Ana sayfa › Kuantum Mekaniği II › Varyasyon İlkesi · Helyum Temel Durumu

Varyasyon İlkesi

Normlanabilir herhangi bir deneme fonksiyonu $\psi$ için Hamiltonyenin beklenen değeri taban durum enerjisinden küçük olamaz:

$$E[\psi] = \frac{\langle\psi|H|\psi\rangle}{\langle\psi|\psi\rangle} \;\ge\; E_0$$

Bir parametre ailesi $\psi_\alpha$ seçip $E(\alpha)$'yı en küçük yapan $\alpha$ bulunursa, $E_0$ için en iyi üst sınır elde edilir. Sonucun kalitesi ailenin seçimine bağlıdır: deneme fonksiyonundaki birinci dereceden hata, enerjide ancak ikinci dereceden hataya yol açar. Bu yüzden enerji, dalga fonksiyonundan çok daha iyi tahmin edilir.

Birimler (1B): $\hbar = m = 1$, $H = -\tfrac12\frac{d^2}{dx^2} + V(x)$. Kinetik enerji $\langle T\rangle = \tfrac12\int|\psi'|^2dx \big/ \int|\psi|^2dx$ biçiminde hesaplanır; böylece kırıklı (türevi süreksiz) deneme fonksiyonları da kullanılabilir. "Tam" $E_0$ sonlu farklarla sayısal olarak bulunur.

Helyum atomu

Atomik birimlerde ($1\ \text{Ha} = 27.211$ eV) $H = -\tfrac12\nabla_1^2 - \tfrac12\nabla_2^2 - \tfrac{2}{r_1} - \tfrac{2}{r_2} + \tfrac{1}{r_{12}}$. Deneme fonksiyonu olarak etkin yük $Z$ içeren iki hidrojenimsi 1s orbitalinin çarpımı alınırsa $\langle T\rangle = Z^2$, $\langle V_{ne}\rangle = -4Z$, $\langle V_{ee}\rangle = \tfrac58Z$ ve $E(Z) = Z^2 - 4Z + \tfrac58 Z$ (Ha) olur. Minimum $Z = 27/16$'da: her elektron, diğerinin çekirdeği kısmen perdelemesi nedeniyle $2$'den küçük bir etkin yük görür.

Mod:

Parametreler

Potansiyel V(x)

Deneme fonksiyonu

Üst grafikte E(α) eğrisine tıklayarak da parametreyi seçebilirsiniz. Kırmızı çizginin altı, varyasyon ilkesine göre ulaşılamayan bölgedir.

Hesaplama

Bunu dene

1. Harmonik potansiyelde önce Gauss, sonra $e^{-\alpha|x|}$ deneme fonksiyonunu seçip "En iyi parametreyi bul"a basın. Hangi aile tam sonucu verir? Diğerinin enerjisi yüzde kaç yüksek?

Açıklama

Gauss: $E(\alpha) = \tfrac{\alpha}{2} + \tfrac{1}{8\alpha}$, minimum $\alpha = \tfrac12$'de $E = 0.5$ — taban durumun kendisi bu ailededir. Üstel: $E(\alpha) = \tfrac{\alpha^2}{2} + \tfrac{1}{4\alpha^2}$, minimum $\alpha = 2^{-1/4} = 0.841$'de $E = \tfrac{\sqrt2}{2} = 0.707$, yani %41 yüksek. Yine de örtüşme $|\langle\psi|\psi_0\rangle|^2 \approx 0.94$ kadardır; enerji hatası dalga fonksiyonu hatasından çok daha görünür olur, çünkü sivri uç kinetik enerjiyi artırır.

2. $V = x^4$ için Gauss deneme fonksiyonuyla en iyi enerjiyi bulun ve sayısal tam sonuçla karşılaştırın. Ardından iki parametreli $e^{-\alpha x^2}(1+\beta x^2)$ ailesini deneyin.

Açıklama

Gauss için $E(\alpha) = \tfrac{\alpha}{2} + \tfrac{3}{16\alpha^2}$; $\alpha^3 = 3/4$ ⇒ $\alpha = 0.909$, $E = 0.6814$. Tam sonuç $E_0 = 0.6680$, yani hata %2. İki parametreli aile hatayı yaklaşık %0.1'e indirir ($E \approx 0.6687$); daha esnek aile her zaman daha düşük (daha iyi) bir üst sınır verir.

3. Helyum modunda $E(Z)$'nin minimumunu bulun. $Z = 2$ (perdeleme yok) ile karşılaştırın ve iyonlaşma enerjisini hesaplayın ($\text{He}^+$ enerjisi $-2$ Ha $= -54.4$ eV).

Açıklama

$dE/dZ = 2Z - 4 + \tfrac58 = 0$ ⇒ $Z = 27/16 = 1.6875$, $E = -(27/16)^2 = -2.848$ Ha $= -77.5$ eV. $Z = 2$ ise $E = -2.75$ Ha $= -74.8$ eV (birinci derece tedirgeme sonucu); deney $-79.0$ eV. İyonlaşma enerjisi: varyasyonel $-54.4 - (-77.5) = 23.1$ eV, deney $24.6$ eV. Minimumda virial teoremi $\langle T\rangle = -E$ tam olarak sağlanır.

Kuantum Mekaniği II dersindeki diğer simülasyonlar

Tedirgeme Teorisi: Yaklaşık ve Tam Çözüm WKB Yaklaşımı: Kuantlama ve Tünelleme Rabi Salınımları ve Fermi'nin Altın Kuralı