Кванти - теорія та розвязки деяких задач

КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА

Решение задач по теме 1:

«Операторы, их собственные функции и собственные значения»

Задачи

			ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
1. Перемножьте операторы L − M и L						+ M .
Произведение							+(LM − ML).
(L − M )(L + M )		= L(L + M )− M (L + M )= L − M
ˆ ˆ ˆ	ˆ	ˆ ˆ	ˆ ˆ ˆ	ˆ	ˆ2	ˆ 2	ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ2	ˆ 2	ˆ ˆ	ˆ ˆ
Ответ: L	− M	+(LM − ML).

2.

Для операторов

ˆ

и

ˆ

удовлетворяющих соотно-

L

M ,

ˆ ˆ

ˆ ˆ

ˆ ˆ 2

ˆ 2

ˆ

шению LM − ML

=1, найдите LM

− M L .

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ

2

ˆ 2

ˆ

К соотношению LM

− M

L добавим и отнимем MLM

ˆ ˆ 2

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ

ˆ

2

ˆ

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ

ˆ

LM

− MLM + MLM − M

L =

(LM − ML)M

+ M (LM

− ML)=

2M

,

ˆ

ˆ ˆ

ˆ

=1.

т.к. LM

− ML

ˆ

2 ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

2

=

Ответ: LM

− M

L

2M .

3.

ˆ

ˆ

Для операторов L

и M , удовлетворяющих соотноше-

ˆ ˆ

ˆ ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

нию LM − ML

=1, найдите Lf

(M )− f (M )L .

Используя результаты предыдущей задачи, докажем, что по-

лученное при n = 2 соотношение верно и для n +1 . Пусть

ˆ ˆ n

ˆ n ˆ

ˆ n−1

,

тогда

LM

− M L = nM

ˆ ˆ n+1

ˆ n+1

ˆ

ˆ ˆ

n+1

ˆ ˆ n ˆ

ˆ ˆ n+1

ˆ ˆ ˆ n

ˆ n−1

)=

LM

− M L = LM

− M (M L)= LM

− M (LM

−nM

ˆ ˆ n+1

ˆ ˆ ˆ

n

ˆ n−1

ˆ ˆ

n+1

ˆ ˆ ˆ

n

ˆ

n

=

= LM

− M (LM

−nM

)= LM

− MLM

+ nM

ˆ ˆ

ˆ ˆ

ˆ

n

ˆ

n

= (n

ˆ

n

.

= (LM

− ML)M

+ nM

+1)M

ˆ

Это соотношение справедливо для любого n . Разложим

f (M ) в

ˆ

ряд по M

f (n)(0)

ˆ

∞

ˆ n

f (M )= ∑

n!

M

n=0

ˆ

ˆ

ˆ ˆ

∞

f (n)(0)

ˆ ˆ

n

ˆ n ˆ

Lf (M )− f

(M )L

= ∑

n!

(LM

− M L)=

(n)

(0)

n=0

(n−1)

∞

f

∞

′

ˆ n−1

[f (0)]

ˆ n−1

ˆ

= ∑

n!

nM = ∑

(n −1)!

M = f

′

(L).

n=1

ˆ

ˆ

n=1

ˆ

ˆ

Ответ: Lf (M )− f

(M )L .

4. Проверьте, является ли оператор возведения в квадрат

линейным.

Условие линейности оператора

ˆ

ˆ

ˆ

L(C1ψ1

+C2ψ2 )= C1Lψ1

+C2 Lψ2 .

Возведем в квадрат линейную комбинацию функций

(C1ψ1 +C2ψ2 )2 = (C1ψ1 )2 +(C2ψ2 )2 + 2C1C2ψ1ψ2 ≠ C1ψ12 +C2ψ22 .

Оператор возведения в квадрат не является линейным.

ˆ

d

5. Проверьте, является ли оператор L =

dx

линейным.

Условие линейности оператора

ˆ

ˆ

ˆ

L(C1ψ1

+C2ψ2 )= C1Lψ1

+C2 Lψ2 .

Найдем

dψ1

dψ2

d

(C ψ

+C

ψ

)= C

+C

.

dx

dx

1

1

2

2

1

2 dx

ˆ

d

Оператор L =

dx

является линейным.

