Ta có:
Hàm \(\Psi\)được gọi là hàm chuẩn hóa nếu: \(\int\Psi.\Psi^{\circledast}d\tau=1hay\int\Psi^2d\tau=1\)
Hàm \(\Psi\)chưa chuẩn hóa là: \(\int\left|\Psi\right|^2d\tau=N\left(N\ne1\right)\)
Để có hàm chuẩn hóa, chia cả 2 vế cho N,ta có:
\(\frac{1}{N}.\int\left|\Psi\right|^2d\tau=1\Rightarrow\frac{1}{N}.\int\Psi.\Psi^{\circledast}d\tau=1\)
Trong đó: \(\Psi=\frac{1}{\sqrt{N}}.\Psi\)là hàm chuẩn hóa; \(\frac{1}{\sqrt{N}}\)là thừa số chuẩn hóa
Ta có:
\(\frac{1}{N}.\int\Psi.\Psi^{\circledast}d\tau=\frac{1}{N}.\int\left|\Psi\right|^2d\tau=1\Leftrightarrow\frac{1}{N}.\iiint\left|\Psi\right|^2dxdydz=1\)
Chuyển sang tọa độ cầu, ta có: \(\begin{cases}x=r.\cos\varphi.sin\theta\\y=r.sin\varphi.sin\theta\\z=r.\cos\theta\end{cases}\)với \(\begin{cases}0\le r\le\infty\\0\le\varphi\le2\pi\\0\le\theta\le\pi\end{cases}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{N}.\iiint\left(r.\cos\varphi.sin\theta\right)^2.e^{-\frac{r}{a_o}}.r^2.sin\theta drd\varphi d\theta=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{N}.\int\limits^{\infty}_0r^4.e^{-\frac{r}{a_o}}dr.\int\limits^{2\pi}_0\cos^2\varphi d\varphi.\int\limits^{\pi}_0sin^3\theta d\theta=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{N}.\frac{4!}{\left(\frac{1}{a_o}\right)^5}.\int\limits^{2\pi}_0\frac{\cos\left(2\varphi\right)+1}{2}d\varphi\int\limits^{\pi}_0\frac{3.sin\theta-sin3\theta}{4}d\theta=1\)(do \(\int\limits^{\infty}_0x^n.e^{-a.x}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}\))
\(\Leftrightarrow\frac{1}{N}.24.a^5_o.\frac{4}{3}.\pi=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{N}=\frac{1}{32.a^5_o.\pi}\)
\(\Rightarrow\)Thừa số chuẩn hóa là: \(\frac{1}{\sqrt{N}}=\sqrt{\frac{1}{32.a^5_o.\pi}}\); Hàm chuẩn hóa: \(\Psi=\frac{1}{\sqrt{N}}.\Psi=\sqrt{\frac{1}{32.a^5_o.\pi}}.x.e^{-\frac{r}{2a_o}}\)
áp dụng dk chuẩn hóa hàm sóng. \(\int\psi\psi^{\cdot}d\tau=1.\)
ta có: \(\int N.x.e^{-\frac{r}{2a_0}}.N.x.e^{-\frac{r}{2a_0}}.d\tau=1=N^2.\int_0^{\infty}r^4e^{-\frac{r}{a_0}}dr.\int_0^{\pi}\sin^3\theta d\tau.\int^{2\pi}_0\cos^2\varphi d\varphi=N^2.I_1.I_2.I_3\)
Thấy tích phân I1 có dạng tích phân hàm gamma. \(\int^{+\infty}_0x^ne^{-ax}dx=\int^{+\infty}_0\frac{\left(\left(ax\right)^{n+1-1}e^{-ax}\right)d\left(ax\right)}{a^{n+1}}=\frac{\Gamma\left(n+1\right)!}{a^{n+1}}=\frac{n!}{a^{n+1}}.\)
