Dərslik respublikanın universitetlərinin fizika fakültələrinin tələbələri üçün "Atom fizikası"
Download 18.1 Mb. Pdf ko'rish
|
|
Ё81. Laqer polinomları
511
Kvant mexanikasının əsas tənliyi olan Şredinger tənliyini bəzi sistemlər üçün həll edən zaman ( ) ( ) 0 1 2 2 = − + − + + z dx dz x dx z d x β α β
(81.1) kimi ikitərtibli diferensial tənlik meydana çıxır ki, bu da Laqer tənliyi adlanır. (81.1) tənliyinin həlli olan z(x) funksiyasının Q sinfinə mənsub olması üçün α və β parametrləri müsbət tam ədədlər olmalıdır. (81.1) tənliyini həll etmək üçün ( )
= − + y x dx dy x α
(81.2) diferensial tənliyinə baxaq. Bu tənliyi həll edərək
α
-x
(81.3) olduğunu tapırıq. Burada c – ixtiyari sabitdir. (81.3)-dən görünür ki, (81.2) tənliyinin xüsusi həllərindən biri
α
-x
(81.4) kimi ola bilər. (79.25) və (79.31)-i nəzərə alaraq (81.2)-ni α +1 dəfə diferensiallasaq ( ) ( ) α α α α α α α
y d dx y d x dx y d x 1 1 1 1 2 2 + + + + + + + +
(81.5) olar. Burada α α dx y d u =
(81.6) işarə etsək ( ) ( ) 0 1 1 2 2 = + + + + u dx du x dx u d x α
(81.7) tənliyini alarıq. (81.4) və (81.6) ifadələrini nəzərə almaqla ( )
x L e e x dx d dx y d u x x α α α α α α − − = = =
(81.8) yaza bilərik. Burada L α (x) – α tərtibli Laqer polinomu adlanır: ( ) (
( ) ( ) ( ) (
) ∑ = − ⋅ − − = = ⋅ = α α α α α α α 0 2 2 ! ! ! 1 k k k x x x x k k e x dx d e u e x L (81.9) (81.9) düsturuna əsasən ( )
( ) x L e dx x dL e dx du x x α α − − − =
(81.10)
512 ( ) ( )
( ) x L e dx x dL e dx x L d e dx u d x x x α α α − − − + − = 2 2 2 2 2 (81.11) yaza bilərik. (81.8), (81.10) və (81.11)-i (81.7)-də yazaraq L α (x) Laqer polinomlarının ödədiyi diferensial tənliyi alırıq: ( ) 0 1 2 2 = + − + α α α α L dx dL x dx L d x .
(81.12) Aşağıda 0 ≤ α
α (x) Laqer polinomlarının (81.9)-a əsasən tapılmış aşkar ifadələri verilmişdir.
0 (x)=1 L 1 (x)=1-x L 2 (x)=2-4x+x 2
(81.13) L 3 (x)=6-18x+9x 2 -x 3
4 (x)=24-96x+72x 2 -16x 3 +x 4 (79.25) və (79.31) düsturlarından istifadə etməklə (81.12) tənliyini β dəfə
diferensiallayaraq ( ) ( ) 0 1 1 1 2 2 = − + − + + + + + + β α β β α β β α β β α β dx L d dx L d x dx L d x
(81.14) tənliyini alırıq. L α (x) Laqer polinomunun β tərtibli törəməsini ( ) ( )
β α β β α
x L d x L =
(81.15) kimi işarə etsək, (81.4) tənliyi aşağıdakı şəklə düşər: ( ) ( ) 0 1 2 2 = − + − + + β α β α β α β α β L dx dL x dx L d x . (81.16) Göründüyü kimi, əvəz etsək, (81.16) ilə (81.1) tənliyi eyni olur. (81.1) və ya (81.16) diferensial tənliyinin həlli olan və (81.15) kimi təyin olunan ( )
β α funksiyası birləşmiş Laqer polinomu adlanır. İndi isə ( )
β α = birləşmiş Laqer polinomları üçün (81.1) və ya (81.16) diferensial tənliyinin ümumi həllinə baxaq. Göründüyü kimi, x=0 bu tənlik üçün məxsusi nöqtədir. Lakin bu məxsusi nöqtə requlyar olduğundan, (81.16) tənliyinin həllini aşağıdakı sıra kimi göstərə bilərik (Ё78):
0
L +a 1
+…
(81.17) Bu sıranı (81.1) və ya (81.16)-da yazaraq və (78.19)-(78.23) ifadələrinə oxşar olan çevirmələr edərək, aşağıdakı müəyyənedici tənliyi alırıq: L(L+ β )=0; L=0, L=- β .
