BÀI TOÁN TÍNH NĂNG LƯỢNG DAO ĐỘNG TỬ ĐIỀU HÒA

BÀI TỐN TÍNH NĂNG LƯỢNG DAO ĐỘNG TỬ ĐIỀU HỊA
Bài 1:
Xét bài tốn dao động tử điều hịa một chiều. Sử dụng phương pháp biến phân để
ước tính năng lượng của
a. trạng thái cơ bản.
b. trạng thái kích thích thứ nhất.
c. Trạng thái kích thích thứ hai.
Lời giải:
a. Hàm thử mà ta chọn cho trạng thái cơ bản phải là hàm chẵn, triệt tiêu ở vơ cực và
khơng có nút. Vì vậy ta chọn hàm dạng Gauss như sau:

 0  x,    Ae  x

2

�

Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có:

 ( x) * ( x)dx  1 � A
�

�

�
2

2

e 2 x dx
�

�

Áp dung tích phân Poisson:
�

2 n  x 2

x e
�

dx 

 2n  1 !!

�

�

=>

2 x 2

e
�

�

2

n


dx 
2


 2n 1

2n  1 !!  1.3.5.7....
trong đó 
là tích các số lẻ=>
1/4

�


�2 �
A .
 1 => A = � �
2
� �
2

+ Biểu thức năng lượng :
�
2
2 � h
d 2 m 2 2 � x2
 0 H  0  A2 �

e  x �


x �
e dx
2
2
m
dx
2
�
�
�

0 H 0  A

�
2

 x 2

e
�

�

�

2
h2 d 2  x2

2
2 x 2 m
.
. 2 e dx  A �
e
x 2 dx
2m dx
2
�


�

2
h2
 x 2 d
 x 2
2 m
 A .
e
(

2

xe
)
d
x

A

2m �
dx
2
�

0 H 0

2

 0 H  0  A2 .
 0 H  0  A2 .

2 .h2
2m

�

2 .h2
2m

�

2

2

2

e  x (e  x  2 x 2 .e x )dx  A2
�

�

2

2

(e2 x dx  2 x 2 .e 2 x ) dx  A2
�

�

�

2

x 2 .e 2 x dx
�

�

m 2
2

m 2
2

�

2

x 2 .e2 x dx
�

�

�

2

x 2 .e 2 x dx
�

�

+ Áp dụng tích phân Poisson:
�

 x 2

e
�

x 2 dx=

�

I1 

�

2 x 2

(e
�

(2n  1)

n
2
 2.n 1
2

dx  2 x 2 .e 2 x )dx=

�

I2 

�

2 x 2

e
�

x 2 dx=

�

 0 H  0  A2 .

=>
Hay


1 

2.11
2 8 3
 2 

2 .h2 1 
m 2 1 
.
 A2
.
2m 2 2
2 2 8 3

0 H 0 
E0 ( ) 

(2.1  1)
21


1 
1 
 2 .


3
2
2 8
2 2

 .h2 m 2

2m
8

 .h2 m 2

2m
8 .

�
E0 ( ) h2 m 2
m

 2  0 =>  0 
E0
2m 8
2h
Để tìm tìm giá trị cực tiểu của , ta có: �

Với

0 

m
2h thay vào E0 ta có :

E0 ( 0 ) 

h
2m

và

 0  x,  0 

1/4

m
�m �  2 h x 2
� � e
� h �

b. Để tìm giá trị gần đúng của năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất, hàm thử

  x,  

phải là hàm lẻ và triệt tiêu ở vơ cùng, có một nút và trực giao với hàm

 0  x,  0 

ở câu a. Vì vậy, hàm thử phải có dạng:

 1  x,    Bxe  x

2

Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có
�

 ( x) * ( x) dx  1 � B
�

�
2

�

2

x 2 .e 2 x dx  1
�

�

Áp dụng tích phân Poisson:
�

2 n  x 2

x e
�

dx 

 2n  1 !!
2

�

�

x .e
�
2

=>

2 x 2

�

B

2

 2n 1

(2.1  1)
21

2n  1 !!  1.3.5.7....
trong đó 

là tích các số lẻ


1 

2.11
2 8 3
 2 
1/4

�

=>

dx 



n

x .e
�
2

2 x 2

dx  1

�

�

�32 3 �
1 
B .

