SVAR OCH L¨OSNINGSANVISNIGAR TILL TENTAMEN I ...

ger energiegenvärdena, E och kan skrivas:(−βB − E)(−E)(βB − E) + Eα 2 = 0Den har en lösning E = 0, medan de andra två fås ur ekvationen:som ger:E 2 − α 2 − (βB) 2 = 0√E = ± α 2 + (βB) 2c) Med B = 0, blir egenvärdena −α, 0 och +α. Egenfunktionerna blir linjärkombinationerav klotytfunktioner Y 1m med koefficienter som fås ur egenvektorena som i sin tur fås genomatt lösa respektive ekvationssystem. Svaret blir:− 1 √2Y 11 (θ, ϕ) + 1 √2Y 1−1 (θ, ϕ)1 √2Y 11 (θ, ϕ) + 1(E = −α)Y 10 (θ) (E = 0)√2Y 1−1 (θ, ϕ) (E = +α)———————————————————————————————————————10. (5A1324, 3 poängs tentan) En kvantmekanisk partikel rör sig i en attraktiv potentialV (r) = −A/r 3/2 . Uppskatta grundtillståndets (1s) energi genom variationskalkylmed vätelika försöksvågfunktioner!(4 p.)———————————————————————————————————————Lösning: De normerade försöksvågfunktionerna kan skrivas:ψ(r, b) =√b 3/2π e−brEftersom vi intresserar oss för vinkeloberoende tillsstånd är den relevanta radiella delenav Hamiltonoperatorn(Ĥ = − ¯h2 dr 2 d )− A2mr 2 dr dr r 3/2Vi får då energin:∫b3 ∞E(b) = 〈ψ|Ĥ|ψ〉 =π 4π 0= 4b 3 ∫ ∞0[(r 2 e −br − ¯h2 dr 2 d )− A ]e −br dr =2mr 2 dr dr r 3/2[− ¯h2 (b 2 r 2 − 2br ) ]− Ar 1/2 e −2br dr = − 2b2¯h 2 ∫ ∞e ( −2x x 2 − 2x ) dx2mm 0∫ ∞ √−4Ab 3/2 xe −2x dx = b2¯h 2 √ π02m − Ab3/2 2Derivera nu med avseende på b för att hitta minimat:dE(b)db= b¯h2m − Ab1/2 3√ π2 √ 2 = 06