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Berechnen Sie die Normalisierungskonstante A, wenn # n = 1 #?

#psi (r) = A [3ipsi_ (100) (r) - 4psi_ (211) (r) - ipsi_ (210) (r) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r)] #

Diese Wellenfunktion oder Zustandsfunktion ist als lineare Kombination von Eigenzuständen aufgebaut selbst orthonormal Wenn dies nicht der Fall ist, würde niemand dieses Problem machen wollen, weil es Tage dauern würde.

DEUTLICH, #n ne 1 #, wie wir haben #n = 2 # Eigenzustände gemischt ... wir sind gegeben #psi_ (nlm) #, also was ist # n # für die letzten drei?

Egal, wir haben es so einfach wie eingerichtet

# ??? = | c_1 | ^ 2 + | c_2 | ^ 2 + ... #

# = (3i) ^ * (3i) + (-4) ^ 2 + (-i) ^ * (i) + (sqrt10) ^ 2 #
#36 = 9 + 16 + 1 + 10#

Die Größe dieser Wellenfunktion ist also #36# mal einheit. Daher zu normalisieren #psi ^ "*" psi #, # A ^ 2 = 1/36 #, oder...

# => A = 1/6 #

Der harte Weg ist, dies zu tun ...

# 1 = A ^ 2int_ (0) ^ (2pi) int_ (0) ^ (pi) int_ (0) ^ (oo) [3ipsi_ (100) (r) - 4psi_ (211) (r) - ipsi_ (210) (r) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r)] [3ipsi (100) (r) - 4psi (211) (r) - ipsi (210) (r) + sqrt (10) ) psi_ (21-1) (r)] r ^ 2drs in dem Thetad phi #

Hier wird dies erleichtert, da die Wellenfunktionen scheinbar irgendwie zu Winkelkoordinaten unveränderlich sind ...

Als nächstes ignorieren wir orthogonale Kreuzbegriffe und erhalten nur die diagonalen Terme, die normalisiert sind.

# 1 = A ^ 2 cdot 4pi int_ (0) ^ (oo) [9psi_ (100) ^ * (r) psi_ (100) (r) + 16psi_ (211) ^ * psi_ (211) (r ) + psi_ (210) ^ "(r) psi_ (210) (r) + 10psi_ (21-1) ^" (r) psi_ (21-1) (r)] r ^ 2dr #

Separate Integrale, um Folgendes zu erhalten:

# = 9A ^ 2 cdot 4pi int_ (0) ^ (oo) psi_ (100) ^ * (r) psi_ (100) (r) r ^ 2dr + 16A ^ 2 cdot 4pi int_ (0) ^ (oo) psi_ (211) ^ "* psi_ (211) (r) r ^ 2dr + A ^ 2 cdot 4pi int_ (0) ^ (oo) psi_ (210) ^" * (r) psi_ (210) (r) r ^ 2dr + 10A ^ 2 cdot 4pi int_ (0) ^ (oo) psi_ (21-1) * * (r) psi_ (21-1) (r) r ^ 2dr #

Jede dieser Optionen wird nach dem Einschließen der Standardisierung normalisiert # 4pi # in den Winkelkoordinaten nach Aufbau, also:

# 1 = 9A ^ 2 cdot 1 + 16A ^ 2 cdot 1 + A ^ 2 cdot 1 + 10A ^ 2 cdot 1 #

# = A ^ 2 (9 + 16 + 1 + 10) #

# = 36A ^ 2 #

Deshalb, #Farbe (blau) (A = 1/6) #.

Hiermit werden die restlichen Fragen behandelt, außer # f #. Ich will es nicht tun # f # weil die meiste Frage nicht gut geprüft ist ...

#b) #

Nun, das sollte trivial sein. Halte es einfach. Du machst weiter #Gamma (t) = e ^ (- iE_nt // ℏ) #d.h. den Rest der Quantenzahlen ignorieren.

#color (blau) (Psi (r, t)) = c_1psi_ (nlm) (r) e ^ (- iE_nt // ℏ) + c_2psi_ (nlm) (r) e ^ (- iE_nt // ℏ) +. . . #

# = Farbe (blau) (1/6 [3ipsi_ (100) (r) e ^ (- iE_1t // ℏ) - 4psi_ (211) (r) e ^ (- iE_2t // ℏ) - ipsi_ (210) ( 4) e ^ (- iE_2t // ℏ) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r) e ^ (- iE_2t // ℏ)]) #

Wir können nicht mehr sagen, weil diese Eigenzustände im Wasserstoffatom nicht degenerieren.

#c) #

Das Erwartungswert ist als Form der Rydberg-Gleichung für ein Wasserstoffatom bekannt:

#E_n = - "13.61 eV" cdot Z ^ 2 / n ^ 2 #

Wave-Funktionen werden auf ein beliebiges Format normiert #100%# Wahrscheinlichkeitsdichte, also egal welche Konstante voraus ist, die Eigenwerte sind nicht geändert.

(Andernfalls wäre es ein riesiges Problem, das unter Physikern in der Physik sicherlich nicht unbemerkt geblieben wäre!)

