<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[12pt,a4paper]{article}
\pagenumbering{arabic}
\usepackage{bok,makro}
\pagestyle{myheadings}
\markright{\sf TFY4215  - Løsning øving 6}{}


\newif\ifpdf
\ifx\pdfoutput\undefined
  \pdffalse
\else
  \pdfoutput=1
  \pdftrue
\fi

\ifpdf
  \usepackage[pdftex]{graphicx}
  \pdfcompresslevel=9
\else
  \usepackage{graphicx}
\fi

\let\ifpdf\relax

\topmargin -5mm
\oddsidemargin 1mm
\textheight 240mm



\begin{document}

% For hver figur som inkluderes
%
\ifpdf
%\begin{center}\includegraphics[height=5.45cm,angle=90]{figdobbeltsp-1.png}
%\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=5.45cm,angle=90]{figdobbeltsp-1.eps}
%\end{center}
\fi



%\renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}}


%\noindent Frist for innlevering: \emph{         }% NBNBNBNBNBNBNBN

\begin{center}{\Large\bf  LØSNING ØVING 6}\end{center}

\subsection*{\underline{Løsning oppgave 18}\h{4mm}{\small Grunntilstanden i hydrogenlignende atom}}

\pkt{a} Vi merker oss først at vinkelderivasjonene i Laplace-operatoren gir null bidrag til $\nabla^2\psi$, siden $\psi(r)$ ikke avhenger av vinklene $\theta$ og $\phi$. Vi har at
 \[ \pfrac{\psi}{r}=Ce^{-r/a}\cdot\LT(-\frac{1}{a}\RT)\OG{8}
 \pfrac{^2\psi}{r^2}=Ce^{-r/a}\cdot\LT(\frac{1}{a^2}\RT), \]
slik  at $\hhat\psi$ blir
  \[ \hhat\psi=Ce^{-r/a}\LT[-\frac{\hs^2}{2m_e}\LT(\frac{1}{a^2}-\frac{2}{ra}\RT)-\frac{\hs^2}{m_ea_0\,r}\RT]=\LT[-\frac{\hs^2}{2m_ea^2}+\frac{1}{r}\LT(\frac{\hs^2}{m_ea}-\frac{Ze^2}{4\pi\E_0}\RT)\RT]\,\psi.\]
Her ser vi at faktoren foran $\psi$ på høyresiden kommer ut som en konstant bare dersom vi sørger for at $1/r$-leddet forsvinner, dvs dersom vi setter
\[ a=\frac{4\pi\E_0\hs^2}{m_ee^2Z}=\frac{a_0}{Z}.\] 
Med denne verdien for $a$ er 
$\psi$  altså en egenfunksjon til Hamilton-operatoren $\hhat$ med egenverdien
  \[ E=-\frac{\hs^2}{2m_ea^2}=-\underline{\frac{\hs^2}{2m_ea_0^2}}\cdot Z^2
=-\underline{\hal\A^2\,m_ec^2}\cdot Z^2=E_1\cdot Z^2.\]
Her har vi understreket de to praktiske uttrykkene for Rydberg-energien, som er ca $13.6$ eV.
Som vi har sett tidligere (i Tillegg 1) og som vi også skal se nedenfor, kan vi bruke $a$ som et mål for utstrekningen av denne  orbitalen. Her ser vi at denne ``skalerer'' omvendt proporsjonal med $Z$, mens energien er proporsjonal med $Z^2$.

\pkt{b} Sannsynlighetstettheten
  \[ |\psi(r)|^2=(\pi a^3)^{-1}e^{-2r/a}\]
er maksimal i origo, og avtar som vi ser eksponensielt med økende $r$.
 
