بسم الله الرحمن الرحيم.

Παρουσίαση με θέμα: "بسم الله الرحمن الرحيم."— Μεταγράφημα παρουσίασης:

1 بسم الله الرحمن الرحيم

2 فصل 10 ساختار حالتهای مقيد

3 چاه پتانسيل کروی معادله شرودينگر برای يک ذره در پتانسيل W :
شکل کروی لاپلاسی: درنتيجه:

4 چاه پتانسيل مربعی شکل پتانسیل:
جوابهای معادله برای r‹a:Sin(kr) و Cos(kr) است از آنجا که بايد U(0)=0 باشد درنتيجه Cos(kr) غير قابل قبول است. در E<0 داريم :

5 چاه پتانسيل مربعی اگر از u نسبت به r مشتق بگيريم و حاصل (u´) را به u تقسيم کنيم و دو معادله را در r=a مساوی قرار دهيم داريم: همچنين: دو مقدار α را مساوی قرار می دهيم . معادله حاصل را برای k حل می کنيم. تعداد حالتهای مقيد بدست می آيد.

6 تعداد حالتهای مقيد رسم نمودار برای سه حالت : V0=1 V0=5 V0=25

7 تابع موج برای V0های مختلف:
همانطور که انتظار می رفت وقتی V0 کوچک باشد u هم کوچک است. Ψ2 ،احتمال حضور ذره با افزايش V0 افزايش می يابد و در نتيجه در r<a بيشتر است. در r>a تابع موج . احتمال حضور ذره صفر شده است. a=1 u(r) :r<a , u(r):r>a

8 Halo State Halo nuclues n 10Be 9Li
شعاع ريشه ميانگين مربعی مربوط به انرژی پايه حالت مقيد نسبت به عمق چاه پتانسيل . واحدها عبارتند از : ħ=2m=a=1

9 اتم هيدروژن هاميلتونی اتم هيدروژن: تعريف مختصات نسبی و مرکز جرم مکان :
و اندازه حرکت :

10 اتم هيدروژن در نتيجه با استفاده از مختصات نسبی هاميلتونی اتم هيدروژن به شکل زير در می آيد:

11 اتم هيدروژن حل معادله شرودينگر در مختصات کروی:
می توانيم از جداسازی زير استفاده کنيم: بنابراين داريم: به ترازهای انرژی می رسيم:

12 دستگاه مختصات سهموی در دستگاه مختصات سهموی سه پارامتر( ξ,η,φ) را داريم: معادله شرودينگر بصورت زير در می آيد: در نتيجه:

13 دستگاه مختصات سهموی از حل معادله فوق ترازهای انرژی به شکل :
بدست می آيند. حال حالت پايه اتم هيدروژن را در دو دستگاه مختصات کروی و سهموی مقايسه می کنيم.چون نتيجه به دستگاه مختصات بستگی ندارد هردو با يد يکسان باشد ؛ =

14 بر آورد از روابط عدم قطعیت
با استفاده از روابط عدم قطعيت می توان اندازه و انرژی حالتهای مقيد را تخمين زد. رابطه عدم قطعيت: برای اتم هيدروژن نتيجه می دهد: با مینيمم کردن انرژی نسبت به r داريم:

15 بر آورد از روابط عدم قطعیت

16 حالتهای مقيد غير عادی طيف انرژی يک پتانسيل معمول پيوستاری از حالتهای غير مقيد با انرژی مثبت و حالتهای مقيد گسسته با انرژی منفی است. جوابهای معادله زير حالتهای مقيد گسسته بر پايه پيوستاری از انرژیهای مثبت می باشند. به شرط آنکه انتگرال: وجود داشته باشد. تابع اندازه حرکت ذره آزاد در اين معادله: صدق می کند: ولی انتگرال پذير مجذوری نيست. *

17 ** حالتهای مقيد غير عادی
برای رفع اين مشکل Ψ را به شکل زير انتخاب می کنيم: f(r) با يد سريعتر از r-½ به بی نهايت ميل کند. با جايگذاری معادله فوق در معادله * داريم: ** f΄(r)/f(r) بايد در نقاط مجانبی cot(kr) صفر شود.f(r) را تابعی از s(r) می گيريم:

