستم های پیچیده مانند اتمهای چند الکترونی و
ال ها بکار میرود .
در ee ener ) را در نظر می گیرییم که در اینجا 13 یک عملگر خطی و ماو با تولبع
۳
AG, ¥) = a (10.110)
ما در جستجوی شرایطی هستیم که مقدار ۸ ثابت بماند: پس : 0 - 1۸/54
0 - 8۸/64
حال ار برای تغیبرات در ۱/ عبارت زیر را داشته باشيم:
[معع+ |هعب |۵>
© يكسقدار كوجكو <0 | يسكسردار هلخواه لست
صفحه 42:
ها SS
برای اولین درجه ازع داریم:
(ald) _ (ole)
eee]
4
= do A919) oy
با تفیم شدن بر 0>ع | و میل دادن ع به سمت صفرتعریف درستي از 8۸/80 را مي یابيم .
AG + 0,0) - ۸۵8-۰
Aly) — Ajv) = 0. (10.112a)
به طور Cob Y Ol padi Cod A(P,W) 45a! Sty dhe بماند معادله ویژه مقداری زیر را داریم
0 ۵۸) - قلاه)
2۶ |( -۳|۸( - 0
صفحه 43:
a
Wa he
, |م<>|س<
اكر ما تابع هاى © و لا را که وابسته به پارامترهاي مشخص هستند انتخاب کنیم و آن
پارامتر ها را تغییر دهیم تا نقاط ثابت ۸ را بيابيم انگاه ما مقدار ویژه را بدست مي
أوريم ولي د anc os ثابت به مینیمم و نه ماکزیمم هستند و فقط نقاط زینی در فضاي
داراي بعد
قضیه وردشی: اگر ,۷ < ماك و 690 کمترین ویژه مقدار ,1" باشد در نتيجه براي اللا
نامساوي ( 09 - 400 ) را داریم
(a09-00) ( > ير
13
اثبات: ویژه بردار بسط يافته |لها> را به کار می بریم که :
۷
Ay - Bly)
صفحه 44:
با بکار بردن اورتو نرمالی و کامل بودن ویژه بردارها بدست می آوریم که :
(نداه) مك ع * ماس )ا 5 هه <الملااسااءظ رح - اها
بدون توجه به چگونگی انتخاب تابع آزمایشی . قضیه ضمانت مى كند كه كمترين مقدار بدست آمده
بهترين تخمين براى 000 است .
ایک نوع معمول از تابع آزمون وردشى معادله ( ۱۰-۱۱۶) که از یک تر کیب خطی از یک زیر مجموعه محدود
از مجموعه بردارهای پایه اورتور نرمال ساخته شده است .
Ny
ل هد سف (10.114)
=i
مقادير ثابت ا/بوسيله تغبير دادن بارامتر هاى |و] بدست مى آيند:
۱۳۷ nom 2n* Om (nlm) )006-40(
) |
nn Ann
OA/da* - 0
as (10.116)
—— Lui imyan= Aa;
صفحه 45:
! ۳۲۲۲۲]
چون اب" 2 با" پس شرایط ۷2۹203/صرفاً به مزدوج مختلط ( ۱۱۱ -۱۰) منجر میگردد حال ( ۱۱۱ -۱۰) یکث
ماتریس 02600 معادله ویژه مقداری است و برای محاسبه ویژه مقدار ماتریس 002600 تخمين ویژه مقدار با" یک
عمل طبیعی است.
حك
رحس
—E, Ep
—F —é,
2 سب
ل سب
مم
—E,
4 3 2 الا
شکل ( ۱۰-۵ ) جای دادن ویژه مقادیر تخمینی برای تابع آزمایشی شامل یک ت کیب خطی از 0تابع
پایه .
صفحه 46:
ار داشته باشیم: (ع| + رمش د رس
که [ع> یک بردار خطای کوچک است و:
1 > (,۲م ) ع ( 1۳ )
بايد داشته باشيم:
روز ری - رول
(ع| ظاء ) + (ع | ه رط ) + روط | ظاء) + زمط | طامنا) -
En + En{(e|¥n) + (¥nle)} + Ole”). =
با توجه به شرایط زیر داریم :
(Pee) = (Gna) + (e]¥n) +( nde) + (ele)
(ap ap") =(Wy| Yn) = 1 erst
{(e]¥n) +( Wale)} + (ele) = 0 بس نتيجه ميكيريم :
پس د و کمیت درجه اول زیرباید حذف شوند تا مجموع آنها تنها د راندازة خطا یعنی 6 از درجه دوم باشد.
(Gale) (م۲|ع)
صفحه 47:
Se
مثال :0 روش وردشی در بدست آوردن انرژي حالت پایه اتم هیدورژن
H = P-P/2p- e2/r
تلع رميات ۶ - ()
Ky P _ 1۳۱ - ون
0 (ent)
P = —(Hle?/rlb) ری نی مم70(/2|ط.5|ن) - 2 انرؤى جنبشى
nfs
در محاسبه انرژي جنبشي بهتر است که (<م|/) (۳|۲۲>) را در عبارت انرژي جنيشي قرار دهیم
چرن هم ساده تر است و هم اولین مشتق را فقط نیاز دارد و هم خطا پذيري كمتري دارد .