6. Докажите, что оператор комплексного сопряжения не является линейным.

2

Пусть оператор комплексного сопряжения ˆ . Тогда по оп-

K

ределению

ˆ

*

.

Kψ =ψ

Тогда для любых a1 , a2 и ψ1 ,

ψ2 имеем

ˆ

*

*

*

*

*

K (a1ψ1 + a2ψ2 )= (a1ψ1 + a2ψ

2 )

= a1ψ1

+ a2ψ2 =

*

ˆ

* ˆ

ˆ

ˆ

= a1 Kψ1

+ a2 Kψ2

≠ a1Kψ1 + a2 Kψ2 ,

что требовалось доказать.

7. Найдите оператор, переводящий функцию ψ(x) в функ-

цию ψ(x +a)

(оператор трансляции).

Воспользуемся определением оператора

ˆ

Taψ(x)=ψ(x + a)

и разложим функцию ψ(x +a) в ряд по степеням a :

ψ(x +a)= ψ(x)+a

dψ

a

2

d

2

ψ

∞

a

n

d

n

ψ(x).

+

+

... = ∑

n! dxn

dx

2!

dx2

n=0

∞ (ax)n

ax

Заметим,

что

∑

= e

,

можем записать получившийся

n!

n=0

dψ(x)

∞

n

d

n

ряд в виде ∑

a

ψ(x)= ea

dx

, а оператор

n=0

n! dxn

d

ˆ

a

dx

.

Ta = e

ˆ

a

d

dx

.

Ответ: Ta = e

8. Найдите оператор, переводящий функцию ψ(ϕ) в функ-

цию ψ(ϕ+α)

, где ϕ – угловая переменная (оператор поворота

пространства на угол α ).

Воспользуемся определением оператора

ˆ

Tαψ(ϕ)=ψ(ϕ +α)

и разложим функцию ψ(ϕ+α) в ряд по степеням α :

d nψ(ϕ).

ψ(ϕ +α)=ψ(ϕ)+α dψ +α

2

d

ψ2 +... = ∑

α

n

2

∞

n

dϕ 2! dϕ

n=0 n!

dϕ

d

n

α

d

∞

dϕ

α

dϕ

, можем записать оператор

Заметим, что ∑

n!

= e

n=0

d

ˆ

α

dϕ

.

Tα = e

ˆ

α

d

dϕ

.

Ответ: Tα

= e

9. Найдите собственные функции и собственные значения

оператора

d

.

dϕ

Уравнение на собственные функции и собственные

значения

dψ

= λψ.

dϕ

ψ = Aeαϕ , где

Решение уравнения

следует

искать в виде

α = λ. По

условию

угловой

периодичности

переменной

ψ(ϕ)= ψ(ϕ+2π),

Aeλϕ = Aeλ(ϕ+2π) = Aeλϕe2πλ , e2πλ =1,

что может быть, если λ = im , где m – целое.

Пронормируем функцию

1 = 2∫π A*e−imϕ Aeimϕdϕ =

A

2 2∫πdϕ =

A

2 2π ,

1

0

0

откуда A =

, тогда собственная функция

2π

1

ψm =

eimϕ .

1

2π

Ответ: λ = im , ψm

=

eimϕ .

2π

10. Найдите собственные функции и собственные значе-

ния оператора sin ddϕ .

3

4

Уравнение на собственные функции и собственные

значения

dψ

sin

= λψ .

dϕ

d

Чтобы решить это уравнение,

разложим оператор

sin

в

dϕ

степенной ряд

∞ (−1)k

d

d

1

d 3

1

d 5

d 2k +1ψ

sin

ψ =

−

+

−... ψ =

∑

.

3

5

2k +1

dϕ

5! dϕ

k =0(2k +1)! dϕ

dϕ 3! dϕ

Решение уравнения

(−1)k

d 2k +1ψ

∞

= λψ

∑

(2k +1)! dϕ2k +1

k =0

следует искать в виде

ψ = Aeαϕ

и из требования периодичности

функции α = im , где m – целое. Нормировка на 1 дает

A =

1

.