18 حالتهای مقيد غير عادی s(r) بايد دو ويژگی داشته باشد:
1)انتگرالده غير منفی باشد تا s(r) تابعی يکنوا از r باشد. 2)انتگرال متناسب با sin(kr) باشد تا ds(r)/dr در صفرهای sin(kr) صفر شود. فرض می کنيم: پتانسيل ** به شکل زير در می آيد: در r های بزرگ : انرژی حالت مقيد:

19 تئوری اختلال حالت پايا معادله ويژه مقدار : حالت غير اختلال
برای λ های کوچک داريم:

20 از روابط (57-10) و (59-10) و(60-10) نتيجه می گيريم:
ويژه بردارهای H0 يک پايه اورتونرمال کامل را تشکيل می دهند که شرط <n|n΄>=δn,n΄ را برآورده می کنند.

21 موارد غير تبهگن فرض کنيد ويژه مقادير H0 در(58-10) غير تبهگن هستند:
از رابطة (63-10) نتيجه می گيريم:

22 از روابط (60-10) و (63-10) نتيجه می شود:
که برای همه مقادير λ معتبر است پس بدست می آوريم: (برای r>0 ) از روابط (58-10) و (65-10) نتيجه می شود:

23 و بنابر اين سهم بردار ويژه درجه اول عبارتست از:
يک تعريف مناسب از کوچکی برای اختلال اين است که عنصر ماتريس وابسته <m|λH1|n> در مقايسه با مخرج انرژی مربوطه (εn­εm) کوچک باشد. از (61-10) و (64-10) داريم: سمت چپ اين تساوی صفر است چون H0 می تواند بر چپ عمل کند تا ويژه مقدار εn=En(0) را نتيجه دهد از رابطه (68-10) و برای r=2 داريم:

24 مثال: نوسانگر هماهنگ مختل
هاميلتونی بدون اختلال : اختلال: اگر اختلال خطی صرفاً مکان کمينه انرژی پتانسيل سهموی را تغيير دهد مسأله قابل حل است. از فصل 6داريم: عناصر ماتريس اختلال:

25 از فصل 6 داريم: و بقيه عناصر ماتريس صفر هستند. با توجه به (67-10) و (70-10)مقادير ويژه اختلال عبارتند از:

26 مثال: گشتاور دو قطبی الکتريکی اتم
گشتاور دوقطبی القايی بصورت زير است: انرژی پتانسيل اتم قطبده شده در ميدان الکتريکی به مقدار ­½|E|2 کمتر از اتم آزاد است . برای محاسبه توان قطبش α: 1)محاسبه انرژی تا درجه دوم E 2)ارزيابی تابع حالت اختلال تا درجه اول E و محاسبه d> در تراز اختلال اين محاسبات را برای حالت زمينه يک اتم هيروژن مانند انجام می دهيم.

27 1) ترازهای انرژی غير مختل اتم هيدروژن بوسيله معادله ويژه مقدار (20-10) مشص می شوند برای يک اتم هيدروژن مانند يک الکترونی : گشتاور دو قطبیd=-er ، مکان الکترون نسبت به هسته r و H1 اختلال بنابر ميدان خارجی می باشد. در نتيجه : عناصر ماتريس <nlm|H1|nl΄m΄> صفر هستند مگر m=m΄ و سه عددl,l΄,1) ( گوشه های مثلث را تشکيل می دهند. دو شرط زير بايد برقرا باشند تا عناصر ماتريس فوق غير صفر باشند.

28 از رابطه (68-10) نتيجه می شود:
با مساوی قرار دادن اين عبارت با تغيير انرژی اتم قطبيده در می يابيم که توان قطبش اتم در حالت زمينه بصورت زير است: 2) برای محاسبه درجه دوم انرژی می توان <d> را در تراز اختلال درجه اول ارزيابی کرد.

29 درحالت زمينه : پس داريم: بهنجارش بردار حالت اختلال برای درجه اول : به دليل تقارن می دانيم تنها قسمت غير صفر از <d> در امتداد محور قطبش جهت گيری خواهد کرد. (79-10) (77-10)

30 مثال:دومين درجه اختلال در حالت محصور
برای يک اتم هيدروژن مانند به جای (75-10) داريم: از رابطه (61-10) داريم: 10 ε مقدار ويژه حالت زمينه H0 است.