Vi ser også at både bølgefunksjonen $\psi(r)$ og sannsynlighetstettheten $|\psi(r)|^2$ bare avhenger av $r$, ikke av vinklene. Da må det være korrekt å si at orbitalen $\psi(r)$ er kulesymmetrisk (ingen vinkelavhengighet). Siden operatoren $\hlve$ bare inneholder derivasjoner mhp vinklene, finner vi at \M{\hlve\psi(r)=0.} Tilstanden $\psi(r)$ er altså en egentilstand til $\hlve$ med egenverdi lik null ($\hlve\psi(r)=0\cdot\psi(r)$). Dreieimpulsen er altså lik null i denne tilstanden. (Husk at i Bohr-modellen var dreieimpulsen lik $\hs$ i grunntilstanden.)
\footnote{Den kulesymmetriske sannsynlighetstettheten innebærer at elektronet er ``snart her og snart der''. Klassisk er dette vanskelig å forestille seg når vi vet at dreiempulsen er lik null. Moralen er at de klassiske forestillingene våre kommer til kort, her som så ofte ellers.}


 Forventningsverdien av posisjonen, $\FV{\ver}=\ex\FV{x}+\ey\FV{y}+\ez\FV{z}$, dvs ``tyngdepunktet'' av den tredimensjonale sannsynlighetsfordelingen er ganske enkelt lik $\vec{0}$ når sannsynlighetsfordelingen er kulesymmetrisk. 

\pkt{c} Normeringsbetingelsen er lett å bruke når sannsynlighetstettheten er kulesymmetrisk som her. Sannsynlighetstettheten er da den samme over alt i et kuleskall med infinitesimal tykkelse $dr$ og overflate $4\pi r^2$, slik at sannsynligheten for å finne elektronet i kuleskallet med volum $4\pi r^2dr$ er
 \[ P_{\rm rad}(r)dr=4\pi r^2|\psi(r)|^2dr=4\pi r^2|C|^2\,e^{-2r/a}\,dr.\]
 Normeringsintegralet kan vi da skrive slik:
  \[ 1=\int |\psi(r)|^2d^3r=\intnu \underbrace{4\pi r^2|C|^2 e^{-2r/a}}_{P_{\rm rad}(r)}dr=|C|^24\pi(a/2)^3\intnu x^2e^{-x}dx=|C|^2\pi a^3.\]
Med et praktisk  fasevalg har vi da \M{C=(\pi a^3)^{-1/2},}  slik at
 radialtettheten er 
 \[ P_{\rm rad}(r)=4\pi r^2|\psi(r)|^2=\frac{4r^2}{a^3}\,e^{-2r/a}.\]
Merk at  radialtettheten $P_{\rm rad}(r)$ er  sannsynligheten pr ``radius-enhet''. Legg også merke til at faktoren $r^2$ i denne formelen kommer av at volumet av kuleskallet er proporsjonalt med $r^2$. 
Dette er grunnen til at
radialtettheten har sitt maksimum for \M{r&gt;0} (i motsetning til sannsynligheten pr volumenhet, som jo er maksimal i origo for denne orbitalen). Ved derivasjon finner vi at radialtettheten er maksimal når
  \[ \frac{dP_{\rm rad}(r)}{dr}\propto e^{-2r/a}[2r+r^2(-2/a)]=0,\]
dvs for \M{r=a.} (For $r=0$ er $P_{\rm  rad}=0$.) Ut fra dette kan vi si at den mest sannsynlige avstanden mellom elektronet og ``kjernen'' for denne orbitalen er \M{r=a=a_0/Z,} der $a_0$ er Bohr-radien.







\pkt{d} Analogt med beregningen av normeringsintegralet ovenfor finner vi at forventningsverdien av elektronets avstand fra kjernen er
 \[ \FV{r}=\int r|\psi(r)|^2d^3r=\intnu r|\psi(r)|^24\pi r^2dr\equiv\intnu rP_{\rm rad}(r)dr.\]
Innsetting av formelen for radialtettheten gir
  \[ \FV{r}=\intnu rP_{\rm rad}(r)dr=\frac{4}{a^3}\intnu r^3e^{-2r/a}dr=\frac{4}{a^3}\LT(\frac{a}{2}\RT)^4\intnu u^3e^{-u}du=\frac{a}{4}\cdot3!=\frac{3}{2}a,\]
som   kan tas som \emph{ett} mål for størrelsen av atomet når det er i grunntilstanden. (Vi skal se at det finnes flere slike mål for størrelsen.)