2π

Подставим эту функцию в уравнение и получим собственные значения:

	∞	(−1)k				k
	λ = ∑				(im) = sin(im).
		(2k +1)!
	k =0
	Ответ: λ = sin(im), ψ =		1			eimϕ .
			2π

				ˆ	d 2
11. Найдите собственное значение оператора L =					dx2	, со-
ответствующее собственной функции f (x)= sin kx .
Согласно определению собственных функций				f (x)	и собст-
венных значений λ			ˆ
	оператора L
			ˆ
		Lf (x)= λf (x),
применим определение к заданной функции
		d 2	sin kx = −k 2 sin kx .
Сравнивая данное		dx2		получаем,		что
	равенство с определением,

заданной функции соответствует собственное значение опера-

тора ˆ :

L

λ = −k 2 .

Ответ: λ = −k 2 .

12. Найдите спектр собственных значений и собственных

	функций уравнения	d 2 f (x)		= −k 2	f (x), если граничные усло-
		dx2
	вия имеют вид f (0)= 0 , f (a)= 0 .

Данное уравнение является дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами:

d 2 f (x)+k 2 f (x)= 0 – dx2

волновое уравнение. Его общее решение:

f (x)= Asin kx + B cos kx ,

где A и B – произвольные постоянные интегрирования.

Из граничных условий
f (0)= 0 B = 0 ,
f (a)= 0		Asin ka + B cos ka = 0 .
То есть постоянная	A	–	произвольная, а sin ka = 0 при
ka = πn , где n – целое. Т.е.		k =	πn . Собственные функции урав-
			a

нения:

f(x)= Asin πanx ,

асоответствующие им собственные значения

k = πan , n = 0,±1,±2,...

Ответ: f (x)= Asin πanx , k = πan , n = 0,±1,±2,...

13. Найдите условие нормировки волн де Бройля.

Волна де Бройля имеет вид:

5

6

i

iEt

ψ(x,t)

=C exp

−

(Et − px)

= ψ(x)exp −

,

где

h

h

ψ(x)=C exp ipx .

Если период волны

де

h

равен

l , то есть

Бройля

ψ(x)= ψ(x +l), то

C exp ipx

=C exp ipx exp ipl

,

то есть

h

h

h

exp ipl =1,

следовательно,

h

2πn

p =

h .

Из условий нормировки

l

l

ψ(x)

2 dx =1

∫

или

0

ipx

ipx

l

l

Ce−

2

2 l =1,

∫C*e

h

h

dx =

C

∫dx =

C

0

0

то есть

1 .

C =

l

Отсюда нормировка волны де Бройля имеет вид:

ψ(x,t)=

1

i

exp −

(Et − px) .

l

h

Для трехмерного случая

2πny

px =

2πn

x

h,

py =

h,

pz =

2πn

z

h,

lx

ly

lz

где

V = lx ly lz

–

параллелепипед

периодичности,

nx , ny , nz = 0, ±1,

±2, ...

Волна де Бройля

r	,t)=	1		−	i	r r
ψ(r		lx ly lz	exp			(Et − p r ) .
					h

Ответ: ψ(x,t)=	1		−	i
		exp			(Et − px) .
	l			h
14. Функция f (ϕ)=Ceikϕ					задана в интервале 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Определите нормирующий на единицу множитель C .

Условие нормировки на единицу

∫ f * (x)f (x)dx =1 ,

интегрирование производится по всей области определения функции. Следовательно, для полярной координаты ϕ нормировка

2∫πC*e−ikϕCeikϕdϕ = C 2 2∫πdϕ = C 2 2π =1,

0	0
откуда нормирующий множитель	1
C =		,
	2π

а нормированная функция имеет вид:

f (ϕ)= eikϕ .

2π

Ответ: C = 12π .

15. В момент времени t = 0 частица описывается функцией ψ(x,0)= Ae−a2 x2 +ik0 x , где a и k0 – постоянные. Определите

ширину волнового пакета.

Разложим данную функцию в ряд Фурье по k :

∞

ψ(x,0)= ∫C(k )eikxdk

−∞

– волновой пакет, описывающий частицу.