.áp dụng cho I1 ta được I\(I1=4!.a_0^5=24a^5_0\). tính \(I2=\int_0^{\pi}\sin^3\theta d\theta=\int_0^{\pi}\left(\cos^2-1\right)d\left(\cos\theta\right)=\frac{4}{3}\). tính tp \(I3=\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi d\varphi=\int_0^{2\pi}\frac{\left(1-\cos\left(2\varphi\right)\right)}{2}d\varphi=\pi\)
suy ra \(\frac{N^2.24a_0^5.\pi.4}{3}=1\). vậy N=\(N=\frac{1}{\sqrt{32\pi a_0^5}}\). hàm \(\psi\) sau khi chiuẩn hóa có dạng \(\psi=\frac{1}{\sqrt{\pi32.a_0^5}}x.e^{-\frac{r}{2a_0}}\)
Ta có điều kiện chuẩn hóa :\(\int N^2\psi^2dt=1\) (1)
lại có: \(\psi=xe^{\frac{-r}{2a_o}}\)
Do đó (1) trở thành: \(\int N^2x^2e^{\frac{-r}{a_o}}dt=1\) (2)
trong đó:\(\begin{cases}x=rsin\phi\cos\varphi&\\dt=r^2drsin\phi d\phi d\varphi&\end{cases}\)
với\(\begin{cases}o\le r\le\infty&\\o\le\phi\le\pi&\\o\le\varphi\le2\pi&\end{cases}\)
khi đó(2)\(\Leftrightarrow N^2\iiint\limits r^2sin^2\phi cos^2\varphi e^{\frac{-r}{a_o}}r^2drsin\theta d\theta d\varphi=1\)
\(\Leftrightarrow N^2\int\limits^{\infty}_or^4e^{\frac{-r}{a_o}}dr\int\limits^{\pi}_osin^3\phi d\phi\int\limits^{2\pi}_ocos^2\varphi d\varphi=1\)(3)
mặt khác ta lại có tích phân \(\int\limits^{\infty}_ox^ne^{-ax}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}\)
áp dụng kết quả trên vào tích phân ta đc: \(\int\limits^{\infty}_or^4e^{\frac{-r}{a_o}}dr=\frac{4!}{\left(\frac{1}{a_o}\right)^5}\)
khi đó (3) <=> \(N^2\frac{4!}{\left(\frac{1}{a_o}\right)^5}\left(-1\right)\int\limits^{\pi}_o\left(1-cos^2\phi\right)d\phi\int\limits^{2\pi}_o\left(\frac{1+cos2\varphi}{2}\right)d\varphi=1\)
\(\Leftrightarrow24N^2a^5_o\left(-1\right)\left(cos\theta-\frac{cos^3\theta}{3}\right)^{\pi}_o\left(\frac{1}{2}\varphi+\frac{1}{4}\sin2\varphi\right)^{2\pi}_o=1\)
\(\Leftrightarrow24N^2a^5_o\frac{4}{3}\pi=1\)
\(\Rightarrow N=\frac{1}{\sqrt{32a^5\pi}}\)
Vâỵ hệ số chuẩn hóa là \(N=\frac{1}{\sqrt{32a^5\pi}}\)
điều kiện chuẩn hóa là: \(\int\)N2\(\Psi^2\)d\(\tau\)=1
xét: \(\int\)N2\(\Psi^2\)d\(\tau\)=\(\int\limits^{\infty}_0\)\(\int\limits^{\pi}_0\)\(\int\limits^{2\pi}_0\)N2.x2.e-r/2a.r2.sin\(\theta\)drd\(\theta\)d\(\varphi\)
=\(\int\limits^{\infty}_0\)\(\int\limits^{\pi}_0\)\(\int\limits^{2\pi}_0\)N2.(rsin\(\theta\)cos\(\varphi\))2.e-r/2ar2.sin\(\theta\)drd\(\theta\)d\(\varphi\)
=N2\(\int\limits^{\infty}_0\)\(\int\limits^{\pi}_0\)\(\int\limits^{2\pi}_0\)r4.sin\(\theta\)3.cos\(\varphi\)2.e-r/2adrd\(\theta\)d\(\varphi\)
=N2\(\int\limits^{\infty}_0\)r4.e-r/2adr.\(\int\limits^{\pi}_0\)sin\(\theta\)3d\(\theta\).\(\int\limits^{2\pi}_0\)cos\(\varphi\)2d\(\varphi\)
=N2.I.J.K
với . I=\(\int\limits^{\infty}_0\)r4.e-r/2adr có tích phân:\(\int\)xn.e-n/xdx=\(\frac{n!}{a^{n+1}}\)
