Phương pháp giải một số dạng bài toán một chiều trong cơ học lượng tử

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài

Trong quá trình học tập và lĩnh hội kiến thức Vật lý thì việc giải bài tập giữ
một vai trò khá quan trọng. Nó giúp ta củng cố, nắm vững và hiểu sâu sắc hơn phần
lý thuyết đã học, bởi lẽ chỉ có thể giải được bài tập khi đã tìm hiểu cặn kẽ phần kiến
thức lý thuyết về nó.
Một trong những học phần trong chuyên ngành Vật lý được học ở Đại học đó
là môn Cơ học lượng tử, đây là bộ môn mới được hình thành vào đầu những năm 30
của thế kỷ XX. Với số lượng bài tập tương đối nhiều và khá đa dạng, tuy nhiên phần
kiến thức toán học được dùng để giải các bài tập về chúng thì lại khá phức tạp.
Chính vì vậy mà việc tìm hiểu, tập hợp, phân loại các bài tập cơ bản trong phạm vi
kiến thức đã học là rất cần thiết và có tính chất tích cực, và trong đó việc giải các
bài toán một chiều để nghiên cứu tính chất của hạt chuyển động theo phương Ox là
một dạng bài toán rất hay và hữu ích.
Từ những đặc điểm nêu trên là lí do mà em lựa chọn đề tài: Phương pháp
giải một số dạng bài toán một chiều trong Cơ học lượng tử
2. Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu một số dạng bài toán một chiều trong Cơ học lượng tử.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu

Phân loại và giải một số bài toán một chiều thuộc các dạng bài tập cơ bản của
Cơ học lượng tử,
4. Đối tượng nghiên cứu

Bài tập Cơ học lượng tử.
5. Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp Vật lý lý thuyết và phương pháp Vật lý - toán.

1


chương 1
tìm xác suất để đo giá trị của xung lượng của dao
động tử
1.1. Cơ sở lí thuyết
Phương trình cho hàm riêng và trị riêng của toán tử F .
F 0 q, t fn n q, t

Với n C n thì C n *n dq n ,
n

2

C n là xác suất để hệ lượng tử chuyển về nằm ở trạng thái n

* Fdq , F


F C *n C n fn * Fdq
, F

n


,
*dq

Khi đã chuẩn hoá
Khi chưa chuẩn hoá

1.2. Bài tập:
Bài tập 1.1.
Tìm xác suất để đo được giá trị px của xung lượng của dao động tử ở trạng
thái cơ bản n 0 :
1/4

m
m 2
0 x
exp
x


2

Bài giải
i
p x .x
1

e
Ta có: px

2

1/4

m

m 2 x 2
x
e





2




C px




px

* x dx

1
e
2





m
3 3
4
m
3
4

m
3 3
4

1

4

m

exp 2 x



2

i
p x .x


1/4

m

e




m 2
x
2

dx

i

p x x dx



1

4

2
m 2
ip x
p 2x
ip x
exp 2 x 2 m x m 2m dx





1

4

2
m

ip x
p 2x
exp 2 x m exp 2m dx



1

2
m
p 2x
ip x

m 4
3 3 exp
exp
x m
4

2m
2

áp dụng tích phân poisson

2

ax
e




a

2
m

ip x
2
exp
x

dx

m
m
2




1

2

P
x

p 2x
1
m 4 2
m
C px 3 3
exp

.e

m
4 m
2m

Xác suất để đo được giá trị px của xung lượng của dao động tử ở trạng thái cơ
bản là:
Wp x C p x

2

p 2x
1
Wpx
exp
m
m



3


chương 2
Giải các bài toán một chiều
2.1.Các tính chất của chuyển động một chiều.
2.1.1. Các mức năng lượng của phổ gián đoạn không suy biến.
Ta giả sử ngược lại, ứng với mức năng lượng En của phổ gián đoạn có hai
hàm sóng, 1 và 2 độc lập tuyến tính, nghĩa là:
1''

