Вычисляем интеграл	0	1 2	;			0	1 2	;		dV ,
					H
	E( ) *	r ,r					r ,r

и минимизируем полученную функцию по параметру . Гамильтониан системы

H		2	(	) kZe2		1	1			k e		2
												.
			1	2
	2m					r		r			r
						1	2			12

Очевидно, что выражение для энергии можно представить, как сумму трёх слагаемых

E( ) E1 ( ) E2 ( ) E3 ( ).

E ( ) *		r ,r ;				2	(								)					r ,r ;					dV dV ,
														2				0
1	0	1 2				2m			1												1 2				1	2
E	( ) kZe2 *		r ,r ;						1				1						r ,r ;				dV dV ,
																	0
2		0		1 2						r1									1 2						1	2
													r2
	3		0		1 2					1			0 1 2								1			2
	E ( ) ke2			r ,r ;											r ,r			;			dV dV .
										r12

Воспользуемся результатом, полученным ранее (при решении этой задачи

методом теории возмущений)						1							5		e2
3	( ) ke2	0	1 2					0	1 2			1 2
E			r ,r	;		r12			r ,r	;		dV dV	8	k	a	.

Вычисляем интеграл

E ( ) * r ,r ;

1 0 1 2

2	(	)		r ,r ; dV dV .
2m	1 2			0 1 2		1 2

Во-первых, учтём, что пробная функция действительна, поэтому

0* r1,r2 ; 0 r1,r2 ; .

Во-вторых, подействуем операторами Лапласа на пробную функцию:

( 1 2 ) 0 r1,r2 ;

2 0 r1,r2 ;

2

0 r1,r2 ;

r2

r2

3

1

3

2

2

1

(r1

r2 )

2

1

(r1 r2 )

a

e

a

a

e

a

r2

r2

1

2

1

3

a2

(r1 r2 )

a2

(r1

r2 )

3

2

2

e

(r1

r2 )

.

a

2 e

a

e

a

2

a

a

a

Интеграл приобретает вид

					2									1									3							2			5
E ( )						A2																		e			a(r1	r2 )					e		a(r1	r2 ) 4 r2dr 4 r2dr
1			2m																																	1	1 2
																		a												a
		2						8			a						3	1 2
									8																		e		a(r1 r2 )e			a(r1		r2 ) 4 r2dr 4 r2dr
																																				1 1	2
	2m				a
										2								5		2
				8																							e		2 a(r1 r2 ) 4 r					2dr 4 r2dr
																							2
								2m																									1		1	2
													a

		2			5	2
8									16 2				e 2 a r1 r2dr			e 2 a r2 r2dr.
							2
														1 1			2
	2m			a							0		0
Вычислим интеграл										2 r		1		1
									e	a 1 r2dr .
								0										1
Нам известен интеграл Пуассона													e x2 dx						.
																2
													0

Продифференцируем по параметру α правую и левую части интеграла Пуассона:

									1															x2
	x2	2									3/ 2									e					2
e		x	dx									,													x	dx	4	3/ 2
					2
0									2										0
					2	r1		r2dr ?																2	.
			e
						a																		a
								1	1
			0
																		a				3/ 2
																				.
								e	2 a r1 r2dr
											1	1
														4				2
						0
Точно так же																			a				3/ 2
																					.
								e 2 a r2 r2dr
											2	2
														4					2
						0

Возвращаемся к вычислению																				E1 ( ).
							8						2							5	2
			E ( )																							16			2							e 2 a r1 r2dr				e 2 a r2 r2dr
																								2
		1									2m																											1	1					2
																a															0			0
	8 2				5	2									2		a											3					8 2					5	2				2		1 a				3
										16																																16						.
								2								16																								2				16 8
			2m		a																		2												2m			a
																	E ( ) 2																	2 .
																		1										m				a
					a								2					,													2					kae2.
											kme2																				m
				E ( )								2				2									kae								2					2			2 2		.
																																						ke
					1								m					a																								a
																																				a

	E	( ) kZe2				*		r		,r ;					1				1				r ,r ;				dV dV ,
																					0
	2					0			1		2					r1								1 2				1 2
																			r2
E	( ) kZe2		*		r ,r ;						1			1					r ,r ;						dV dV			2kZ e2 .
																		0
2			0			1 2					r1			r2						1 2					1		2	a

Итого

E( ) E1 ( ) E2 ( ) E3 ( ),

E( ) k	e2		2		2kZ k				5	,
		a							8
E( ) k		e2			2		2Z	5
								8		.
		a

Найдём минимум этого выражения
	dE( )	0;	k	e2		2 0		2Z	5		0,	0 Z		5	.
									8
	d												16
				a

Энергия основного состояния
E0 E( 0 )					e2						Z		5 2			2Z			Z			5						5		Z			5
					a
																				16								8					16
												16
	e2		2		2			5				25				2Z	2	2Z				5						5					25
		Z									Z																		Z
						16						256										16						8			128
	a

E k e2 Z 2			5 Z	25
0			8	256
	a

Энергия ионизации двухэлектронных систем

Эксперимент	Расчет	Расчет
(Ryd )	по теории	вариационным
	возмущений	методом
	(Ryd )	(Ryd)

He	0,9035	0,75	0,85
Li	2,7798	2,62	2,72
Be	5,6560	5,50	5,60
C	14,4070	14,25	14,35