		1	∞	A	∞
	C(k )=		ψ* (x,0)eikxdx =		e−a 2 x2	+i(k0 −k )xdx .
		2π	−∞∫	2π	−∞∫

Дополняя показатель экспоненты до полного квадрата, получим

7

8

(k

−k )2

a2

(k

−k ) 2

(k

−k )2

C(k )=

A

−

0

∞ −

x

−i

0

A

−

0

2

a

e

2a2

∫e

dx =

e

2a2 .

2π

2π

−∞

a

Значение C(k )

максимально вблизи k = k0 . Выражение

(k

−k )2

C(k )

2

A2

−

0

dk

=

2

dk

2πa2 e

a

пропорционально вероятности найти у частицы квазиимпульс в

интервале	k ÷k +dk . Ширину			пакета в квазиимпульсном про-
странстве можно определить как				k ≈	1	.
		1			a
Ответ:	k ≈		.
		a

16. Пусть собственные функции и собственные значения

			ˆ	(x) и
двух операторов удовлетворяют условиям L1 f1(x)= λ1 f1
ˆ	f2 (y). Будет ли собственная функция оператора
L2 f2 (y)= λ2
ψ(x, y)	иметь	вид	ψ(x, y)= f1 (x)f2 (y),	если

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

d

ˆ

d

Lψ(x, y)= λψ(x, y), а L

= L1

L2

, причем L1 =

dx

и

L2

=

dy

?

Решим уравнение на собственные функции и собственные

значения:

ˆ

(x, y)= λψ(x, y).

Lψ

ˆ

d 2

Подставим в него явное значение

оператора

L

=

dxdy

и

функцию ψ(x, y)

в виде произведения ψ(x, y)= f1(x)f2 (y):

d

2

(x)f2

(y)=

d

f1 (x)

d

d

(f1 (x)λ

(y))=

f1

=

2 f2

dxdy

dy

f2 (y)

dx

dx

d

=

f1 (x) λ2

f2 (y)

= λ1 f1 (x)λ2 f2 (y)= λ1λ2 f1 (x)f2 (y).

dx

ψ(x, y)= f1(x)f2 (y)

является собст-

Следовательно,

функция

венной функцией оператора ˆ , соответствующей собственному

L

значению λ = λ1λ2 .

Ответ: да.

17. Найдите собственные функции и собственные значе-

ˆ	∂
ния оператора Lz = −ih	∂ϕ	. Какая волновая функция соот-

ветствует проекции момента Lz =3h ?

Уравнение на собственные функции и собственные значения

ˆ ψ = λψ

Lz ,

−ih∂∂ψϕ = λψ

приводит к дифференциальному уравнению

9

10

dψψ = ihλdϕ,

его решение ψ =Ceihλϕ . В силу периодичности функции угловой координаты ψ(ϕ)= ψ(ϕ+2π):

Ceihλϕ = Ceihλϕ+ihλ2π , eihλ2π =1 ,

следовательно,

hλ = m , где m – целое. То есть собственному зна-

чениюLz

= mh

соответствует собственная функция

ψm = Ceimϕ .

Пронормируем ее:

1

2π

ψm (ϕ)

2 dϕ =

2

2π

2 , откуда C =

1 =

∫

C

∫dϕ = 2π

C

,

0

1

eimϕ .

0

2π

тогда ψm

=

2π

Собственному значению Lz =3h соответствует функция

ψm =

1

eimϕ .

1

2π

1

Ответ: ψm =

eimϕ ,

Lz

= mh, ψm =

eimϕ .

2π

2π

11

КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА

Решение задач по теме 2:

«Понятие вероятности в квантовой механике.

Среднее значение физической величины»

Задачи

ˆ

1. Найдите возможные собственные значения оператора

и их вероятности для частицы, находящейся в состоянии

Lz

а) Ψ(ϕ)= Asin3 ϕ;

б)

Ψ(ϕ)= A(2 − cos 4ϕ).