2m
U ( x ) En 1
2

(1)

2''

2m
U ( x ) En 2
2

(2)

Vì 1 , 2 0 , chia các vế tương ứng của (1) và (2) cho nhau
1'' 1

2'' 2

Hay 1'' 2 1 2'' ( 1' 2 1 2' )' 0
Từ đây suy ra
1' 2 1 2' const

(3)

Vì phổ năng lượng gián đoạn, nên ở vô cùng 1 , 2 0 , bởi vậy const 0 .
Vậy
1' 2'

ln(c 1 ) ln 2 và 2 c 1
1 2

Trái với giả thiết là hệ 1 , 2 độc lập tuyến tính. Do đó mức En không suy
biến.

2.1.2. Nếu thế năng là hàm chẵn của toạ độ thì nghiệm của phương trình
Schrodinger là hàm chẵn (hoặc lẻ) của toạ độ.
Giả sử U ( x ) U ( x ) và ( x ) là hàm sóng ứng với năng lượng En. Hàm ( x )
phải thoả mãn phương trình Schrodinger

4


''( x )

2m
En U ( x ) ( x ) 0
2

ở vế trái của phương trình thay x bởi x và chú ý rằng

( x ) ' '( x ), ( x ) '' '( x ) ' ''( x )
Cho nên
''( x )

2m
2m
E U ( x ) ( x ) ''( x ) 2 En U ( x ) ( x )
2 n



(4)

Nếu ( x ) ( x ) thì (4) trở thành

2m


''( x ) 2 En U ( x ) ( x ) 0




Thành thử ( x ) và ( x ) đều mô tả trạng thái ứng với năng lượng En của hạt,
và vì ( x ) ( x ) nên hàm ( x ) phải là hàm chẵn (hoặc lẻ) của toạ độ
2.2. Hạt chuyển động trong giếng thế sâu vô hạn
2.2.1. Cơ sở lý thuyết
Xét hạt chuyển động trên trục Ox, trong trường thế có dạng một giếng sâu
vô hạn:
0 nếu 0 x a
U x
nếu x 0, x a

(1)

Hạt sẽ chuyển động tự do trong khoảng 0 x a còn ngoài khoảng đó
không có hạt nên x 0 .
Phương trình Schrodinger cho hạt ở trong giếng thế:
'' x

Đặt k

2m
E x 0, 0 x a
2

(2)

2mE
khi đó nghiệm của (2) được viết dưới dạng:


x Asin kx

Tại x 0 và x a thế năng có bước nhảy vô hạn.

5


Ta có:
0 Asin 0 nên 0
a Asin ka 0 nên ka n ( k 0 ta lấy n 1,2,3... )

Ta có: năng lượng của hạt ứng với số lượng tử n
n 2 2 2
E
En
2ma 2

Năng lượng của hạt trong giếng thế bị lượng tử hoá, nó có phổ gián đoạn và
tỉ lệ với bình phương số lượng tử n.Vậy hàm sóng của hạt ứng với số lượng tử n là:
2
nx
sin
n 1,2,3...

a
a

n x

2
Trong đó hệ số chuẩn hoá A
tìm từ điều kiện
a

a

2

n x dx 1
0

2.2.2. Bài tập
Bài tập 2.1.
Tìm hàm sóng của hạt trong biểu diễn năng lượng khi hạt ở trong giếng
thế một chiều có thành cao vô hạn có bề rộng d và ở trong trạng thái:
x 2 4d 2 0 x d

x d, x 0
0

Bài giải
Trong biểu diễn tạo độ hàm sóng của hạt và năng lượng hạt trong giếng thế
một chiều cao vô hạn bề rộng d là:
n x