I=\(\frac{4!}{\left(\frac{1}{a_0}\right)^5}\)
.J=.\(\int\limits^{\pi}_0\)sin\(\theta\)3d\(\theta\)=-\(\int\limits^{\pi}_0\)sin\(\theta\)2.d(cos\(\theta\))=-\(\int\limits^{\pi}_0\)(1-cos\(\theta\)2)d(cos\(\theta\))
=(\(\frac{cos^3\theta}{3}\)-cos\(\theta\))
thế cận từ 0 đến \(\pi\): J=4/3
.K=\(\int\limits^{2\pi}_0\)cos\(\varphi\)2d\(\varphi\)=\(\int\limits^{2\pi}_0\)\(\frac{1+cos2\varphi}{2}\)d\(\varphi\)
=\(\frac{1}{2}\)(\(\varphi\)+\(\frac{sin2\varphi}{2}\))
thế cận từ 0 đến 2 \(\pi\): K=\(\pi\)
\(\Rightarrow\) đk chuẩn hóa :N2.24a05.4/3.\(\pi\)=1
N2=\(\frac{1}{32\pi a_0^5}\)
Hàm sau khi chuẩn thỏa mã điều kiện \(\int\psi\)*\(\psi d\tau=1\)
Hàm đã cho sau khi chuẩn hóa có dạng: \(\psi=N.x.e^{-\frac{r}{2a_0}}\) với N là hệ số chuẩn hóa ta cần xác định.
Dựa trên điều kiện của hàm chuẩn áp ta có:
\(\int\limits^{x_2}_{x_1}\int\limits^{y_2}_{y_1}\int\limits^{z_2}_{z_1}\left(N.x.e^{-\frac{r}{2a_0}}\right)\left(N.x.e^{-\frac{r}{2a_0}}\right)dxdydz=1\Leftrightarrow N^2\int\limits^{x_2}_{x_1}\int\limits^{y_2}_{y_1}\int\limits^{z_2}_{z_1}x^2.e^{-\frac{r}{a_0}}dxdydz\) = 1(*)
để giải bài toán này ta chuyển từ tọa độ Decac sang tọa độ cực bằng cách đặt:
\(\begin{cases}z=r\cos\Theta\\x=r\sin\Theta\cos\varphi\\y=r\sin\Theta\sin\varphi\end{cases}với\begin{cases}0\le r\le\infty\\0\le\Theta\le\pi\\0\le\varphi\le2\pi\end{cases}\)
khi đó (*) trở thành:
\(N^2\int\limits^{\infty}_0\int\limits^{\pi}_0\int\limits^{2\pi}_0r^2\sin^2\Theta\cos^2\varphi e^{-\frac{r}{a_0}}r^2\sin\Theta drd\Theta d\varphi=1\)
\(\Leftrightarrow N^2\int\limits^{\infty}_0r^4e^{-\frac{r}{a_0}}dr\int\limits^{\pi}_0\sin^3\Theta d\Theta\int\limits^{2\pi}_0\cos^{2\varphi}d\varphi=1\Leftrightarrow N^2I_1I_2I_3=1\) trong đó
\(I_1=\int\limits^{\infty}_0r^4e^{-\frac{r}{a_0}}dr=\frac{4!}{\left(\frac{1}{a_0}\right)^5}=24a_0^5\) (tích phân có dạng hàm gamma)
\(I_2=\int\limits^{\pi}_0\sin^3\Theta d\Theta=\int\limits^{\pi}_0\left(\cos^2\Theta-1\right)d\cos\Theta=\left(\frac{1}{3}\cos^3\Theta-\cos\Theta\right)^{\pi}_0=\frac{4}{3}\)
\(I_3=\int\limits^{2\pi}_0\cos^2\varphi d\varphi=\frac{1}{2}\int\limits^{2\pi}_0\left(1+\cos2\varphi\right)d\varphi=\frac{1}{2}\left(\varphi+\frac{1}{2}\sin2\varphi\right)^{2\pi}_0=\pi\)
thay trở lại ta có \(N^2.24a_0^5.\frac{4}{3}\pi=1\Leftrightarrow N^232\pi a_0^5=1\Rightarrow N=\frac{1}{\sqrt{32\pi a_0^5}}\)
Vậy hàm thu được sau khi chuẩn hóa là: \(\psi=\frac{1}{\sqrt{32\pi a^5_0}}xe^{-\frac{r}{2a_0}}\)