€

а) Собственные функции оператора Lz

Ψ

(ϕ)= eimϕ .

m

2π

Выразим функцию состояния через экспоненты.

sin ϕ =

eiϕ

−e−iϕ

,

тогда

2i

−iϕ 3

iϕ

−e

A

(e3iϕ −3eiϕ

+3e−iϕ1e3iϕ )=

Ψ(ϕ)= A

e

= −

2i

8i

= −

A

2π

e3iϕ

−3

eiϕ

+

3

e

−iϕ

−

e3iϕ

=

8i

2π

2π

2π

2π

−

A

2π

e3iϕ

+

3A 2π eiϕ

−

3A

2π

e−iϕ

+

A 2π e3iϕ

=

=

8i

2π

8i

2π

8i

2π

8i

2π

− A 2π ψ

(ϕ)+

3A 2π ψ

(ϕ)− 3A 2π ψ

(ϕ)+ A 2π ψ

=

3

−1

−3

(ϕ) .

8i

8i

1

8i

8i

Разложение функции состояния по собственным функциям

оператора ˆ

Lz

ψ(ϕ)=	∞
	∑cmψm (ϕ)
	m=−∞

содержит коэффициенты разложения cm , такие, что wm = cm 2 –

вероятность системы находиться в состоянии с магнитным квантовым числом m . Тогда из разложения функции получаем коэффициенты:

c = − A 2π ,

c

= 3A 2π , c

−1

= −3A 2π ,

c

−3

= A 2π

3

8i

1

8i

8i

8i

и вероятности:

w =

A

2 π

,

w

1

=

9

A

2 π

,

w

=

9

A

2 π

, w

=

A

2 π

,

3

32

32

−1

32

−3

32

но поскольку сумма вероятностей должна быть равна 1, то

1 =

A

2 π

+

9

A

2

π

+

9

A

2

π

+

A

2 π

=

10

A

2

π

,

откуда

32

32

32

32

16

16

4

A

2 =

, а

A =

,

тогда

16π

10π

10π

1

9

9

9

w =

=

, w =

, w

=

, w

=

.

3

32

10π

20

1

20

−1

20

−3

20

Итак, частица может находиться в состояниях с квантовыми

числами

m = ±1;±3 ,

то есть проекция момента импульса может

иметь значения с соответствующими вероятностями:

Lz

–

– h

h

3 h

3 h

w

0,05

0,45

0,45

0,05

б) Аналогично:

eiϕ

+e−iϕ

cos ϕ =

,

тогда

2

3

Ψ(ϕ)

− e

i4ϕ

+e

−i4ϕ

1

− e

i4ϕ

+ e

−i4ϕ

= A 1

= A

2π

=

2

2π

2π

2π

2

1

− A

2π

ei4ϕ

+ A 2π

e−i4ϕ

= A 2π

=

2π

2π

2π

= (A 2πψ0 (ϕ)− A 2πψ4 (ϕ)+ A 2πψ−4 (ϕ)).

коэффициенты:

c0 = 2A 2π , c4 = A 2π , c−4 = −A 2π

и вероятности:

2 π,

2 π,

2 π,

w = 4

A

w =

A

w

=

A

0

4

−4

но поскольку сумма

вероятностей

должна быть

равна 1, то

1 = 4

A

2 π+

A

2 π+

A

2 π = 6

A

2 π ,

откуда

A

2

=

1

, а

A =

1

,

тогда

6π

6π

4π

2

1

1

w =

=

, w =

, w

=

.

3

6

0

6π

4

6

−4

Итак, частица может находиться в состояниях с квантовыми

числами m = 0;±4 ,

то есть проекция момента импульса может

иметь значения с соответствующими вероятностями:

Lz

0

–4 h

4 h

Ответ: а) Lz =

w

2 3

16

16

±h; ±

3 h; w =0,05; 0,45;

б) Lz = 0; ±4 h; w =

2

;

1

.

3

6

2. В момент времени t

= 0 частица описывается функцией

ψ(x,0)= Ae−a 2 x2 +ik0 x ,

где a и k0 – постоянные. Пронормируйте функцию и найдите

область локализации частицы и плотность тока.

Из условия нормировки

	∞		ψ(x,0)			∞
1 =	∫				2 dx =	∫ A*e−a2 x2 −ik0 x Ae−a2 x2 +ik0 x dx =
	−∞					−∞

=	A 2	∞	A 2 1	π	,
		∫e−2a2 x2 dx =
		−∞	a	2

откуда

A = a π2 .