2
n
sin( x)
d
d

2 n 2 2
En
(n 1,2,3...)
2m d 2

Hàm sóng trong E biểu diễn có dạng:
6


d

E n  n   *n  x   x dx
0
d

2
n

sin(
x)(x 2  4d 2 )dx

d0
d

d

d

2 2
n
2
n
x sin( x)dx  4d 2
sin( x)dx
tÝnh 


d0
d
d0
d
d

I1   x 2 sin(
0

(1)

n
x)dx
d

TÝch ph©n tõng phÇn:
d

n d d d
n
I1  x cos( x)
2xcos(
x)dx
0
d
n
n 0
d
2

I1   d 2

d
2d
cos  n  
I2
n
n
d

Víi I 2   xcos(
0

(2)

n
x)dx

d
d

d
n
d
n
I2 
xsin( x) 0d 
2sin( x)dx

n
d
n 0
d
d

d
n
I 2    sin( )dx
n 0
d

(3)

Thay (3) vµo (2) ta cã:
d

d3
2d 2

n
n
I1    1  2 2  sin( x)dx
n
n 0
d

Thay I1 vµo (1) ta ®­îc:
d
d

2  d3
2d 2
n
n
n
2
n 


1

sin(
x)dx

4d
sin(
x)dx





0 d
d  n
n 2 2 0
d


7





2 d3
2d3
4d3
n
n
n



1


1

1

3 3 2 2 1 1

d n
n
n


n 1,2,3...

n là hàm sóng của hạt trong hố thế một chiều trong biểu diễn năng lượng.

Bài tập 2.2.
Tìm năng lượng và hàm sóng của hạt khối lượng m chuyển động trong hộp
thế chữ nhật
0 x a

u 0 0 y a
0 z a


u ở ngoài hộp thế

Bài giải
Phương trình Schrodinger của hạt trong giếng thế có dạng:
2 2
2
2

x, y, z E x, y, z
2m x 2 y 2 z 2

Vì E const nên ta có thể viết: E E1 E 2 E 3
Đặt: x, y, z x y z
Phương trình (1) trở thành:


2 2
2
2



x y z E1 E 2 E 3 x y z
2m x 2 y 2 z 2

Chia hai vế của phương trình cho x y z ta được:
2
2
2
2 1 x
1 y
1 z




E1 E 2 E 3

2m x x 2
y y 2
z z 2

2
d 2 x 2m
2 1 x
E1
2 E 1 x 0

2m x x 2
dx 2


8

(2)


2
d 2 y 2m
2 1 y

E2
2 E 2 y 0
2m y y 2
dy 2


(3)

2
d 2 z 2m
2 1 z

E3
2 E 3 z 0
2m z z 2
dz 2


(4)

Ta có thể giải phương trình (2), còn phương trình (3) và (4) cho nghiệm hoàn
toàn tương tự.
Giải phương trình (2) ta có phương trình đặc trưng: q 2
q i

2m
E1 0
2


2mE1
2mE1
ik ; k

2

2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2) là:
x C1 sin kx C 2 cos kx

Do C1 , C 2 là hằng số tích phân tuỳ ý nên ta đặt:
C1 Acos, C 2 Asin x Asin kx

Dùng điều kiện biên x 0, y, z ; x, y 0,z ; x,y, z 0
Ta có: 0, y, z x, 0, z x,y,0 0
x 0 0 A sin 0

Tại x a a A sin ka 0 ka n1 k

n1
a

n1k
2 n12 2
x A sin
; E1
n 0, 1, 2...
a
2m a 2

áp dụng điều kiện chuẩn hoá: A

2
a

Các giá trị n1 0 , dẫn đến 0 do đó xác suất tìm thấy hạt tại mọi điểm
trong giếng thế bằng 0, điều này mâu thuẫn với bài toán là cho hạt trong giếng thế.

