Задача из учебника Минкина Симкина "Теория строения молекул"

[amon]

Fanfate в сообщении #1055921 писал(а):

Я пробовал просто взять коммутатор в надежде, что что-то сократится, но остается ещё 2 слагаемых.

И это правильно. В Вашей задаче коммутатор не нулевой. Я о другом. Что (какой оператор, зависящий от $p$ и еще чего-то) можно придумать, что бы $[v,U]=0$? Это - другая задача, на мой взгляд более интересная, и я не знаю, имеет ли она корректное решение.

[Fanfate]

проблема, то в том, что в ответах написано, что "можно". Значит они должны коммутировать

[amon]

Fanfate в сообщении #1055923 писал(а):

проблема, то в том, что в ответах написано, что "можно". Значит они должны коммутировать

Однако, не коммутируют. В учебниках тоже бывают ошибки. А поскольку ни где до этой задачки не сказано, что такое $v$, то есть сильное подозрение, что в этом месте авторы и прокололись.

[Fanfate]

Предлагаете попробовать найти такое $U$, чтобы коммутатор был равен нулю?)

[amon]

Fanfate в сообщении #1055925 писал(а):

Предлагаете попробовать найти такое $U$, чтобы коммутатор был равен нулю?)

Можно так, а можно зафиксировать $V$, попытаться к нему подобрать $\hat{v}$ и построить гамильтониан так, что бы концы сошлись. Только это все довольно сложные задачи (по сравнению с уровнем Вашего учебника).

[Fanfate]

Лучше я буду постепенно повышать свои навыки, у меня и с этими задачами проблемы. Например следующая, ошибка походу в способе решения интегралов.
Напишу всё что я сделал:
Сначала необходимо найти среднее значение энергии:
$\bar{E} = \int \Psi \ast \hat{H} \Psi dV = \int e^{-cr^2}(-\frac{1}{2}\nabla ^2 - \frac{1}{r})e^{-cr^2}dV = \int e^{-cr^2}(-\frac{1}{2}\nabla ^2 - \frac{1}{r})e^{-cr^2}r^2 dr$
Оператор лапласа представил через сферическую форму (учебник по квантовой химии, поэтому я думаю мы работаем с атомами).
$\nabla ^2 = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}r^2 \frac{\partial}{\partial r}$

В итоге получилось 4 штуки интегралов, начну с тех что не вызвали вопросов:
1. $\int e^{-2cr^2}rdr = \binom{u=-2cr^2}{du =-4crdr} = -\frac{1}{4c} \int e^u du = -\frac{1}{4c} e^{-2cr^2}$
2. $\int e^{-2cr^2}dr $ - как я понял это Гауссовый интеграл и равен он $= \sqrt{\frac{\pi}{2c}}$ - Либо тут либо дальше зарыта ошибка.
3. $\int e^{-2cr^2}r^2 dr$ - здесь решил по частям $= \binom{u=r^2, dv=e^{-2cr^2}}{du =2rdr, v = \int e^{-2cr^2} dr}$ Как понимаете $v$ у меня опять стало равно $ \sqrt{\frac{\pi}{2c}}$ иду дальше, подставляю и интеграл становится равен нулю.
4. Также у меня получилось и со следующим интегралом, который я решил точно также
$\int r^4 e^{-2cr^2} dr = 0$
Дальше нужно было $\frac{\partial \bar{E}}{\partial c} = 0$
$\frac{\partial \bar{E}}{\partial c} = -\frac{1}{6}\sqrt{\frac{\pi}{2}}c^{-\frac{3}{2}} - \frac{1}{8c^2}e^{-2cr^2} - \frac{2r^2}{4c}e^{-2cr^2} = 0$

Что совершенно не приводит к ответу предложенному в учебнике.

Надеюсь когда-нибудь я смогу решать задачи из этого учебника, ибо их ещё много...

[amon]

Поставьте пределы интегрирования, и часть ответов сразу поменяется. Пункт 3. становится пунктом 2. если... (дальше сами догадайтесь). "По частям" у Вас с ошибкой. А вообще, лучше взять хороший учебник (Киселева, и исправления к нему в интернете, к примеру) и хороший задачник (Галицкого или Флюге), а то опять какая ляпа будет.

[Fanfate]

По порядку:
Пределы интегрирования тут $-\infty$ и $+\infty$ в некоторых случаях мне кажется жизнь не упрощают. Я лучше перепишу в более правильном виде "с константой".

"Пункт 3. становится пунктом 2. если..."
Я сделал так
$3. = \frac{1}{2}\int e^{-2cr^2}rdr^2 = \binom{u=r, dv = e^{-2cr^2}dr^2}{du=dr, v = -2ce^{-2cr^2}}= -cre^{-2cr^2}^{+\infty}_{-\infty}+c\int e^{-2cr^2}dr$

Интеграл по частям с ошибкой потому что нет пределов интегрирования в первом слагаемом? Ну если подставить бесконечности кажется ноль будет.