Чтобы найти область локализации, найдем плотность вероятности

ρ(x)= ψ(x,0)2 = a π2 e−2a2 x2 .

Эта функция имеет максимум в точке x0 = 0 и быстро убывает с ростом x , следовательно, частица локализована в начале коор-

динат. Ширина пакета, заданного такой функцией, порядка

1 .

Плотность тока вероятности

a

2

j

=

ih

∂ψ*

−ψ*

∂ψ

=

ahk

0

2

x

2

=

hk

0

ρ.

x

ψ

e−2a

∂x

m π

m

Конечное

2m

∂x

с

выражение для тока совпадает

классическим.

Множитель ρ (аналог плотности заряда) зависит только от пара-

метров вещественной части

функции состояния, а

множитель

hk 0

(аналог скорости частицы) – связан только с мнимой частью.

m

Ответ: x0 = 0 , ψ(x)= a

2

e

−a2 x2 +ik

x

, jx =

ahk

0

e

−2a2 x2

.

π

0

m π

3. Определите распределение вероятности различных значений импульса для основного состояния частицы, находящейся в «ящике» размерами a ×b ×c .

Волновая функция такой частицы в координатном представлении

Ψ(x, y, z)= abc8 sin πax sin πby sin πcz .

Вимпульсном представлении

3

4

Ψ(px , py , pz )= ∫dx∫dy∫dz

e

−ipr rr

sin πx sin πy sin πz =

a

b

z

h

0

0

0

π3h3abc

a

b

c

ip

x

ip y y

ip

z

a

x

b

z

z

=

1

∫e

−

h

sin

πx dx∫e−

h

sin πy dy∫e−

h

sin

πz dz .

π3h3abc

0

a

0

b

0

c

Интеграл

∫e−αx sin βxdx

=

U = sin βx

dU =βcosβxdx

=

dV = e

−α

x dx

V = −

1

e

−α

x

α

= −

sin βx

e−αx

+

β

∫e−αx cosβxdx =

α

α

=

U = cosβx

dU = −βsin βxdx

=

dV = e−αx dx

V = −

1

e−αx

α

sin βx

−αx

β

cosβx

−αx

β

−αx

= −

e

+

−

e

−

∫e

sin βxdx

=

α

α

α

α

= −

sin βx

e

−αx

−

βcos

βx

e

−αx

−

β2

∫e

−αx

sin βxdx ,

α

α2

α2

∫e−αx sin βxdx = − αsin βx +βcosβx e−αx

α2 +β2

Распределение вероятности значений импульса

ρ(pr)=

Ψ(px , py

, pz )

(4πh3 )3 abc cos2

px a

cos2

pyb

cos2

pz c

2

=

2h

2h

2h

.

(px2 a2 −π2h2 )(py2b2 −π2h2 )(pz2c2 −π2h2 )

Ответ: ρ(pr)=

(4πh3 )3 abc cos2

px a

cos2

pyb

cos2

pz c

2h

2h

2h

.

(px2 a2 −π2h2 )(py2b2 −π2h2 )(pz2c2 −π2h2 )

4. Найдите сумму ∑xnδnk .

n

Так как	δnk	1 при n = k,
		=
		0 при n ≠ k,

то сумма ∑xnδnk = xk .

n

Ответ: xk .

5. Найдите вероятность того, что импульс электрона в основном состоянии атома водорода заключен в интервале

(p, p + dp).

Вероятность частицы иметь указанный импульс dw = Ψ(pr)2 dpr ,

где Ψ(p) – функция состояния в импульсном представлении.

Функция основного состояния электрона в атоме водорода в координатном представлении

Ψ(r)= 1	e−	r
		a	,

πa3

где а – радиус первой боровской орбиты электрона.