0
توج حبر ره لطس anf - ۳0|(
صفحه 48:
a (10.118) تمرو < () ولب سس
کمترین مقدار این عبارت بوسیله شرط 11</00-0<2 که براي 2-52/202 برآورده می
گردد مشخص مي شود و انرژي می نیمم به ازاي اين مقدار ب برابر است با:
(H) nm = —pe! /2h?
كه مقدار دقیق انرژي حالت پایه اتم هیدروژن است .
صفحه 49:
Creve
0.75
0.05,
محاسبات وردشی حالت زمینه اتم هیدروژن
که + نت
01
0.21
aa
wr)
(H)min/ [Esco |
1= | “لد
انرزي هاي رديف دوم كه براي مطلوب ترين مقدار ه ارزيابي كرديده اند . در واحد هاي:
۲ - |ممركا
نشان داده شده اند . و آخرین ردیف شامل يك اندازه گيري از تمام خطاها در بردار ویژه نقريبي است .
صفحه 50:
۹۹۰۰۰۰
داد هاي جدول حقيقتي را نشان مي دهد که يك تقریب بهتر انرژي ضامن تناسب یا حالت بهتر براي
تابع حاالت نیست . اگر چه قضیه وردشی براي محاسبه کمترین ویژه مقدار بکار میرود معکن است
به آن عمومیت دهیم تا ترازهاي برانگیخته پائین تر را محاسبه کنیم . در اثبات اساسا ما تبع آزمايشي
را به صورت ترکیب خطي از بردارهاي ویژه رل" بیان مي کنیم . بطوري که :
(PLE) = Ly Enl(yl Yn)?
6, 0," می خواهیم ,آویژهمقدار تراز برانگیخته را اگر < 0 < 1/22 باشد برای هر بطوریکه
محاسبه کنیم . پس داریم:
(ب)حط > ۱)۷۱۳۰(۲ منة مظ > (م اف
را بوسیله کمینه کردن<را > به شرطیکه [للا> اورتوگونا له اشد حسابمیک نيم.
(A) = (lEe)/ (le)
صفحه 51:
نمونه ای از کاربر وردسی روی نطم SONY 537 8
قضیه : براي هر پتانسیل مركزي باید داشته باشیم :
Bey, (10.119) < من
اثبات:
[ (
U(x) = ¥e"(0, 6) ue(r)/r tay
را در معادلتویژه مقدار
كران ميدهيور بيست من ررد BY ۱۲۸۱۲ + 2/2۲۳۵ -
E ue(r) )60-406( - زايد ك1
(gp 5 2
4LW(r) (0-0) }> د ع 7
re ۳[ ۳
شکل 10-0 یک بتانسيل ميان اتمى شاخص we
r
شکل 00-0 يك پتنسیل مركزي را نشان مي دهد که يك هسته
بسیار دافع در فواصل کوتاه و ينك چاه پتنسیل جانب در
نزديكى0), - ,م دارد( پتانسیل بين اتمي در مولكولها)
صفحه 52:
SS با
در ادامه آثبات قضیه وردشی را در ( 60-06 ) به کار میبریم و با استفاده از شرایط مرزي
0-(111)0-(111)0 ميتوان نشان داد كه ,>1 بك1' حال اكر(1)5 +111 ويزه تابع صحيح
عملكر 1 +11 0
مطابق با كمترين ويذه مقدار *1”, ,15 باشد با شرط : 22-1 “لصيس ول
مى توان نوشت:
Be?
1 كن Keyiue ain) dr f ueyi(r) Keueyi(r) dr
0 0
١ wesale) [Reps = Kelas) dr
0
. است Beem بنابر قضیه وردشی اولین جمله يك مرز بالائي براي
دومين جمله مساوى با —€(€4L))r—2dr )642( )1 6)] )نیم Se?
ميياشد كه مثبت است پس ننیجه میگریم که
Bet > يور
صفحه 53:
مرزهای بالاتر و پائین تر روی ویژه مقادیر
قضیه وردشی:
ضع
۷۷
Ev<
یک مرز بالاتر برای پائین ترین ویژه مقدار بدست مب, آید ول , هیچ مرز یائنتر ی را نمیدهد.