9


Vậy n1 0 bị loại trừ, các giá trị ứng với n 1, 2... thì hàm sóng đổi dấu so với
các hàng song tương ứng với n 1,2,... . Như vậy hai hàm sóng khác dấu cùng mô
tả một trạng thái của hạt. Vì vậy chỉ cần lấy các giá trị dương và nguyên của n.
Vậy nghiệm của (2) là:
2
n1x
2 n12 2
x
sin
;E1
a
a
2m a 2

với n 1,2,3..

Giải tương tự với (3) và (4) ta có:
y

2
n y
2 n 22 2
sin 2 ;E 2
với n 1,2,3..

a
a
2m a 2

2
n 3z
2 n 32 2
z
sin
;E 3
với n 1,2,3..
a
a
2m a 2

2.3. Hạt truyền qua hàng rào thế
2.3.1. Cơ sở lí thuyết
Ta xét hàng rào thế năng một chiều được xác định:
0 x 0
miền I

U x U 0 0 x a miền II

miền III
0 x a

Theo cơ học cổ điển, một hạt truyền từ phía trái sang phải có năng lượng
E U o sẽ truyền qua hàng rào thế, không bị phản xạ trở lại. Nếu năng lượng của

hạt E U 0 hạt bị phản xạ toàn phần bởi hàng rào thế.

Phương trình Schrodinger mô tả chuyển động của hạt ở miền có dạng:

10


miền I
miền II
miền III

'' k 20 0

2
'' k 0

2
'' k 0 0

Đặt k 0

(1)
(2)
(3)

2m U 0 E
2mE
;k



Nghiệm của phương trình có dạng:

I e ik 0x Ae ik 0x

kx
kx
II Be Ce

ik 0 x
III De

ở miền III chỉ có sóng truyền qua không có sóng phản xạ, do đó không có
mặt số hạng tỉ lệ với e ik 0x .
ở điểm x 0 và x a thế năng có bước nhảy hữu hạn, do đó cả x lẫn
gradient của nó x ' x đều liên tục. Đạo hàm của nó trong không gian:
I 0 II 0 , 'I 0 'II 0
II 0 III 0 , 'II 0 'III 0

Thay x 0 và x a ta có phương trình:
BC
1 A

k B C
ik 0 1 A
ka
ka
De ik 0a
Be Ce
k Be ka Ce ka ik Deik 0a
0

Giải hệ phương trình tìm các giá trị của 4 ẩn A, B, C, D
Gọi R

Cường độsóng phản xạ
Hệsố phản xạ bởi hàng rào thế
Cường độsóng tới

11


2

Ae ik 0 x
2
A
Ta có hệ số phản xạ bởi hàng rào thế: R ik 0 x
e
2

Deik 0 x
2
Hệ số truyền qua hàng rào thế: Q ik 0 x D
e

Tính toán hệ số D: Deik 0 x

4ikk 0

ik 0 k

Trong đó: Q 0

16
k k0

k0 k

2

e ka ik 0 k e ka

1 có thể bỏ qua e ka so với e ka và:

Trong các trường hợp hay gặp ka
Deik 0 a

2

4ikk 0

ik 0 k

2

e ka

khi U U x

2

2
2

ikk 0

2

Q D De ik 0x 16

ik 0 k

2

16

e 2 ka

k k0

k0 k

2

e2ka

2

Q 0 exp
2m U 0 E a



Ta có công thức suy rộng cho hệ số truyền qua hàng rào thế:
2b

Q Q 0 exp 2m U x E dx
a


2.3.2. bài tập
Bài tập 3.1.
Xác định hệ phản xạ và hệ số truyền qua Q của hạt m chuyển động qua hàng
rào thế một chiều:
0 x 0
U x
U 0 x 0
12

(1)


Bài giải
Như vậy ở bên trái và bên phải gốc toạ độ thì hạt chuyển động tự do: Khi đi
qua gốc toạ độ từ phải sang trái động năng của hạt tăng thêm U0 ngược lại muốn
cho hạt có thể đi qua gốc toạ độ từ trái sang phải thì phải tốn một công bằng U0.
Ta xét chuyển động của một hạt có cơ năng toàn phần là E (bằng động năng