Der Hamiltonianer ist linear

# hatH1 / 6 [3ipsi_ (100) (r) - 4psi_ (211) (r) - ipsi_ (210) (r) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r)] #

# = 1/6 [3ihatHpsi_ (100) (r) - 4hatHpsi_ (211) (r) - ihatHpsi_ (210) (r) + sqrt (10) hatHpsi_ (21-1) (r)] #

# = 1/6 [3iE_1psi_ (100) (r) - 4E_2psi_ (211) (r) - iE_2psi_ (210) (r) + sqrt (10) E_2psi_ (21-1) (r)] #

Und da für #Z = 1 #,

# E_1 = - "13.61 eV" #

# E_2 = - "13.61 eV" / 4 = E_1 / 4 #

es folgt dem

#hatHpsi (r) = 1/6 [3icdot4E_1 / 4psi_ (100) (r) - E_1 / 4 cdot 4psi_ (211) (r) - iE_1 / 4psi (210) (r) + Quadrat (10) E_1 / 4psi_ 21-1) (r)] #

# = Farbe (rot) (E_1 / 4) cdot1 / 6 [farbe (rot) 4 cdot 3ipsi_ (100) (r) - 4psi_ (211) (r) - ipsi_ (210) (r) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r)] #

#farbe (rot) (ne E_1 / 4 cdot psi (r)) #

Dies ist eine äußerst problematische Frage, da Sie keinen EINE Erwartungswert erhalten können. #psi (r) # ist kein Eigenzustand des Hamiltonianers, da Sie drei dreifach entartet haben #n = 2 # Staaten und einen separaten # 1s # Zustand.

Der Eigenwert einer Linearkombination ist nur dann derselbe wie die einzelnen Eigenwerte jeder Wellenfunktion, wenn alle von ihnen entartete Eigenzustände sind.

#d) #

Der Eigenwert von # hatL ^ 2 # entsprechend einem normalisierten Eigenzustand ist:

# hatL ^ 2Y_l ^ (m_l) (theta, phi) = ℏ ^ 2l (l + 1) Y_l ^ (m_l) (theta, phi) #

Deshalb,

# hatL ^ 2psi (r) #

# = hatL ^ 2 {1/6 [3ipsi_ (100) (r) - 4psi_ (211) (r) - ipsi_ (210) (r) + sqrt (10) psi_ (21-1) (r)]} #

Aber alle diese Funktionen haben offensichtlich keine Winkelabhängigkeit, daher ist der Eigenwert gerecht Null.

Das ist wieder problematisch und eher unphysisch, weil mit zustimmt #l> 0 # sollte eckige Komponenten haben ...

#e) #

Das Wasserstoffatom ist kugelsymmetrisch, so dass der Drehimpuls erhalten bleibt, d. H. Es ist eine Bewegungskonstante. Vermutlich wird Energie eingespart; die frage stellte im voraus fest, dass jeder # psi # innerhalb #psi (r) # ist ein normalisierter Energieeigenzustand.

Nur die Position ist im Laufe der Zeit im Fluss.

Antworten:

Ich werde antworten (c) und (d) - die anderen wurden bereits richtig beantwortet (und (f) wird zu viel Zeit für die Eingabe benötigen).
(c) # <E> = 7/16 E_1 #
(d) # <hat {L} ^ 2> = 3 / 2ℏ ^ 2 #

Erläuterung:

#psi_ {nlm} (vec {r}) # sind gleichzeitige Eigenzustände von #was {H} #, #hat {L} ^ 2 # und #hat {L} _z # :

#hat {H} psi_ {nlm} = E_n psi_ {nlm} #,
#hat {L} ^ 2 psi_ {nlm} = l (l + 1) ℏ ^ 2 psi_ {nlm} #,
#hat {L} _z psi_ {nlm} = mℏ psi_ {nlm} #

(c) Wir können den Erwartungswert berechnen # <E> # durch Auswertung des dreifachen Integrals

# int psi (vec {r}, 0) ^ {**} hat {H} psi (vec {r}, 0) d ^ 3r #

was nicht wirklich eine sehr schwierige Aufgabe ist, weil die #psi_ {nlm} #s sind orthonormal. Durch die Anwendung der Messtheorie in der Quantenmechanik können wir jedoch schneller zur Antwort kommen:

Wenn eine Wellenfunktion # psi # ist in Eigenfunktion erweitert # phi_i # eines hermitianischen Bedieners # hatA # (so dass #hat {A} phi_i = a_i phi_i #) in der Form
#psi = sum_n c_n phi_n #
dann die Messung von #hat {A} # führt zu einem Ergebnis von # a_i # mit der Wahrscheinlichkeit # | c_i | ^ 2 #.

Somit ist für die gegebene Funktion die Wahrscheinlichkeit, dass eine Energiemessung nachgibt # E_1 # ist gegeben durch # | {3i} / 6 | ^ 2 = 1/4 #. Die anderen drei Teile in den gegebenen Wellenfunktionen sind jeweils Eigenfunktionen von #was {H} # mit dem Eigenwert # E_2 #. Also die Wahrscheinlichkeit zu bekommen # E_2 # auf die messung der energie ist gegeben durch #1-1/4=3/4# (Sie können dieses Ergebnis auch erhalten, indem Sie die # | -4/6 | ^ 2 + | -i / 6 | ^ 2 + | sqrt {10} / 6 | ^ 2 #).
Hinweis: Die Normalisierungskonstante ist #1/6#

Der Erwartungswert der Energie ist also

# <E> = 1/4 mal E_1 + 3/4 mal E_2 #

Schon seit # E_2 = E_1 / 4 #, es folgt dem

# = (1/4 + 3/16) E_1 = 7 / 16E_1 #

(d) Es ist leicht zu erkennen, dass die Wahrscheinlichkeiten, die Ergebnisse zu erhalten #0 = 0(0+1)ℏ^2#, und #2ℏ^2 = 1(1+1)ℏ^2# sind wieder #1/4# und #3/4# beziehungsweise.

So # <hat {L} ^ 2> = 1/4 mal 0 + 3/4 mal 2ℏ ^ 2 = 3 / 2ℏ ^ 2 #