1
�
B=
�
�
2 8 3
� �
2

Ta tìm năng lượng E1 ( ) :
E1 ( )   1 H  1  B

�
2

xe
�

 x 2

�

�

� h2 d 2 m 2 2 �  x2


x �xe dx
�
2
2
� 2m dx
�
�

2
2
h2
m 2 2
 x 2 d
 x 2
E1 ( )  B (
)�
xe
( xe )dx 
B �
x 4e 2 x dx
2
2m �
dx
2
�
2

�

�

2
h2
m 2 2
 x 2 d
 x 2
2  x 2
E1 ( )  B (
)�
xe
(e
 2 x e ) dx 
B �
x 4e 2 x dx
2m �
dx
2
�

2

�

�

2
h2

m 2 2
 x 2
 x 2
 x 2
2 3  x 2
E1 ( )  B (
)�
xe ( 2 xe
 4 xe
 4 x e ) dx 
B �
x 4e 2 x dx
2m �
2
�

2

� h2 �
2
2
m 2
E1 ( )  B 2 �
(
) �(6 x 2 e 2 x  4 2 x 4 e2 x )dx 
2
� 2 m �

Áp dụng tích phân Poisson:

�

�
4  2 x 2
x
e
d
x
�
�
�
�


�

x .e
�
2

=>

dx 

(2.1  1)
21


1


2.11
4
 2 

2 x 2

dx 

(2.2  1)
22


3


.
2.2 1
2
16
2
 2 

�

�

x .e
�
4

và

2 x 2

�


2

�32 3 �� h2 3 
3 
3m 2  �
E1 ( )  �
(
)(
 .
)
.
�
��
32 2 2 �
�  �� 2m 2 2 4 2
2
3m 2  �
�2 ��h 3 
E1 ( )  4 . � ��
( .

.
�

2
2 �
� ��2m 2 2 32

E1 ( ) 

3 h2 3m 2

2m
8

�
E1 ( ) 3h2 3m 2


0
2m 8 2
* Để tìm tìm giá trị cực tiểu của E1 ( ) , ta có: �
E1 ( 0 ) 

=>

=>  0 

m
2h

3h2 m 3m 2 3h
.



2m 2h 8. m
2
2h
1/4

 1  x,  0 

3
� �m �
�
32.
� � ��  m x 2
3 3 1/4
�
4
m
 �  m2h x 2
2
h
�
�
2h
�
�

xe
�
� xe
� 

�

h
�
�
�
�
�
�

Kết quả này trùng với lời giải chính xác bằng phương trình trị riêng.

c. Đối với trạng thái kích thứ hai ta chọn hàm thử dạng:

 2  x,  ,    C (  x 2  1)e  x

2

2
Hàm này chứa 2 thông số ∝ và β. Số hạng (  x  1) đảm bảo hàm thử có hai nút
(x=±1/√β)


Áp dụng điều kiện chuẩn hóa hàm sóng:
�

 ( x) * ( x)dx  1 � C
�

�

2

�

�

C

�

2

(
�

2

2

2

(  x 2  1) 2 e 2 x dx  1
�

�

2

2

x 4 e2 x  2  x 2 e2 x  e2 x )dx  1

�

�

Áp dụng tích phân Poisson:
�

2 x 2

e
�

2 x 2

dx 

(2.1  1)
21


1

2.11
4
 2 

2 x 2

dx 

(2.2  1)
22


3


.
2.2 1
2
16
2
 2 

x .e
�
2

�
�

x .e
�
4

và

�

C 2 ( 2 .

�

(2n  1)

n
2
 2.n 1


2

dx 

�
�

2

e  x x 2 dx=
�


2

3

1



.
 2 .
.