(81.18) Aydındır ki, x - β ilə başlayan sıra x=0 nöqtəsi daxil olan heç bir oblastda Q sinfinə mənsub olan funksiya ola bilməz. Ona görə də, (81.17)-də yalnız L=0 olan sıra qalır: ∑ = ⋅⋅ ⋅ + + + = n n n x a x a x a a z 2 2 1 0 . (81.19) 513
(80.10)-(80.15) ifadələrinə oxşar olan çevirmələr apararaq (81.19) sırasının a n
əmsalları üçün aşağıdakı rekurent düsturun doğru olduğunu göstərə bilərik: (n+ β +1)(n+1)a n+1 =(n+ β -
)a n ,
a a n n n 1 lim 1 = + ∞ → . (81.20) Deməli, (81.19) sırası həmişə yığılır. n →∞ olduqda bu sıranın əmsallarının nisbəti e x
funksiyasının sıraya ayrılışının əmsalları üçün olduğu kimidir. Buradan görünür ki, funksiyası Q sinfinə mənsub deyildir. Ona görə də yalnız sıra yığılan olduqda ( )
x L z β α = ( )
( ) x L x e x f x β α β 2 2 − = funksiyası Q sinfinə mənsub olur. Bu isə yalnız α - β müsbət tam ədəd olduqda mümkündür. ( )
x L β α funksiyasından kvant mexanikasında istifadə olunan bütün hallarda β müsbət tam ədəd olur və ona görə α ədədi də müsbət tam ədəd olmalı, həm də α
β şərti ödənməlidir (bu şərt, həllin Q sinfinə mənsub olması tələbindən irəli gəlir). Bu şərtin ödənməsinin mümkünlüyü aşağıdakı mülahizələrdən də görünür. L α (x) Laqer polinomu x-in funksiyası olduğu üçün onun tərtibi x-in ən böyük üstü ilə təyin olunur. (81.9) və (81.13) ifadələrindən görünür ki, L α (x) Laqer polinomunda x-in ən böyük üstü α -dır. (81.15) ifadəsinə əsasən isə ( ) x L β α birləşmiş Laqer polinomu L α (x) Laqer polinomunun β tərtibli törəməsi olduğundan, ( ) x L β α -də x-in ən böyük üstü α
β
β ≤ α şərti ödənməlidir. Deməli, ( )
x L β α birləşmiş Laqer polinomunda β >
olan bütün hədlər sıfra bərabər olmalıdır. (81.9), (81.13) və (81.15) düsturlarına əsasən bəzi birləşmiş Laqer polinomları
üçün tapılmış ifadələr aşağıda verilmişdir: ( ) x L β α αβ
( )
β α αβ
( )
β α 00 1
32 18-6x 10 1-x 33 -6 11 -1
40 24-96x+72x 2 -16x 3 +x 4 20 2-4x+x 2 41 -96+144x-48x 2 +4x 3 21 -4+2x 42 144-96x+12x 2 22 2 43 -96+24x 30 6-18x+2x 2 -x 3 44 24
31 -18+18x-3x 2
Qeyd edək ki, ( ) x L β α birləşmiş Laqer polinomları üçün ümumi analitik ifadə aşağıdakı kimidir:
514
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) . ! !
! ! 1 ! 3 2
1
2
1 ! 2 1
1 ! 1 ! ! 1 2 0 3 2 1 k k k x k k k x x x x x L − − + − = = ⎥⎦ ⎤ ⋅⋅ ⋅ + ⋅ − − − − − − − − − − − − − + + ⎢⎣ ⎡ − − − − = ∑ − = + − − − − − − − β α β α β α β α β α α α α β α β α α α β α α β α α β α β β α β α β α β α α β α (81.22) (81.21) ifadələrini (81.22) düsturuna əsasən də almaq olar.