T cộng với thế năng U) đi từ trái qua phải.
Theo cơ học cổ điển nếu E U 0 thì hạt có thể đi qua O. Tại điểm này đông
năng của hạt giảm: trước khi đi qua O động năng có gía trị bằng E U 0 như vậy
hạt có thể hoàn toàn đi qua O (không có phản xạ).
Cũng theo cơ học cổ điển nếu E U 0 thì hạt không thể đi qua O vì tại miền
x 0 động năng T của hạt có giá trị âm E U 0 0 . Điều này không thể xảy ra

được. Hạt bị phản xạ hoàn toàn tại O.
Bây giờ ta xét chuyển động của hạt trong cơ học lượng tử:
Phương trình Schrodinger đối với chuyển động của hạt có dạng:
2 d2
2m dx 2 x E x



(1)

Trong miền x 0 thì U x 0 phương trình có dạng:
2 d 2

x E x
2m dx 2

Hay là:

d2 x
dx 2

2mE
0
2 x

(2)

Trong miền x 0 thì U x U 0 phương trình có dạng:
2
2 d x

U 0 x E x
2m dx 2

Hay:

d2 x
dx

2



2m
E U 0 x 0


13

(3)

Ta phân biệt hai trường hợp E U 0 và E U0 và xét riêng từng trường hợp:
1. Trường hợp E U 0
Trong miền x 0 hàm sóng thoả mãn phương trình
2mE

(4) d2
2


x
k 20 x 0

2
2m E U 0
dx
k12
(5)
2


k 20

Và nghiệm có dạng x eik 0 x Ae ik 0x

(6)

ở vế phải của (6) ta chọn hệ số bên cạnh e của số hạng thứ nhất bằng 1 để
cho đơn giản phép tính, điều này cho thấy có thể làm được vì hàm riêng x được
xác định sai khác nhau một hằng số nhân.

Số hạng eik 0x biểu diễn sóng với (đi từ trái sang phải).
Số hạng Ae ik 0x biểu diễn hàm sóng truyền theo chiều từ phải sang trái, đó là
sóng phản xạ.
Trong miền x 0 , hàm sóng phải thoả mãn phương trình
d2 x
dx

2

k12 x 0

Và nghiệm có dạng x Be ik1x

(7)

Tại điểm x 0 nghiệm và đạo hàm của nó phải liên tục, tức là:
0 0

(8)

' 0 ' 0

(9)

Đó là điều kiện, áp dụng các điều kiện ấy ta có:
1 A B

(10)

ik 0 1 A ik1B

(11)

Giải hệ phương trình nói trên đối với A và B ta thu được:

14


A

k 0 k1
k 0 k1

Và B

(12)

2k 0
k 0 k1

(13)

Thay k0 và k1 từ (4) và (5) vào (12) và (13) ta được kết quả cuối cùng của A
và B như sau:
A

k 0 k1 2E 2 E E U 0 U0

k 0 k1
U0

2 E EE U0
2k 0
B

k 0 k1
U0



Các điều kiện biên không dẫn đến đòi hỏi gì đối với k0 và k1 do đó năng
lượng của hạt có thể có giá trị bất kỳ. Các hằng số A và B cho ta biên độ của sóng
phản xạ và sóng truyền qua. Hệ số phản xạ R có giá trị
R

px
T

R



2
2



Ae ik 0x

e ik 0x

2

2

A

2

2E 2 E E U 0 U 0

2

U0

8E 2 8EU 0 8E E E U 0 U 20 4U 0 E E U 0
U 20

Hệ số truyền qua hàng rào thế là:
2

Q 1 A 1



8E 2 8EU 0 8E E E U 0 U 20 4U 0 E E U 0
U 20

8EU 0 8E E E U 0 8E 2 4U 0 E E U 0

U 20

15


Ta thấy theo cơ học lượng tử có sự phản xạ ở điểm x 0 (khác với cơ học cổ
điển).
2. Trường hợp E U 0 :
Đặt k 20
Và k