) 1
2
16
2
4 2
2
1/2

3
1
�2 �
C ( .
 2  . .  1)  � �
2
16
4
� �
2

2

1/4

2


�2 � 3
C  � � .(

.  1) 1/2
2
2
� � 16

* Từ điều kiện trực giao của hàm

 0 và  2 cho ta:

1/4

�
m
(
 ) x 2
�m �
 0 ∣ 2  � � .C. �
(  x 2  1)e 2 h
dx
� h � �
1/ 4

 0 ∣ 2

�

m
m
(
 ) x 2
(
 ) x 2
�m �
2
2h
 � � .C. �
(  x .e
 e 2h
)dx
� h � �

�

Áp dụng tích phân Poisson:

 x 2

e
�

�

x 2 dx=

(2n  1)


n
2
 2.n 1


 0 ∣ 2

�
1/ 4
1
�m � �
 � � .C �
.
� h � � 2( m   )
2h
�

 0 ∣ 2

�
�
1/ 4
� 
1
�m � �
 � � .C �
.
 1�
� h � � 2( m   ) � m  
�

2h
� 2h

 0 ∣ 2  0




m
m


2h
2h

�
�
1/4
�
� 
m

1
� �
.
 1�
0
� � .C �
� h � � m  2 � m  
� h

� 2h

�

�
�
�
�
1
.
 1� 0
�
m
�
 2 �
� h
�

�

* Năng lượng
E2 ( ,  )  C

E2 ( ,  )   2 Hˆ 0  2

�
2

( x
�

�

�
�
�
�
�

2

 1)e

 x 2

=>



m
 2
h

:

� h2 d 2 m 2 2 � 2
 x 2

x
(


x

1)
e
dx
�
�
2
2
� 2m dx
�

�
2
2
2
2 d
2 �
� � h
�
2
 x 2 � m
�
E2 ( ,  )  C ���

( x 2  1)e  x
(

x


1)
e

x 2 ( x 2  1) 2 e 2 x �
�dx
2 �
�
2m
dx
2
�
�
� �
�
2

Đặt:
�

2
2
� h2
�
2
 x 2 d
�
I1  ��

(  x  1) e

(  x 2  1) e x �
dx
�
2 �
�
2m
dx
�
� �

Ta có:
I1 

�

2
2
� h2
�
2
 x 2 d
�

(

x

1)
e
(  x 2  1) e x �

dx
�
�
2 �
�
�
2m
dx
�
� �

�

và

2 �
�m 2 2
I 2  ��
x (  x 2  1) 2 e 2 x �
dx
2
�
� �


I1 

�

2

2
2
2
� h2
�
d

(  x 2 e  x  e  x ) �
(2 x.e x  2 xe x (  x 2  1) �
dx
�
�
�
�
�
2m
dx
�
��

�

2
2
2
2
2
� h2
�
d

I1  �

(  x 2 e  x  e x ) �
(2  x.e x  2 x3e x  2 xe  x �
dx
�
�
�
�
2m
dx
�
��

I1 

�

2
2
2
2
2
2
2
2
� h2
�

(  x 2 e  x  e  x ). �

(2  .e x  4  x 2 e x  6 x 2 e x  4 2  x 4 e x  2 e x  4 2 x 2 e x �
dx
�
�
�
�
�
2m
�
��





�

I1  

2
2
2
2
2
2
2
h2
(  x 2e  x  e x ). �
(2 .e x  10  x 2 e x  4 2  x 4e  x  2 e  x  4 2 x 2 e  x �dx
�

�
�
2m �

I1  

2
2
2
2
2
h2
(2  2 x 2 e 2 x  10  2 x 4 e2 x  4 2  2 x 6 e 2 x  2 x 2 e2 x  4 2  x 4 e2 x dx
�
2m �

�









�

2
2

2
2
2
h2
�
(2  .e 2 x  10  x 2 e 2 x  4 2  x 4 e 2 x  2 e 2 x  4 2 x 2 e 2 x �dx
�
�
�
2m �

+

�

Áp dụng tích phân Poisson:
�

2 x 2

e
�

x .e
�
2

2 x 2

dx 

�
�

(2.1  1)
21


1

2.11
4
 2 


2

2 x 2

dx 

(2.2  1)
22


3


.
2.2 1

2
16
2
 2 

2 x 2

dx 

�

(2.3  1)
23


15


.
2.31
3
64
2
 2 

h2 � 2 1
.�
(2 .
2m �
4

�


3

15

1
 10 2 .
.
 4 2  2
.
 2 .
2
3
2
16
2
64
2
4

x .e
�
4

�
�

x .e

�
6

I1  

�

(2n  1)

n
2
 2.n 1


2

dx 

�
�

2

e  x x 2 dx=
�

+

h2 �


1
.�
(2  . 
  10 .
2m �
2
4


3
 �
 4 2  .
.
�
2
2
16
2 �
�


3


1
 4 2  .
.
 2 .
 4 2 .
2

16 2 2
2
4

 �
�
2 �


I1  

h2
 � 2 15 2 15 2  3 � h2
 �
5 3
�
.
(


 
.
.�
(2   

 2   �
�
�
2m 2 �2
8

16
2 4 � 2m 2 �
2
4
�
+

I1  

�
h2
 �7  2 
.
(
  �
�
2m 2 � 16
2
�

Ta có:
I2 

I2 

�

2 �
�m 2 2
x (  x 2  1) 2 e 2 x �

dx
�
�
2
�
� �

�

�m 2 2 2 4 2 x2
2 2  x 2
2 x 2 �
x
(

x
e

2

x
e

e
)�
dx
�
�
2
�

��

m 2
I2 
2
I2 

hay


�

2 6 2 x 2

xe

2

2



 2  x 4 e 2 x  x 2 e2 x ) dx

�

m 2 2 15

3


1
( .
.
 2
.

3
2
2
64
2
16
2 4

m 2
I2 
2

=>

�


)
2

 15 2 3
1
(
 2

)
3
2 64
8
4

�
h2
 �7  2 
m 2
.
(
  �
�
2
E2 ( ,  )  C ( I1  I 2 ) = C 2 2m 2 �16 2
�+ C 2 2
E2 ( ,  )  C 2


2

 15 2 3
1
(
 2
)
3
2 64
8

4

�7h2  2 h2  h2 15m 2 h2  2 3m 2 h2  m 2 h2 �
(





�
�
3
2
32

4
m
2
m
128

16

8 �
�

1/4

2


�2 � 3
m
C  � � .(

.  1) 1/2

 2
2
2
� � 16
h
Thay
và
vào E2 ( ,  ) ta có:
1

�
15h2 9h 7 m 2 3m3 4
m 2 3 ��3m3 2 m 3 �
E2 ( )  �




.� 2 3 
 �
�
8
16 128h2 3 32h 2 ��
16h 

4h 4 �
�18m
�
E2 ( )
0
*Sử dụng điều kiện cực tiểu: �
ta có được :

0 

m
2h

=>

0 

* Như vậy năng lượng và hàm sóng ở trạng thái kích thích thứ 2 có dạng:

2m
h


1/4

E2 ( 0 ,  0 ) 

5
h
2

và

m 2

x
�m � 2m 2
 2  x,  ,    � � (
x  1)e 2 h
�4 h � h

Bài 2:
Sử dụng Phương pháp biến phân để tích năng ở trạng tháng có bản của nguyên tử hidro.
Bài giải: Hàm sóng ở trạng thái cơ bản khơng có nút và triệt tiêu ở vơ cùng, vì vậy ta
chọn hàm thử có dạng:

  x, ,    Ae r /
 * dV  1
�

Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có:
2r


A �
e dV  1
2

V

V

2
Với dV  r dr sin  d d

2r


A �
e r 2 dr sin  d d  1
2

V

� 2r



2

A2 �
e  r 2 dr �
sin  d �
d =1
0

0

� 2r

�

0

� 2r


e r 2 dr 
�
0

3
3
�2 � 4
� �
� �
2

� 2r

4 A2 �
e  r 2 dr =1

�

0

�

Áp dụng công thức:

A2 �
e  r 2 dr.2.2 =1

In  �
x n e   x dx =
0

n!
 n 1



� 2r


4 A �
e r d r =1
2

=>

0

2

0

�

3

1
4 A .
 1 => A=
4
 3

* Năng lượng trung bình của nguyên tử hidro:
h2�2 e 2
h2�2
e2
E ( )   Hˆ    
   
  

2m
2
2m
r

Trong đó:

2


 

+ Số hạng thứ nhất:

h2�2
h2

h2 2
 
 �2  
. A (� *( )).(� ( )) Vd r
2m
2m
2m �

r

d (r ) $
1 r $
 * (r )  � ( r ) 
r   e r
dr
r
với

 

=>

�

h2�2
4 h2 2 2  2r
4 h2  3 2
 h2
  2
.A �

r e dr  2
. . A  A2 .
2m
 2m 0
 2m 4
2m



+ Số hạng thứ hai:
=>

E ( )  A2 .