\pkt{e} Det klassisk tillatte området er der hvor \M{E&gt;V(r).} For grunntilstanden er dette området altså bestemt av ulikheten 
 \[ -\frac{\hs^2}{2m_ea^2}&gt;-\frac{\hs^2}{m_ea}\,\frac{1}{r}\quad\Longrightarrow\quad r&lt;2a.\]
% For hver figur som inkluderes
%
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=5.5cm]{fig42155-6b-3.png}
\end{center}
\else
\begin{center}\includegraphics[height=6.5cm]{fig4048-6-1.eps}
\end{center}
\fi
\noindent Figuren viser funksjonene $\exp(-2r/a)$ og $(2r/a)^2\exp(-2r/a)$ (altså $|\psi|^2$ og $P_{\rm rad}(r)$ i nokså vilkårlige enheter) som funksjoner av $r/a$. Vi har også tatt med potensialkurven og energilinja (i vilkårlige enheter). Skjæringspunktet mellom disse gir det klassiske vendepunktet (vende\emph{radien} blir det her). Sannsynligheten for å finne elektronet utenfor det klassisk tillatte området er selvsagt arealet under kurven for $P_{\rm rad}(r)$, utenfor $r/a=2$ (når hele arealet settes lik 1). På øyemål kan en vel anslå at arealet for $\,r/a&gt;2\,$ er ca 25 \% av hele arealet under kurven.

\pkt{f} La oss \emph{regne ut} sannsynligheten for å finne elektronet utenfor en radius $r_0$:
  \ba P_{r&gt;r_0} &amp;=&amp; \int_{r_0}^{\infty} P_{\rm rad}(r)dr
=\frac{4}{a^3}\int_{r_0}^{\infty} r^2e^{-2r/a}dr
=\hal\int_{2r_0/a}^{\infty}u^2e^{-u}du\\
&amp;=&amp; \hal[(-u^2-2u-2)e^{-u}]_{2r_0/a}^{\infty}=(2\frac{r_0^2}{a^2}+2\frac{r_0}{a}+1)e^{-2r_0/a}.\ea
For \M{r_0=2a} fås \M{P_{r&gt;2a}=13e^{-4}=0.238.}
Så overslaget ovenfor var ikke så verst. (Men det må innrømmes at fasiten var kjent.)



\pkt{g}
Ut fra den kulesymmetriske \emph{sannsynlighetsfordelingen} for posisjonen er det fristende å si at det hydrogenlignende atomet i grunntilstanden er kuleformet, eller i hvertfall ``rundt'', men uansett hvilken betegnelse vi bruker, får vi får prøve å huske på at det vi egentlig kan uttale oss om  er bølgefunksjonen og sannsynlighetstettheten, som begge er kulesymmetriske i dette tilfellet.

Men i motsetning til en kule har dette atomet åpenbart ingen ``overflate'', som danner et skille mellom atomets indre og omgivelsene. Så selv om \emph{formen} er kulesymmetrisk, ser vi at det er vanskeligere å uttale seg presist om \emph{størrelsen},
 siden $|\psi|^2$ jo i prinsippet er forskjellig fra null for alle $r$ (for et isolert atom). Det enkleste er vel å si at ''radien'' $a$ er et \emph{mål for størrelsen} (og at $a_0$ er et mål for størrelsen av et H-atom; jf betegnelsen Bohr-radius). Merk at for \M{r=a} er sannsynlighetstettheten redusert med en faktor $e^2$, altså ca 7.4 ganger mindre enn i origo. Et annet mål for størrelsen er den inverse av forventningsverdien $\FV{1/r}$. Denne forventningsverdien viser seg å være $1/a$ (noe du lett kan kontrollere ved å regne ut integralet $\;\intnu(1/r)P_{\rm rad}dr$), og antyder igjen at parameteren    $a$ er et fornuftig mål for størrelsen. 