Волновая функция в импульсном представлении может быть записана так

r r

r r

r

Ψ(pr)= ∫

e−ip r h

1

∫e−i

p r

Ψ(r)dV =

−

dV .

h

a

(2πh)32

π2 (2ah)3

2

Вычисление интеграла по бесконечному объему проведем в

сферических координатах. Ось Oz

направим вдоль вектора им-

пульса,

pr rr

r

pr cos θ

r

−i

−

2π

∞

π

−i

−

∫e

h

a dV =

∫dϕ∫r2dr∫e

h

a sin θdθ =

0

0

0

1

p

1

p

∞

1

pr cos θ

r

2πh

∞

−

−i

r

−

+i

r

= 2π∫r 2dr ∫e−i

h

−a d cos θ =

∫

e a

h

−e a

h rdr =

ip

0

−1

0

=

8πa3h4

.

(a2 p2 +h2 )2

Волновая функция в импульсном представлении имеет вид

5

6

Ψ(pr)= 1 ( h(2ah)32 ) .

πa2 p2 +h2 2

Квадрат волновой функции

r

2

8a3h5

Ψ(p)

=

.

π2 (a2 p2 +h2 )4

Умножая на объем шарового слоя в импульсном пространст-

ве4πp2 dp , получим искомую вероятность

dw =

32a3h5 p2

dp .

π2 (a2 p2 +h2 )4

Ответ: dw =

32a3h5 p2

dp .

π2 (a2 p2 +h2 )4

6. Вычислите вероятности нахождения частицы в интер-

валах значений координаты z от z1

до z2

по заданной волно-

x

2

+ y

2

+ z

2

вой функции Ψ(x, y, z)= Aexp −

2a

2

.

Вероятность частицы иметь координату

2

∞

∞

z2

x

2

+ y

2

+ z

2

w = ∫dx ∫dy ∫dz

−

=

Aexp

2a

2

−∞

−∞

z1

∞

∞

z2

2

x

2

+ y

2

+ z

2

=

∫dx ∫dy ∫dz

A

exp −

=

a

2

−∞

−∞

z1

A

2 ∞

x2

∞

y2

z

2

z2

dx ∫

dz =

=

−

−

−

∫

exp

2

exp

2

dy ∫exp

2

−∞

a

−∞

a

z

1

a

= A 2 a

πa

πa(erf (z

2

)

−erf (z

))= π

A

2 a3

(erf

(z

2

)

−erf (z )),

1

1

∞

–

интеграл

Пуассона,

а функция

где ∫exp(−αx2 )dx

=

π

−∞

α

∞

erf (z)= ∫exp(−αx2 )dx – интеграл ошибок.

z

2 a3 (erf (z

)−erf (z

)).

Ответ: w = π

A

2

1

7

7. Найдите среднее значение проекции момента импульса

ˆ и среднее значение квадрата проекции момента импульса

Lz

ˆ2 для частицы, находящейся в состоянии

Lz

а) Ψ(ϕ)= Asin3 ϕ; б) Ψ(ϕ)= A(2 − cos 4ϕ).

а) Исходя из решения задачи 18, частица может находиться в состояниях с квантовыми числами m = ±1;±3 , то есть проекция

момента импульса может иметь значения с соответствующими вероятностями:

	Lz	–3 h		– h			h		3 h
Тогда	w	0,05		0,45		0,45			0,05
	среднее	значение проекции момента Lz
					∞		(Lz )m ,
		Lz =			∑wm
				m=−∞
Lz = 0,05 (−3h)+0,45 (−h)+0,45 h+0,05 3h = 0 ,
а среднее значение квадрата проекции момента L2z
		L2		=	∞		(L2 )		,
					∑w
			z			m	z m
				m=−∞
L2z = 0,05 9h2 +0,45 h2 +0,45 h2 +0,05 9h2											=1,8h2 .
Аналогично,		частица может					находиться				в состояниях
с квантовыми числами m = 0;±4 ,							то	есть проекция момента

импульса может иметь значения с соответствующими вероятностями:

Lz	0		–4 h		4 h
w	2	3	1	6	1	6

Тогда среднее значение проекции момента Lz

L	= 2	0 + 1	(−4h)+	1	4h = 0 ,
z	3	6	6

а среднее значение квадрата проекции момента L2z

L2z	=	2	0 +	1	16h2	+	1	16h2	=	16 h2 .
		3		6			6			3

8