α (x) Laqer polinomları ortoqonal funksiyalar deyildir. Lakin ( ) ( )
x L e x f x α α 2 − = funksiyaları (0, ∞) intervalında ortonormal sistem əmələ gətirir. Əvvəlcə bu funksiyaların ortoqonal olduğunu, yəni ( ) ( ) ( ) ( )
γ α α γ γ α ≠ = = ∫ ∫ ∞ − ∞
, 0
0 0 dx x L x L e dx x f x f x (81.23) şərtinin ödəndiyini isbat edək. Bu məqsədlə (81.9)-u nəzərə alaraq ( )
( ) ∫ ∫ ∞ − ∞ − = 0 0
dx e x dx d x dx x L x e x x α α α γ α γ
(81.24) inteqralına baxaq. Burada γ dəfə hissə-hissə inteqrallama aparsaq ( ) ( )
( ) ∫ ∫ ∞ − − − ∞ − − = 0 0
! 1
dx e x dx d x dx x L x e x x α γ α γ α γ γ α γ γ (81.25) alarıq. γ
α olduqda (81.25)-dən ( ) ( )
( ) 0 ! 1
0 1 1 0 = − = ∞ − − − − − ∞ − ∫ x x e x dx d dx x L x e α γ α γ α γ α γ γ (81.26) alınır. Lakin L γ (x) funksiyası γ dərəcəli polinom olduğundan (81.26)-dan ( ) ( ) α
α γ
= ∫
−
, 0
0 dx x L x L e x
(81.27) olar. Yuxarıdakı hesablamada α və
γ -nın rolunu dəyişərək, (81.27)-yə oxşar olaraq ( ) ( ) γ
γ α
= ∫
−
, 0
0 dx x L x L e x
(81.28) yaza bilərik. Beləliklə, (81.27) və (81.28) ifadələrini birləşdirərək ( ) ( ) γ
α γ ≠ = ∫ ∞ −
, 0
0 dx x L x L e x
(81.23) alırıq ki, bunun da isbatı tələb olunurdu.
515
İndi isə göstərək ki, ( )
( ) x L e x F x α α α 2 ! 1 − = funksiyası normallıq şərtini ödəyir, yəni ( )
[ ] ( ) ( ) [ ] 1 ! 1 0 2 2 0 2 = = ∫ ∫ ∞ − ∞ dx x L e dx x F x α α α . (81.29) L α (x) polinomunda x-in ən böyük üstünün (-1) α x α olduğunu və (81.23)-ü (81.29)-da nəzərə alsaq ( )
[ ] ( ) ( ) ∫ ∫ ∞ − ∞ − − = 0 0 2 1 x L x e dx x L e x x α α α α
(81.30) inteqralını yaza bilərik. (81.25)-də γ =
halı üçün ( )
( ) ( ) ( )
2 0 0 ! 1 ! 1
α α α α α α α − = − = ∫ ∫ ∞ − ∞ − dx e x dx x L x e x x (81.31) olduğundan (81.30)-dan ( )
[ ] ( ) 2 0 2 ! α α = ∫ ∞ − dx x L e x
(81.32) alınır ki, bu da (81.29) ilə eynidir. Beləliklə, isbat etdik ki, ( )
α α 2 ! 1 − funksiyaları ortonormal sistem təşkil edir. (81.23) və (81.29)-u birləşdirərək bu funksiyaların ortonormallıq şərtini aşağıdakı kimi yaza bilərik: ( ) ( ) ( )
γα α γ δ α = ∫ ∞ − 0 2
! 1
x L x L e x .
(81.33) ( )
x L β α birləşmiş Laqer polinomları ortonormal funksiyalar deyildirlər. Lakin göstərmək olar ki, (0, ∞) intervalında ( )
x L x e x β α β 2 2 − funksiyaları ortoqonaldır. Bu məqsədlə ( )
( ) ∫ ∫ ∞ − ∞ − = 0 0
dx x L dx d x e dx x L x e x x α β β γ β α γ (81.34) inteqralına baxaq. Burada β dəfə hissə-hissə inteqrallama aparsaq ( ) ( )
( ) ( ) ∫ ∫ ∞ − ∞ − − = 0 0
1 dx x e dx d x L dx x L x e x x γ β β α β β α γ (81.35) olar.
