Использование принципа неопределенности для оценки энергии основного состояния водорода

$\newcommand{\d}[1]{\,\mathrm{d}#1}\newcommand{\pdv}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}\newcommand{\p}{\psi_{100}}\newcommand{\pdvt}[2]{\frac{\partial^2 #1}{\partial #2^2}}$Основное состояние водорода следующее:

$$\psi_{100}=Y_{00}\frac{2}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0}$$

Ожидаемое значение оператора положения в этом состоянии следующее:

$$\begin{align} \left<x\right>&=\iint r^3 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r \\ &= \int (Y_{00})^2 \d \Omega \int \frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r \tag{1} \\ &= \int\frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = \frac{3a_0}{2} \tag{2} \end{align}$$

где я использовал ортонормированность сферических гармоник от перехода$(1)$к$(2)$. Я пропущу этот шаг во всех приведенных ниже расчетах.

Точно так же ожидаемое значение квадрата оператора положения равно:

$$\left<x^2\right>=\iint r^4 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r = \int\frac{2r^4}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = 3(a_0)^{2}$$

Таким образом$\Delta x= \sqrt{ 3(a_0)^{2} -\left( \frac{3a_0}{2} \right)^2 } = \frac{\sqrt 3}{2} a_0$

Среднее значение оператора импульса равно нулю, как это легко увидеть из

$$\left<p\right>=\iiint\frac{\hbar}{i}\psi_{100} \pdv{\psi_{100}}{x} \d x \d y \d z = \iiint \frac{\hbar}{2i}\pdv{\psi_{100}^2}{x} \d x \d y \d z=0$$

Обратите внимание, что в этом случае я использовал декартовы координаты, с помощью которых в этом случае легко вычислить интеграл, потому что производная четной функции нечетна, и поэтому интеграл равен нулю. Заметим также, что, кроме этого, все интегралы вычисляются в сферических координатах и, следовательно,$r^2 \d r \d \Omega$срок.

Тогда математическое ожидание квадрата оператора импульса равно:

$$-\frac{\left<p^2\right>}{\hbar^2}= \iint r^2 \p \nabla^2 \p \d r \d \Omega = \iint r^2 \p \left( \pdvt{}{r} + \frac{2}{r} \pdv{}{r} + \frac{1}{r^2} \nabla^2_{\theta\phi} \right) \p \d r \d \Omega$$

где$\nabla^2_{\theta\phi}$термин, включающий частные производные от$\theta$и$\phi$действующий непосредственно на$\p$.

$$\begin{align} \implies \left<p^2\right> &= -\hbar^2 \int r^2 \p \left( \pdvt{\p}{r} + \frac{2}{r} \pdv{\p}{r} \right) \d r\\ &= \hbar^2 \int \frac{4\,r\,\left( r−2\,a_0\right) \,{e}^{−\frac{2\,r}{a_0}}}{{a_0}^{5}} \d r \\ &= \frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}} \end{align}$$

Таким образом$\Delta p = \sqrt{\frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}}} = \frac{\hbar}{{a_0}}$. Расчет$\Delta x$и$\Delta p$взял немного(!) алгебры. Давайте посмотрим, что говорит соотношение неопределенностей.

$$\Delta x \Delta p = \hbar \frac{\sqrt 3}{2} \approx 0.866 \hbar \approx \hbar$$

Зная, что соотношение неопределенностей даст неопределенность больше, чем$\hbar/2$ваш учитель решил дать вам$\Delta x \Delta p =\hbar$так что это был бы более разумный предел.