Zumdahl refererer til en kuleflate som omslutter 90 \% av sannsynligheten. Dette svarer til en radius $\approx2.6\,a$; jf formelen i \PKT{e}, som gir \M{P_{r&gt;2.6a}=0.11.} 

Ovenfor så vi at også $\FV{r}=3a/2$ kunne tas som et mål for størrelsen.  

For hydrogen ($Z=1$) ville en mer empirisk definisjon  være å ta utgangspunkt i massetettheten for flytende hydrogen, og regne seg fram til en radius knyttet til en antagelse om ``tetteste kulepakning'' (som i og for seg ikke er helt realistisk for væskefasen). Her, og ellers når H-atomet er ``i kontakt med'' (eventuelt bundet til) andre atomer, er det viktig å være klar over at ``elektron-tettheten''
 vil avvike fra den vi har for et isolert atom.

\paragraph{Kommentar til denne oppgaven:} For endimensjonale problemstillinger har vi lært at energiegenfunksjoner krummer \emph{mot} aksen i klassisk tillatte områder, rett og slett fordi den relative krumningen  er negativ i disse områdene ifølge den tidsuavhengige \Sch: $\psi''/\psi=(2m/\hs^2)[V(x)-E]$. Da kan det kanskje virke forvirrende at bølgefunksjonen $\psi(r)\propto\exp(-r/a)$ i denne oppgaven krummer bort fra $r$-aksen for alle $r$. Forklaringen er som følger: For et kulesymmetrisk potensial og for en kulesymmetrisk egenfunksjon (som her) tar den tidsuavhengige \Sch\ en annen form enn ovenfor:
 \[\nabla^2\psi(r)=\frac{2m}{\hs^2}[V(r)-E]\psi(r), \quad\mbox{med}\quad \nabla^2\psi(r)=\LT[\frac{d^2\psi}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{d\psi}{dr}\RT].\]
Her ser vi at både $\psi''$ og $\psi'$ inngår, så vi kan ikke trekke de samme konklusjonene om krumning av $\psi$  som i én dimensjon. Derimot skal vi se (i Tillegg 5) at funksjonen \M{u(r)=r\psi(r)} oppfyller ligningen
\[ \frac{u''}{u}=\frac{2m}{\hs^2}[V(r)-E],\]
så \emph{denne} vil krumme mot aksen i klassisk tillatte områder. Du kan jo more deg med å sjekke at funksjonen $r\exp(-r/a)$ har denne egenskapen.


\subsection*{\underline{Løsning oppgave 19}\h{4mm}{\small  Modifisert boks}}

\pkt{a} \underline{For $a=L/2$,} dvs mens vi har det opprinnelige boks-potensialet, er 
\[ \psi_1''=-\frac{2mE_1}{\hs^2}\psi_1\equiv-k_1^2\psi_1,\]
 og løsningen er som vi husker en halvbølge(-sinus) med noder i $\;x=0$ og $x=L$, slik at $\;k_1L=\pi$. Grunntilstanden har da energien
 \[ E_1(a=L/2)=\frac{\hs^2k_1^2}{2m}=\frac{\hs^2\pi^2}{2mL^2}.\]

\underline{For $a=0$,} dvs med potensialet \M{V(x)=-V_0=-(4\hs)^2/(2mL^2)} for $\;0&lt;x&lt;L$, har vi at
\[ \psi_1''=\frac{2m}{\hs^2}[V(x)-E_1]\psi_1=-\frac{2m}{\hs^2}[V_0+E_1]\psi_1\equiv -k_1^2\psi_1.\]
Egenfunksjonen $\psi_1$ og bølgetallet $k_1$ blir akkurat som ovenfor, men energien blir nå
\[ E_1(a=0)=\frac{\hs^2k_1^2}{2m}-V_0=(\pi^2-16)\frac{\hs^2}{2mL^2};\]
energien er nå (selvsagt) senket med beløpet $V_0$, og er negativ.