31 پس يک معادله ديفرانسيل همگن قابل حل خواهيم داشت که حل آن واحد نيست چون همواره می توان يک ضريب دلخواه از حل معادله همگن (H0-ε10)|100>=0 به آن اضافه نمود. به هر حال واحد بودن بوسيله (64-10) برگردانده می شودو مستلزم آن است که : H0 هاميلتونی درونی يک اتم شبه هيدروژن با جرم کاهش يافته μ و پتانسيل مرکزی w(r) و H1 اثر متقابل دوقطبی اکتريکی (74-10) است. با توجه به (81-10):

32 بايد (84-10) را برای اتم هيدروژن حل کنيم.برای اتم هيدروژن:
از رابطة (80-10) نتيجه می شود:

33 مورد تبهگن فرمولهايی مانند (68-10) و (70-10) ممکن است در مواردی که مقادير ويژه غير مختل تبهگن هستند، عملی نباشند.در اين موارد: با توجه به رابطه (61-10) داريم: و از رابطه (91-10):

34 بنابراين: n ثابت است وs همه مقادير را دارد. انتخاب اختصاصی از ويژه بردارهای درجه صفرم در (91-10) آن هايی است که ماتريس <n,s|H1|n,s΄> را در زير فضای nثابت قطری می کند. اگر εn-εm=0 باشد قطری سازی (92-10) تضمين می کند:

35 مثال: اثر خطی استارک در اتم هيدروژن
(91-10) نتيجه می دهد: عناصر ماتريس <nlm|H1|n΄l΄m΄> مساوی صفر خواهند بود مگر m=m΄ بنابراين تنها عنصر باقی مانده از (92-10) <210|H1|200>=<20H1|210>* خواهد بود. برای حل (92-10): چهار لايه تبهگنی تراز انرژی ε2 اتم هيدروژن ميدان الکتريکی دو تراز مختل

36 تئوری اختلال بريلوئن – ویگنر:
کمترين تراز انرژی انرژی پتانسيل مربوط: تئوری اختلال بريلوئن – ویگنر: از رابطه (57-10)داريم: با توجه به (63-10) و(95-10):

37 (95-10) نتيجه می دهد: از (97-10) داريم: ناديده گرفتن H1در سمت راست، تقريب درجه صفرم |Ψn>≈|n> را نتيجه می دهد.

38 جمع سری های بيکران: مقدار ويژه انرژی

39 مثال: تبهگنی ماتريس 2x2 ساده ای را د رنظر بگيريد که:

40 بسط دترمينان معادله وابسته درجه دوم را نتيجه می دهد.
در حد تبهگن داريم: با بکار برده تئوری اختلال بريلوئن-ویگنر بدست می آوريم:

41 روش وردشی <Φ│→<Φ│+ε<α│
روش وردشی براي معادله هايي كه حل دقيق ندارند و بايد براي آنها از روش تقريبي براي تعيين ويژه مقدارها و ويژه تابع ها استفاده كنيم و همچنين براي مطالعه سيستم هاي پیچیده مانند اتمهای چند الكتروني و مولكول ها بكار ميرود . در روش وردشی تابع ( 110 – 10 ) را در نظر مي گيريم كه در اينجا H يك عملگر خطي و φو ψ توابع تغيير پذير هستند . ما در جستجوی شرایطی هستیم که مقدار Λ ثابت بماند: پس : حال اگر برای تغییرات در Λ عبارت زير را داشته باشيم: <Φ│→<Φ│+ε<α│ Ε يک مقدار کوچک و <α│ يک بردار دلخواه است.