)10.122( ۸۸۱۸ ع (رط 7
وقتی <0-<ا|/۱ باشد تقریب ما برای ویژه مقدار عبارتست از: A= (p|H}y) (e940)
يزداز خطا )10.124( |B) = (H—- Alp),
(RIR) = ۷۱) - (۳۱۷
|W 5)? Ag — AP =
اكر ,8 نزدیکترین مقدار به ۸ باشد پس داریم: May 2
A)? = Ae — AP — بيه "| رولا(ب)| << قاط
بنابراین مرزهاي بالاتر و پائین تر را بدست مي آوريم به اين صورت : 0
)10.135( 00
قال - ۵
صفحه 54:
با SS
برای روش كاتو فرض مى كنيم كه دو عدد © و 8 را مى دانيم بطوريكه:
(©0-©0©6) 2 ,برذ > 3 >> و2
براي بدست آوردن مرزها از بردار خطاي |(6۴-600) <()و دو بردار كمكي استفاده مي کنیم
|B) = (H— 2۱۱#( (۷ ۰ - 7) - (14
حال داریم :
(6(۱۷ - ۴)او۳)(ز ۱۷( - )۲۱ = طإزة - )له - |( = (AB)
(8 - و6( Sel? Qi =
تحت فرض ( 100-10 ) هیچ ویژه مقداري بین ۵ و 6 نیست پس ۲-0 و ۸-6 اثر يكساتي
دارند . پس:
)10.127( ۰ < هله
صفحه 55:
(A|B) = (f(A) - (a— AY A) - (8 AH)
= (| — A?) — (H(A APH) [le A) + (8A)
+ (a— A)(B-A)
= (RIR) +(a—A)(B-A)>0. (10.128)
حال هدف محاسبه ویژه مقدار پ(است.
برای بدست آوردن مرز پائین ترعاز را در رابطه ( ۱۰-۱۲۶ مب ۸0>05۸ قرار ميدهيم
اگر ج<0 باشد:
(RAR)
بت
بيد > م > ل لكت Mee AR
صفحه 56:
با SS
بری بدست آوردن مرز ار در وابطه 2۳0 505/05۸ ,را قرارمى دهيم اگر 8 تور
دهیم از رابطه (۱۰-۱۲۸)داریم:
(IR) > (۸ - باه - ۵)
اگر 02۸ باشدداریم:
(IR)
Foe Wt S acd (10.130)
+۸ > رد
مثال ۲: پتانسیل استتارشده کولمب
محاسبات انرژی حالت زمینه یک مرز یا تراز الکترون د ر پتانسیل کولمب.(۳)/د. یک آزمون
مهم و عملی از اين روش ها را اثبات مى كند.
(10.181)
صفحه 57:
" ۲۲۲۲"
میانگین انرژي براي تابع آزمايشي (ع) 11 برابر است با
|
1 لسرلا سب - | 2۲| - ۸
)10.132( رو و - لكان
b بوسیله کمینه کردن ۸/ یعنی قرار دادن 2/۷0۳0 مشخص مشود .
نرژی ۳0)خواهد بود .
جه به هر © مقداريهي
ین برای کمتری
كن
کمترین تراز انرژی انم هیدروژن .0,260( اهاست وربت #علا/۳- واحد طول شعاع بور
(O-PS
انرژی وردشی برای
پتانسیل کولمب
صفحه 58:
a
براي مشخص کردن مرزهاي پائيني براي تقریب انرژي حالت زمینه با يد
اين گونه عمل کنیم:
|R) = (H—A)|¥), (10.124)
(RIR) = (|? hp) — A? (10.133)
این کمیت اندازه ای از خطا دربردار تقریبی ماست,
(olathe) = [ater ar
5b Ab فقو
at+f 20 جه (a+2b)? 4° 5
ساده ترین مرز پائینی که بوسیله رابطه(0-40) داده شده است به اين صورت می باشد:
۹ . ور --رظ < رو
صفحه 59:
—
با استفاده از مرز كاتو: بود > قمعل aoa SR
بايد 8 را كه به صورت ,م65 است به عنوان دومین تراز انرژی هیدروژن تخمین بزنیم :
8- 2
برای صحیح بودن اين عبارت مخرج کسر باید
(99-40)
شکل (0-0)نمودارمحاسبات وردشی برای
پتانسیل کلمب:
9
9
و
5-5
63
هو
صفحه 60:
Exce
-0.5
0.40705
0.92081,
0.07174
0.04459
0.02418
0.01010
0.00220
0.00008
Ex
-0.5
0.40715
0.32848
0.26795
0.24635
0.46738
Ey
-0.5
—0.41230
0.34551
—0,20481
—0.25707
—0,22050
=0.21000
=0.19644
0.18036
0.17684
—0,10197
(RIF)
0.0
0.00003
0.00035
وه
0.00354
0.00600
0.01139
0.01662
0.02187
0.02588
0.02604
A
و0
06705
010007
- 0
07
0.14051
=0.10835
=0.06750
0.03817
0.01597
00
5
0.99333
0.97508
0.94922
0.01502
o.s7319
osu
076698
و
و
00
۱
جدول محاسبات وردشی برای پتانسیل کولمب
0.00
0.10
0.20
0.20
0.40
0.50
0.60
0.70
0.80
0.20
1.00
1.10
1.20
صفحه 61:
صفحه 62:
صفحه 63:
Bp gy)
SOs
آقای تفی بور
آقاى قائدى