(79.25) Leybins düsturundan görünür ki, ( γ β β
e dx d x − ) ifadəsində birinci hədd (-1) β
- x x γ kimidir. Bunu (81.35)-də yazsaq ( ) ( )
∫ ∫ ∞ − ∞ − = 0 0
x L x e dx x L x e x x α γ β α γ
516 alınır ki, bu da (81.25) ilə eynidir. Deməli, (81.35) və (81.25) ifadələrinə əsasən γ
α halı
üçün ( )
α γ β α γ
= ∫
−
, 0
0 dx x L x e x
(81.36) alınır. Digər tərəfdən ( )
β γ β funksiyası γ dərəcəli polinom olduğundan (81.36) əvəzinə ( ) ( ) α γ β α β γ β
= ∫
−
, 0
0 dx x L x L x e x
(81.37) yaza bilərik. (81.34)-(81.37)-də α və γ -nın rolunu dəyişməklə ( ) ( ) γ
β γ β α β
= ∫
−
, 0
0 dx x L x L x e x
(81.38) ifadəsini də yaza bilərik. (81.37) və (81.38)-i birləşdirərək ( )
β α β 2 2 − funksiyalarının (0, ∞) intervalında ortoqonallıq şərtini alırıq: ( ) ( ) α γ β α β γ β ≠ = ∫ ∞ −
, 0
0 dx x L x L x e x . (81.39) İndi isə bu funksiyaların normallıq şərtini tapaq: (81.22) düsturundan görünür ki, polinomunda birinci hədd ( )
β α β ( )
( ) α α β α α x ! ! 1 − − kimidir. Ona görə də (81.35) və (81.25)- də
γ = α götürərək və (81.31)-i nəzərə alaraq aşağıdakı ifadəni yaza bilərik: ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ! !
! ! 1 ! ! 1
3 0 0 0 β α α β α α β α α α α α β α α α β α β α β − = − − = = − − = ∫ ∫ ∫ ∞ − ∞ − ∞ − dx x L x e dx x L x e dx x L x L x e x x x (81.40) Buradan görünür ki, ( ) (
) ( )
( ) x L x e x x β α β α β α ϕ 2 2 3 ! ! − − =
(81.41) funksiyaları ortonormal sistem əmələ gətirir; (81.39) və (81.40) ifadələrini birləşdirərək bu funksiyaların (0, ∞) intervalında ortonormallıq şərtini aşağıdakı kimi yaza bilərik: ( )
( ) ( ) γα β α β γ β δ α β α = − ∫ ∞ − 0 3 ! ! dx x L x L x e x . (81.42) Hidrogenəbənzər atomların kvant nəzəriyyəsində (Ё98) ∫ ∞ + − = 0 1 dx L L x e J x β α β α β (81.43) kimi inteqralı hesablamaq lazım gəlir. Bu məqsədlə (81.22) düsturu vasitəsilə (81.43)-də
517 ( ) x L x β α β 1 + funksiyasını sıraya ayıraraq yalnız x α +1 və x α olan hədləri saxlamaqla kifayətlənək (x-in kiçik üstləri daxil olan hədlər inteqrallama zamanı sıfır verir). ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − = ∫ ∫ ∞ − ∞ + − 0 0 1
! ! 1
x L x e dx x L x e J x x β α α β α α α β α α β α α . (81.44) (81.44)-də (81.35)-dən istifadə etsək və (79.25)-ə əsasən ( 1 + − α β β
e dx d x ) ayrılışında ilk iki həddi saxlasaq ( )
( ) ( ) ( ) [ ( ) ] ( ) ⎭ ⎬ ⎫ ⋅ − + + + ⎩ ⎨ ⎧ − − − = ∫ ∫ ∞ − ∞ + − 0 0 1
1
! ! 1
x L x e dx x L x e J x x α α α α α β α α α β β α α
(81.45) alınar. (81.45)-də ikinci inteqral (81.31)-ə görə (-1) α (
!) 2 verir. Birinci inteqralı isə (81.9)-a əsasən ( )
( ) ∫ ∫ ∞ − + ∞ + − = 0 1 0 1
e x dx d x dx x L x e x x α α α α α α
kimi yazaq və α dəfə hissə-hissə inteqrallayaq. Onda ( ) ( ) (
) ( ) (
) [ 2 0 1 0 1 ! 1 1 ! 1 1
+ − = + − = ∫ ∫ ∞ − + ∞ + − α α α α α α α
e x dx x L x e x x ] . (81.46) (81.31) və (81.46)-nı (81.45)-də yazaraq aşağıdakı yekun nəticəni alırıq: ( )
( ) ( ) ( ) { ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( )
} ( )
( ) (
) [ ( ) ( ) ] ( ) ( )
( ) . ! ! 1 2 1 1 ! ! ! 1 1 ! 1 1
! ! 1 3 2 3 2 2 0 1 β α α β α β α α α β α β α α α β α α α β α β α α α α α β α β − ⋅ + − = − − + − − + − = − ⋅ − + + − − + − − − = ⋅ = ∫ ∞ + − dx x L x e J x (81.47)
Download 18.1 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|