2r
e2
1
  4 e 2 . A2 �
re  dr  A2 .4 e 2 .
 A2 . e 2 2
2
r
�2 �
0
� �
� �
�

 h2
h2

e2
 A2 . e 2 2 

2m
2m 2 

�
E ( )
0
*Sử dụng điều kiện cực tiểu: �

E ( 0 ) 

=>
tử hidro.

�

-

2 h2 e 2

0
2m 4  2

=>  =

h2
me 2

e2
 me4

2
2
2h2
�h2 � h
2m � 2 � me2
�me �
. Đây là năng lượng trạng thái cơ bản của nguyên
h2



Bài 3: Dùng phương pháp biến phân để ước tính năng lượng của trạng thái cơ bản của
dao động tử điều hòa một chiều với hàm thử được chọn như sau:

 0  x,    Ae  x

trong đó ∝ là số thực dương.


Hàm sóng này có dạng như hình vẽ, nó có một đỉnh chóp tại x = 0, vì vậy đạo
hàm bậc nhất gián đoạn tại x = 0.
Áp dụng điều kiện chuẩn hóa hàm sóng:
�

 ( x) * ( x)dx  1
�

�

� A

�

0

A

2

2 x

e
�

dx  A

�
2

�

2A2

1 2 x
e
2

2 x

2 x

e
�

2

0

dx  1 � A

�

e
�

dx  1

1

�

�

A

2 x

e
�

dx  A

�
�

2

0

�

0

2

2 x

e
�
0

dx  A

�
2

2 x

e
�

dx  1 �

0

�
2

2 x

e
�

dx  1

0

�

2A

2

2 x

e
�

dx  1

0

A2 0 �
(e  e )  1


=> A= 
E   0 ( x,  ) H  0 ( x,  )   0 ( x,  ) 

h2 d 2 m 2 2

x  0 ( x,  )
2m dx 2
2

E   0 ( x ,  ) H  0 ( x ,  )   0 ( x,  ) 

h2 d 2 m 2 2

x  0 ( x,  )
2m dx 2
2

+ Số hạng trung bình của động năng có dạng:
2

2

h2
h2 d 0
* d



d
x

dx
0
0
2m � dx 2
2m �dx

2

2
� * d2
�
d 0
 0 2  0 dx   � dx �
��
� dx
�
dx
�
�

2

h2
h2 d 0
h2 2 d 2  x
* d
 


d
x

d
x
=
.A
e
0
0
2m � dx 2
2m �dx
2m �
dx 2


=

h2 A2 2
.
2m

2h2 3


m


0

�

�

0

�

e x dx 
�
2 x

e
�
0

e  x dx 
�

h2 2 A2
.
2m

2.h2 3 1 2 x

dx 
.
e
2m 2

�
0

�

�

0

0

e  x dx 
�

 x

e
�

dx

h2 2

(1  0)
2m

h2 2
2m

+ Số hạng trung bình thế năng có dạng:

 0 V ( x)  0

A2 m 2

2

�

 A2 m 2

E0 ( ) 

xe
�

�

 A2 m 2



2 2 x

2!

 2 

2 1

A2 m 2 � 2 2 x
dx=
x e dx 
��
2 �
�
0

�

2 2 x

xe
�
0

� A2 m 2 � 2 2 x
dx �
.2 �
x e dx
2
0
�

�� n  x

n! �
x e dx  n 1 �
��
 �
�0

2

 2 

2 1

m 2
4 2

h2 2 m 2

2m
4 2

�
E0 ( ) 2h2 2 m 2


0
4
E0
�

2

m
4

Để tìm tìm giá trị cực tiểu của , ta có:

=>  02 

m
2h


=>

E0 ( ) 

h2 m m 2 2h hm


4m
2 2mh
2

Kết quả này khơng trùng với kết quả chính xác, vì hàm thử có 1 chóp bằng tại x = 0.