2mE
2

2m U 0 E
2

(14)

Trong miền x 0 hàm sóng có dạng (6), còn trong miền x 0 thì hàm sóng
thoả mãn phương trình:
d2 x
dx

2

k 2 x 0 và nghiệm có dạng x Ce kx De kx

Khi x thì hàm sóng phải hữu hãn, điều đó đòi hỏi D 0 , tức là:
x Ce kx

(15)

áp dụng các điều kiện biên (8) và (9) ta có:

1 A C

(16)



ik 0 1 A kC (17)

k 0 ik

A


k 0 ik

Giải hệ phương trình (16), (17) ta có:
C 2k 0

k 0 ik

(18)
(19)

Cũng như trường hợp 1 ta thấy không có sự đòi hỏi gì đối với k và k0 do đó
năng lượng có thể có giá trị liên tục.

2

k ik
1
Với hệ số phản xạ: R A 0
k 0 ik
2

Như vậy là hạt bị phản xạ toàn phần (giống như cơ học cổ điển). Nhưng ở
đây hạt không bị phản tất cả tại điểm x 0 . Xác suất để cho hạt ở trong miền x 0
thì khác không, nhưng xác suất này chỉ đáng kể gần điểm x 0 . Khi x tăng thì mật
2

độ tìm thấy hạt giảm nhanh theo định luật hàm số mũ F x C e2 kx .
16


2.4. Dao động tử điều hoà
2.4.1. Cơ sở lí thuyết
Xét bài toán chuyển động của hạt quanh vị trí cân bằng dưới tác dụng của lực
đàn hồi Fx kx .
Thế năng của lực đàn hồi:
x

x

kx 2 m2 x 2
U Fx dx kxdx

2

2
0
0

Trong đó tần số góc của dao động

k
m

2m
m2 x 2
Giải phương trình Schrodinger: '' 2 E
x 0

2

Đặt x

m
2E
;
phương trình (1) có dạng:







'' 2 0

(2)

Khi đủ lớn, có thể kéo qua số hạng trong vế trái của (2)
'' 2 0

Nghiệm của (3) là:

(3)

2
exp
2

2
Đặt y exp
2

(4)

Thay (4) vào (2) được phương trình cho hàm y :
y'' 2y' 1 y 0

Ta tìm nghiệm của (5) dưới dạng chuỗi luỹ thừa:

17

(5)

(1)

y

a kk


k 0




k 1
y'

ka


k 1 a k 1



k
k 0
k 0

k 1
k
y'' k 1 ka k 1 k 2 k 1 a k 2
k 0
k 0


Thay vào (5) ta được:


k 2 k 1 a

2k 1 a k k 0

k 2

k 0

Hệ thức truỵ toán: a k 2

2k 1
a
k 2 k 1 k

a n 2 0 và 2n 1 n

2En

1

Biểu thức của năng lượng: E n n n 0,1,2,...
2


Năng lượng của dao động tử bị lượng tử hoá, nó phụ thuộc vào số lượng tử n.
Trạng thái ứng với n 0 gọi là trạng thái cơ bản của dao động tử lượng tử. Thay
1 2n vào (5) phương trình trở thành:
y'' 2y' 2ny 0

(6)

(6) là phương trình Hermite, nghiệm là đa thức Hermite bậc n:
d n 2
H n 1 e
e
d n
n

2

Một số đa thức Hermite đầu tiên:
H0 1
H1 2
H 2 4 2 2
H 3 83 12

18

2
Ta có nghiệm: A n exp H n
2

Đổi từ biến về biến x thì hàm sóng của dao động tử điều hoà là hàm:
1

m 4 1
m 2 m
x
exp
x H n x


n


2



2 n!