42 برای اولین درجه ازε داریم:
با تقسيم شدن بر ε<α│ و ميل دادن ε به سمت صفرتعريف درستي از δΛ/δφ را مي يابيم . به طور مشابه براي اينكه Λ(Φ,ψ) تحت تغييرات ψ ثابت بماند معادله ويژه مقداري زير را داريم يا:

43 H=Ht → λ=λ* , |φ>=|ψ>
قضيه وردشی: اگر Ht = H و E0 كمترين ويژه مقدار H باشد در نتيجه براي Ψ نامساوي ( 113 – 10 ) را داريم . (113-10) اثبات: ويژه بردار بسط يافته |ψ> را به كار مي بريم كه :

44 با بكار بردن اورتو نرمالي و کامل بودن ويژه بردارها بدست مي آوريم كه :
بدون توجه به چگونگي انتخاب تابع آزمايشي ، قضيه ضمانت مي كند كه كمترين مقدار بدست آمده بهترين تخمين براي E0 است . يك نوع معمول از تابع آزمون وردشی معادله ( ) كه از يك تركيب خطي از يك زير مجموعه محدود از مجموعه بردارهاي پايه اورتور نرمال ساخته شده است . مقادير ثابت Λبوسيله تغيير دادن پارامتر هاي {an} بدست مي آيند: (115-10)

45 چون H = Ht پس شرايط ∂Λ∕∂aj=0صرفاً به مزدوج مختلط ( 116 –10) منجر ميگردد حال ( 116 –10) يك ماتريس NXN معادله ويژه مقداري است و براي محاسبه ويژه مقدار ماتريس NXN تخمين ويژه مقدار H يك عمل طبيعي است. شكل ( 5-10 ) جاي دادن ويژه مقادير تخمينی براي تابع آزمايشي شامل يك تركيب خطي ازNتابع پايه .

46 با توجه به شرايط زير داريم :
اگر داشته باشيم: که |ε> يک بردار خطای کوچک است و: بايد داشته باشيم: با توجه به شرايط زير داريم : و چون: پس نتیجه میگیریم : پس دوكميت درجه اول زيربايد حذف شوند تا مجموع آنها تنها د راندازة خطا يعنی ε از درجه دوم باشد.

47 مثال :‌1 روش وردشی در بدست آوردن انرژي حالت پايه اتم هيدورژن
تابع آزمايش انرژی جنبشی انرژی پتانسیل در محاسبه انرژي جنبشي بهتر است كه (<Ψ|p) (p|Ψ>) را در عبارت انرژي جنبشي قرار دهيم چون هم ساده تر است و هم اولين مشتق را فقط نياز دارد و هم خطا پذيري كمتري دارد .

48 r كمترين مقدار اين عبارت بوسيله شرط ∂<H>⁄∂a=0 كه براي a=ћ2⁄μe2 برآورده می گردد مشخص مي شود و انرژي می نيمم به ازاي اين مقدار a برابر است با: که مقدار دقيق انرژي حالت پايه اتم هيدروژن است .

49 محاسبات وردشی حالت زمينه اتم هيدروژن
انرژي هاي رديف دوم كه براي مطلوب ترين مقدار a ارزيابي گرديده اند . در واحد هاي: نشان داده شده اند . و آخرين رديف شامل يك اندازه گيري از تمام خطاها در بردار ويژه تقريبي است .

50 داد هاي جدول حقيقتي را نشان مي دهد كه يك تقريب بهتر انرژي ضامن تناسب يا حالت بهتر براي تابع حاالت نيست . اگر چه قضيه وردشی براي محاسبه كمترين ويژه مقدار بكار ميرود ممكن است به آن عموميت دهيم تا ترازهاي برانگيخته پائين تر را محاسبه كنيم . در اثبات اساساً ما تابع آزمايشي را به صورت تركيب خطي از بردارهاي ويژه H بيان مي كنيم . بطوري كه : مي خواهيم Emويژه مقدار تراز برانگيخته را اگر <Ψ|Ψn’>=0 باشد برای هر n΄ بطوريكه΄<Em En محاسبه كنيم . پس داريم: Em را بوسيله کمينه کردن <H> به شرطی که |Ψ> اورتوگونال باشد حساب می کنيم.