\pkt{b} For det tilfellet at \M{E_1=0} ser vi at \M{V(x)=E_1} i områdene som ``ikke er gravd ut'', altså for \M{0&lt;x&lt;a} og \M{L-a&lt;x&lt;L.} Grunntilstanden $\psi_1$ må da være lineær i disse områdene, mens den krummer mot aksen for \M{a&lt;x&lt;L-a} (hvor $\,E_1-V(x)=V_0$, slik at dette er et klassisk tillatt område). I ``overgangene'' husker vi at løsningen skal være glatt (dvs at $\psi_1$ og $\psi_1'$ og dermed også $\psi_1'/\psi_1$ er kontinuerlige). Prinsippskissen blir da
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=3cm]{fig42155-6b-4.png}\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=6.5cm]{fig4048-6-1.eps}\end{center}
\fi
der kurven har kosinusform i midten og er lineær på begge sidene.

\pkt{c} Da $E_1$ alltid må ligge høyere enn bunnen av potensialet, dvs \M{E_1&gt;-V_0} (slik at $-V_0-E_1&lt;0$),  har vi at
\[ \psi_1''=\frac{2m}{\hs^2}[-V_0-E_1]\psi_1\equiv -k_1^2\psi_1 \quad\mbox{for}\quad a&lt;x&lt;L-a.\]
I dette området er altså $\psi_1$ alltid sinusformet. Da den dessuten skal være symmetrisk (med hensyn på midten av boksen), må vi ha
\[ \psi_1=A\cos[k_1(x-L/2)]\quad\mbox{for}\quad a&lt;x&lt;L-a.\]

\underline{For tilfellet $E_1=0$} ser vi at bølgetallet er 
\[ k_1=\frac{1}{\hs}\sqrt{2mV_0}=\frac{4}{L}\]
(slik at $k_1L=4$). Det som bestemmer $a_1$ og dermed $a_1/L$ for dette tilfellet er kontinuiteten av $\psi_1$ og $\psi_1'$, og dermed av $\psi_1'/\psi_1$, i punktet \M{x=a_1} (eventuelt i $x=L-a_1$). For \M{0&lt;x&lt;a} er løsningen som vi har sett lineær,
\[ \psi_1=Bx\qquad\Longrightarrow\qquad\LT.\frac{\psi_1'}{\psi_1}\RT|_{x=a_1^-}=\frac{1}{a}.\]
For \M{a&lt;x&lt;L-a} har vi tilsvarende
\[ \frac{\psi_1'}{\psi_1}=-k_1\tan[k_1(x-L/2)]\qquad\Longrightarrow\qquad \LT.\frac{\psi_1'}{\psi_1}\RT|_{x=a_1^+}=-k_1\tan[k_1L(a_1/L-\hal)].\]
Kontinuiteten gir altså
\[ \frac{1}{a}=-k_1\tan[k_1L(a_1/L-\hal)]\qquad\mbox{eller}\qquad k_1L\,\frac{a_1}{L}\,\tan[k_1L(\hal-a_1/L)]=1,\qed,\]
eller, med $k_1L=4$,
\[ 4\,\frac{a_1}{L}\,\tan[2-4a_1/L]=1.\]
Noen forsøk med kalkulatoren gir 
\[\frac{a_1}{L}\approx0.342.\]
[Figuren ovenfor viser den nøyaktige egenfunksjonen for dette tilfellet.]\newline
Kommentar: Det kan være av interesse å se på grunntilstandsenergien $E_1$ som funksjon av $a$. Figuren nedenfor er basert på beregning for et utvalg av $a$-verdier. Ved disse beregningene må en skille mellom tilfellet \M{a&lt;a_1,} som gir negativ energi $E_1$ og dermed en løsning på formen $B\sinh(\kappa_1x)$ for \M{0&lt;x&lt;a,} og tilfellet \M{a_1&lt;a&lt;L/2,} som gir en løsning på formen $B\sin(q_1x)$ i det samme området. 
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=6cm]{fig42155-6b-5.png}\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=6.5cm]{fig4048-6-1.eps}\end{center}
\fi






\end{document}



</pre></body></html>