2.4.2. Bài tập
Bài tập: 4.1:
Tính các giá trị trung bình của các đại lượng x n n 1,2,3... px và p 2x của
dao động tử điều hoà một chiều ở trạng thái:

1

m 4
m 2
0 x
exp
x

2

Bài giải
Dao động tử điều hoà một chiều ở trạng thái:
1
4

m
m 2
0 x
exp
x


2


Ta có: p x

x p x dx
*
0

x

0





px

0 x i




0 x dx
x



p x i 0 x '0 x dx


Vì 0 x là hàm chẵn nên 0 x '0 x là hàm lẻ


p x i 0 x '0 x dx 0

19



2
x

   x  p   x  dx
*
0

p 

2
x

0




 2 2 
p    0  x   
 x dx
2  0 

x




2
x

1



1

2
 m  4
 m 2   2    m  4
 m 2 
p 2x   
exp

x


x  dx



 exp  
2 


2



x


2













1

 m  2
 m 2  m   
 m 2  
p 2x   2 
exp  
x  
x
exp


  2  x   dx




2



x




 


1


2
 m 
 m 2  
 m 2  m 2
 m 2  
2
2  m 
p x   
x   exp  
x 
x exp  
x  dx 

  
 exp  



2

2


2


  






 



m33
 m 2   m 2 
p 
exp
    x  1   x  dx
 

2
x



m33 
 m 2  m
 m 2  
2
p 
x 
x
exp
  exp  
   x  dx 

  
 
  

 
2
x

¸p dông tÝch ph©n poisson:


ax2

2n 

 x e dx 







 2n  1!!
2

n

n
a

2 n 1


 m 2 
x  dx 

m


 exp  





1 3
 m 2 
 x exp    x  dx  2 m33
2

m2 3
p 

2
x

  1 m 3 


3 3 
 m 2  m  

20


m 1 
 2 m

 p 2x  m

1
 p 2x  m
2


n



   x  x   x  dx   x   x  dx
*
0

x 

n

n

2
0

0





1



 m  2
 m 2 
xn   xn 

x  dx
 exp  








1



 m  2
 m 2 
n
xn  
x  dx
  x exp  




 


1



 m  2
 m 2 
k
x
exp
x  dx
NÕu n  2k  x n  
 

   
 


Theo tÝch ph©n poisson:

 2n  1!!



x

2 n  ax 2

e

dx 

2



n


a

2 n 1

1

 m  2  2k  1!!   
 xn  



2k
  
 m 
x

n

 2k  1!! 

2k

1



 
 m 



2k 1

k

 m  2
 m 2 
2k 1
x
exp
x  dx  0
+ NÕu n  2k  1 th× x n  
 

   
 


 m 2 
x  lµ hµm lÎ
V× x 2 k 1 exp  
 


21

0 nếu nếu=2k+1

Vậy: x n x n 20 x dx 2k 1!! k


nếun 2k
2k
m






Bài tập 4.2.
Tìm các mức năng lượng và hàm sóng của một hạt khối lượng m, điện tích q

dao động một chiều dưới tác dụng của điện trường cường độ không đối đặt dọc
theo phương dao động Ox.
Bài giải
Khi hạt điện tích chuyển động trong điện trường không đổi ngoài thế năng


m2 x 2
còn có thế năng F q
2

Ta có: F gradu U Fdx q x

Phương trình Schrodinger của dao động tử một chiều dưới tác dụng của điện
trường không đổi :
2 d 2 1

2 2
H x x

m

x

xq

r E x
2
2
2m dx

2
2

2q q x
2 d x 1
2
2

m x

x E x
2m dx 2
2
m2 m2


2
2
2


q



q



2 d x 1
2
x

m x
x E
2
2
2m dx 2
2
m

2m







2

q
q khi đó (1) trở thành
;E'

E

Đặt X x
m2
2m2
2
2 d x 1

m2 X 2 x E' x
2
2m dx
2

22

(1)


d2 x 2m
m2 2


E'

x x 0

dx 2
2
2


Đặt X

m
2E'
; 1
'' 1 2 0







(2)

2/ 2

Thì phương trình (2) có nghiệm là: n A n e H n
Sau khi chuẩn hoá hàm về đơn vị ta có:
An

1
2 n n!