Книги вы имеете ввиду следующие:
Учебник: http://www.twirpx.com/file/1219796/ часть 1
http://www.twirpx.com/file/1219797/ часть 2
Исправления: https://sites.google.com/site/quantyfop ... a-mehanika
Задачник:
http://www.twirpx.com/file/192319/

К этому учебнику я перешел, когда понял, что не смогу решить задачи другого учебника, где сразу начинали с "квантовой химии". В этом учебнике квантовая химия дальше (собственно и поэтому выбор пал на него).
Наверно будет хорошей идеей натренировать себя задачами по квантовой механике прежде, чем идти дальше, но я даже боюсь представить сколько у меня это времени займет.

[amon]

Fanfate в сообщении #1056457 писал(а):

Пределы интегрирования тут $-\infty$ и $+\infty$

Вы тут зуб даете?

Fanfate в сообщении #1056457 писал(а):

$3. = \frac{1}{2}\int e^{-2cr^2}rdr^2 = \binom{u=r, dv = e^{-2cr^2}dr^2}{du=dr, v = -2ce^{-2cr^2}}= -cre^{-2cr^2}^{+\infty}_{-\infty}+c\int e^{-2cr^2}dr$

У-у, как все запущено. Это $\frac{1}{2}\int e^{-2cr^2}rdr^2$ ведь результат замены переменных $t=x^2$. Проделайте ее как в школе учили. Вам желательно еще освежить знания по математике (интегралы там всякие, дифференциалы, линейная алгебра и проч.), а то ошибки у Вас очень детские.

-- 25.09.2015, 14:39 --

Fanfate в сообщении #1056457 писал(а):

Книги вы имеете ввиду следующие:

Да, эти самые книги.

[Fanfate]

Нет, это я так внес переменную под знак).
Да уж радиус то с нуля.
За ошибки очень стыдно, но что поделать из головы быстро все вылетает. Я тут и за тем, чтобы это исправить. А пишу здесь, чтобы меня исправили. Если стыдиться своих ошибок, то они никуда не исчезнут.

[amon]

Fanfate в сообщении #1056738 писал(а):

А пишу здесь, чтобы меня исправили. Если стыдиться своих ошибок, то они никуда не исчезнут.

Так и пишите - поиздеваемся, но поможем. Итак, что нам делать с $\int e^{-2cr^2}r^2 dr$ и $\int r^4 e^{-2cr^2} dr = 0$? С "по-частям" Вы ошиблись, и я по секрету скажу, что так эти интегралы не сосчитать. Как сосчитать - я намекнул. Дерзайте!

[Fanfate]

Меня пробивает уже на смех, последняя попытка и я иду решать, что полегче:
$\int e^{-2cr^2}r^2 dr = (t=r^2; d(r^2)=dt; 2rdr = dt) = \frac{1}{2}\int e^{-2ct}\sqrt{t}dt$
Если вернуться к переменной r и решая опять "по частям" опять получить $c\int e^{-2cr^2}dr$. Т.к. $uv=-c\frac{r}{e^{2cr^2}}- 0=0$ при $r \to \infty$ я решил пользуясь правилом Лопиталя для бесконечных чисел.

Другого способа я не вижу.
Недостаточно прокачан навык (шутка)

[amon]

Fanfate в сообщении #1057213 писал(а):

$\int e^{-2cr^2}r^2 dr = (t=r^2; d(r^2)=dt; 2rdr = dt) = \frac{1}{2}\int e^{-2ct}\sqrt{t}dt$

Это правильно, но, как и обещали ученые, бесполезно.

$$ \int_0^\infty e^{-ar^2}r^2dr=-\frac{d}{da}\int_0^\infty e^{-ar^2}dr $$

Про четвертую степень, надеюсь, сами догадаетесь.

[Fanfate]

Я бы не догадался=\
$\int e^{-2cr^2}r^2 dr =-\frac{1}{2}\frac{d}{dc}\int e^{-2cr^2} dr = -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{d}{dc}c^{-\frac{1}{2}} =\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{2}}c^{-3/2}$
Во втором интеграле нужна вторая производная и ответ будет $\frac{3}{16}\sqrt{\frac{\pi}{2}}c^{-5/2}$

Дополнение: Понял, что немного неправильно беру Гауссов интеграл
Ведь $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$, а у нас пределы интегрирования от $0$ до $\infty$.

Получается, что в нашем случае:
$\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$

[amon]

Теперь осталось ответ написать.