51 قضيه : براي هر پتانسيل مركزي بايد داشته باشيم :
نمونه اي از كاربرد قضيه وردشی روي نظم ترازهاي انرژي قضيه : براي هر پتانسيل مركزي بايد داشته باشيم : اثبات: رابطة را در معادلةويژه مقدار قرار میدهيم و بدست می آوريم: (120-10) (121-10) شکل 6-10 يک پتانسيل ميان اتمی شاخص شكل 6-10 يك پتانسيل مركزي را نشان مي دهد كه يك هسته بسيار دافع در فواصل كوتاه و يك چاه پتانسيل جاذب در نزديكیr = r0 دارد( پتانسيل بين اتمي در مولكولها)

52 در ادامه اثبات قضيه وردشی را در ( ) به كار ميبريم و با استفاده از شرايط مرزي ul(0)=ul(∞)=0 ميتوان نشان داد كه kl=kl† حال اگرul+1(r) ويژه تابع صحيح عملگرkl+1 مطابق با كمترين ويژه مقدار El+1min باشد با شرط : می توان نوشت: بنابر قضيه وردشی اولين جمله يك مرز بالائي براي Elmin است . دومين جمله مساوي با ميباشد كه مثبت است پس نتيجه ميگريم كه

53 مرزهاي بالاتر و پائين تر روي ويژه مقادير‌
مرزهاي بالاتر و پائين تر روي ويژه مقادير‌ قضيه وردشی: يك مرز بالاتر براي پائين ترين ويژه مقدار بدست مي آيد ولي هيچ مرز پائینتری را نمیدهد. (123-10) وقتی <Ψ|Ψ>=1 باشد تقريب ما برای ويژه مقدار عبارتست از: بردار خطا اگر λκ نزديکترين مقدار به Λ باشد پس داريم: بنابراين مرزهاي بالاتر و پائين تر را بدست مي آوريم به اين صورت :

54 برای روش کاتو فرض می کنيم که دو عدد α و β را می دانيم بطوريکه:
(126-10) براي بدست آوردن مرزها از بردار خطاي |R> (124-10)و دو بردار كمكي استفاده مي كنيم حال داريم : تحت فرض ( ) هيچ ويژه مقداري بين α و β نيست پس λi-α و λj-β اثر يكساتي دارند . پس:

55 حال هدف محاسبه ويژه مقدار λkاست.
براي بدست آوردن مرز پائين ترj=k را در رابطه ( )، λj≤α<β≤λj قرار ميدهيم . اگر β>λk بااشد:

56 مثال2: پتانسيل استتارشده کولمب
براي بدست آوردن مرز بالاتر در رابطه λj≤α<β≤λj+1 j=k-1 , را قرارمي دهيم .اگر β=λk قرار دهيم از رابطه (128-10)داريم: اگر α=Λ باشدداريم: مثال2: پتانسيل استتارشده کولمب محاسبات انرژی حالت زمينه يک مرز یا تراز الکترون د ر پتانسيل کولمب.w(r).. يک آزمون مهم و عملی از اين روش ها را اثبات می کند.

57 ميانگين انرژي براي تابع آزمايشي Ψ(r) برابر است با:
با توجه به هر α مقداربهینه b بوسيله کمينه كردن Λ يعني قرار دادن Λ⁄∂b=0 ∂ مشخص ميشود . بهترين تخمين براي كمترين انرژي E≈8خواهد بود . ħ=μ=e کمترين تراز انرژی اتم هيدروژن e2a0=0.5است وħ2/μe2 a0= واحد طول شعاع بور است. شکل(7-10) انرژی وردشی برای پتانسيل کولمب

58 اين کميت اندازه ای از خطا دربردار تقريبی ماست.
براي مشخص كردن مرزهاي پائيني براي تقريب انرژي حالت زمينه با يد اين گونه عمل كنيم: اين کميت اندازه ای از خطا دربردار تقريبی ماست. (134-10) ساده ترين مرز پائینی که بوسيله رابطه(125-10) داده شده است به اين صورت می باشد: (135-10)

59 شکل (8-10)نمودارمحاسبات وردشی برای پتانسیل کلمب:
با استفاده از مرز کاتو : بايد β را که به صورت β≤E2 است به عنوان دومين تراز انرژی هيدروژن تخمين بزنيم : β= -⅛ برای صحيح بودن اين عبارت مخرج کسر بايد مثبت باشد. (136-10) شکل (8-10)نمودارمحاسبات وردشی برای پتانسیل کلمب:

60 جدول محاسبات وردشی برای پتانسيل کولمب

61

62 استاد محترم آقای دکتر جلالی
با سپاس و قدردانی از استاد محترم آقای دکتر جلالی

63 و با تشکر از: آقای منوچهری آقای تقی پور آقای قائدی