1

E 'n n n 0,1,2...
2

1

X2
1
m 4
n x
exp
H n x

2 n n!
2

m
n x

1
4

2

q
x

2
m

1

H x q n 0,1,2...
exp

n
2
2
m

2 n n!

23


Chương 3
Dạng bài toán chuyển động ba chiều đưa về dạng
một chiều
3.1 Cơ sở lí thuyết
Xét bài toán chuyển động trong trường xuyên tâm trong đó thế năng phụ
thuộc vào khoảng cách r x 2 y 2 z2 đến 1 điểm cố định nào đó.
Toán tử Hamilton của hạt:
H

2 2
L2
(
r
)

U (r )
2mr 2 r
r 2mr 2

Ta có: Toán tử bình phương momen xung lượng
2

2

L ,

1

1 2

(sin
)

sin 2 2
sin
2

Khi đó, toán tử hình chiếu momen xung lượng lên một phương nào đó chẳng
hạn phương oz:
Lz i




Thì có thể chứng minh được rằng các toán tử H , L2 , Lz giao hoán với nhau.
Hàm riêng chung của 2 toán tử Lz và L2 ứng với các giá trị xác định của
L2 l(l 1) 2 (l 0,1, 2,...)
Và Lz m (m 0, 1, 2,..., l) là hàm c ầu:
m m

Ylm ( , ) (1)

2

2l 1 (l m )! m
Pl (cos )eim
4 (l m )!

Nghiệm của phương trình Schrodinger: Elm (r, , ) fEl (r )Ylm ( , )
Với phép đặt (*) còn dạng của H cho bởi
H

2 2
L2
(
r
)

U (r )
2mr 2 r
r 2mr 2

Và L2Ylm l(l 1)2Ylm thì phương trình Schrodinger
H (r, , ) E (r, , )
Sẽ biến đổi về phương trình vi phân cho hàm f (r )
d 2 df
2 mr 2
l(l 1)2
(r
) 2 E U (r )
f (r ) 0
dr
dr

2 mr 2

Đặt f

R (r )
r

Phương trình cho R (r ) :


d 2 R 2m
l(l 1) 2

E

U
(
r
)



R 0
dr 2 2
2 mr 2


24

(*)

Trùng với phương trình Schrodinger cho chuyển động một chiều trong trường
thế:
l (l 1)2
U1 ( r ) U ( r )
2mr 2

Bài tập 3.1
Xác định các mức năng lượng của hạt ở trạng thái s (l=0) trong giếng thế đối
xứng xuyên tâm:
U 0 khi r a
U (r )
khi r a
0
Phương trình schrodinger đối với hàm bán kính R(r) khi l=0, có dạng:
d 2 R 2 dR 2m


E U (r ) R 0
dr 2 r dr 2
f (r )
Đặt R(r )
ta có phương trình:
r
d 2 f 2m
2 E U (r ) f 0
dr 2

1

2m
2m(U 0 ),
Đặt E 0, k


Ta có:
d2 f
k 2 f (r ) 0 khi r a
2
dr
d2 f
2 f (r ) 0 khi r a
2
dr
Nghiệm f1 (r ) và f 2 (r ) có dạng:
f1 (r ) A sin kr B cos kr
f 2 (r ) Ce r Der
f (r )
Để hàm R(r )
hữu hạn khi r 0 và bằng không khi r ta phải
r
có B = 0, D = 0. Khi đó ta có:
f (r ) A sin kr
R1 (r ) 1
khi r a
r
r
f 2 (r )
er
R2 (r )

C
khi r a
r
r

25