Обратите внимание, что$\Delta p_x \Delta r$не удовлетворяет принципу неопределенности в строгом смысле, так как$r$не сопряжено с$p_x$(или$p_y$и$p_z$). Вместо этого вы можете рассмотреть$\Delta p_x \Delta x$. Основное состояние атома водорода

$$\begin{equation} \psi_0(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi a^3}} e^{-r/a}, \end{equation}$$ где $a$— боровский радиус. Прежде всего, $\left< x \right> = 0$, потому что $\psi_0$является сферически симметричным. Колебания в $x$таким образом, дается $$\begin{equation} \Delta x = \sqrt{\left< x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< r^2 \right>}{3}}, \end{equation}$$ так как основное состояние имеет сферическую симметрию. Для ожидаемой стоимости $r^2$, мы нашли $$\begin{align} \left< r^2 \right> & = \frac{4\pi}{\pi a^3} \int_0^\infty dr \, r^4 e^{-2r/a} \\ & = \frac{4}{a^3} \frac{1}{2^4} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \int_0^\infty dr \, e^{-2r/a} \\ & = \frac{1}{8a^3} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \frac{1}{1/a} = \frac{4!}{8} a^2 = 3a^2, \end{align}$$ и мы получаем $\Delta x = a$. Следующий, $\left< \vec p \right> = 0$потому что волновая функция действительна и нормализуема ( $\vec p$является эрмитовым), поэтому мы имеем $$\begin{equation} \Delta p_x = \sqrt{\left< p_x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< p^2 \right>}{3}}, \end{equation}$$ так же, как и раньше. С $\left< p^2 \right> = \frac{\hbar^2}{a^2}$( см. ответ Гоненса ), вы найдете $\Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}a}$. Наконец, мы получаем $$\begin{equation} \Delta x \Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}} \approx 0.58 \hbar > \frac{\hbar}{2}. \end{equation}$$ Также обратите внимание, что поскольку $\Delta r = \frac{\sqrt{3}}{2} a$( см. ответ gogenc ), у нас есть $$\begin{equation} \Delta r \Delta p_x = \frac{\hbar}{2}. \end{equation}$$

Ответ на вопрос ОП заключается в том, что это оценка порядка величины, и человек, выполняющий оценку, использовал значения, которые, как известно, были ближе к правильным значениям, чтобы сделать оценку порядка величины ближе к истинному ответу.

Большая часть моего сообщения показывает, что есть простой выбор для «r» и «p», о котором вы могли бы сказать, что$pr=1$точно. Я добавил этот ответ в основном как дополнительный пример к другому ответу (который проходит через явный расчет с использованием волновой функции основного состояния в базисе позиции).

Если вы проводите идентификацию:

$$\left\langle{\frac{1}{r}}\right\rangle\sim \frac{1}{r}\;,$$ где$r$на LHS является оператором, а$r$на правой стороне обозначается символом$r$в исходном посте.

А если сделать идентификацию:

$$\langle p^2\rangle \sim p^2\;,$$ где, опять же, оператор$p^2$находится на левой стороне, и его математическое ожидание определяется квадратом символа$p$из оригинального поста.

Используя эти определения, легко показать, что$pr=\hbar$для основного состояния атома водорода.

Чтобы все было чисто, я буду использовать единицы Gaussian Atomic Hartree, где$e=\hbar=m_e=1$и где потенциал, обусловленный ядром водорода, равен$e/r$. (Нет никаких "$4\pi\epsilon_0$"в гауссовских единицах).

По теореме Вириала для атома водорода

$$E=-\frac{1}{2}\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle$$ так что для основного состояния (для которого E=-13,6 эВ=-1/2 (в атомных единицах)) $$\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle=1$$ то есть, $$r=1\;,$$ где "$r$" теперь обозначается символом в исходном сообщении, как описано выше. [Обратите внимание, что это не тот случай, когда$\langle 1/r\rangle =1/\langle r\rangle$, то есть нет конфликта с другим ответом, который работал с$r\sim \langle r\rangle$скорее, чем$r\sim 1/\langle 1/r\rangle$.]

Точно так же теорема Вириала говорит

$$2\langle T\rangle=\langle p^2\rangle=\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle\;,$$ что означает для основного состояния $$\langle p^2\rangle =1\;,$$ т.е., $$p=1$$ где "$p$" теперь обозначается символом в исходном сообщении, как описано выше.

Таким образом, для основного состояния водорода с указанными выше отождествлениями

$$pr=1=\hbar$$