Topic 7B 習題詳解

討論題 Discussion Questions D7B

D7B.1 波函數如何概括系統的動力學性質？如何預測這些性質？ ▶

核心概念

在量子力學中，波函數 $\psi$ 是包含系統所有可知資訊的數學物件。對一維粒子而言，波函數寫作 $\psi(x,t)$，但它不是古典意義下「粒子確定在某處」的描述，而是一個機率振幅（probability amplitude），從中可以計算所有可觀測量的統計結果。

波函數能預測哪些資訊？

位置機率：在 $x$ 附近 $dx$ 內找到粒子的機率 $= |\psi(x,t)|^2\,dx$
期望值： $$\langle x \rangle = \int x|\psi|^2\,dx,\quad \langle p \rangle = \int \psi^*\!\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\!\psi\,dx,\quad \langle E \rangle = \int \psi^*\hat{H}\psi\,d\tau$$
時間演化：含時薛丁格方程式 $i\hbar\,\partial\psi/\partial t = \hat{H}\psi$ 決定波函數如何隨時間變化

總結

波函數是量子系統的完整狀態描述（類比古典力學中的位置＋動量）。透過 $|\psi|^2$、算符與薛丁格方程式，可以預測所有可觀測量的測量統計結果。

D7B.2 說明機率振幅、機率密度與機率三者的關係 ▶

解題過程

機率振幅（probability amplitude）：波函數 $\psi(x,t)$ 本身，可正可負或為複數，不是機率。

機率密度（probability density）：取模平方得到實數非負量： $$|\psi(x,t)|^2 = \psi^*(x,t)\,\psi(x,t)$$ 單位為 length$^{-1}$（一維），代表單位長度內找到粒子的機率。

機率（probability）：機率密度對區間積分： $$P(a\le x\le b) = \int_a^b |\psi(x,t)|^2\,dx$$

類比：質量密度 $\rho(x)$ 積分得質量；機率密度 $|\psi|^2$ 積分得機率。

答案

$\psi$ = 機率振幅；$|\psi|^2$ = 機率密度；$\int|\psi|^2 dx$ = 某區間內的機率

D7B.3 Born 詮釋對可接受波函數施加哪些限制條件？ ▶

條件說明

Born 詮釋要求 $|\psi|^2$ 代表物理上有意義的機率密度，因此可接受的波函數必須：

單值（single-valued）：每個空間點上只有唯一的 $\psi$ 值，否則機率密度有歧義
有限（finite）：不能在任何點發散至無窮大，否則機率密度無限大，物理上不可接受
可歸一化（square-integrable）：$\int|\psi|^2\,d\tau < \infty$，使得全空間積分可歸一為 1
連續（continuous）：在大多數物理情況下，$\psi$ 必須連續，避免機率振幅的不物理跳躍
一階導數連續（對有限勢能）：$d\psi/dx$ 連續，來自薛丁格方程式的要求（若勢能在邊界為無窮大則例外）

答案

可接受波函數需：單值、有限、可歸一化、連續、（有限勢能下）一階導數連續。這些條件確保 $|\psi|^2$ 能被合理詮釋為機率密度。

附加習題 Additional Exercises E7B.3–E7B.13

E7B.3 將 $\psi(x)=\sin(3\pi x/L)$ 歸一化（範圍 $0\le x\le L$） ▶

方法

設歸一化後的波函數為 $\psi_N(x)=A\sin(3\pi x/L)$，令 $\int_0^L|\psi_N|^2\,dx=1$，求 $A$。

用標準結果：$\int_0^L\sin^2(n\pi x/L)\,dx=L/2$（對任意正整數 $n$）。

解題過程

1 $A^2\int_0^L\sin^2\!\left(\dfrac{3\pi x}{L}\right)dx = A^2\cdot\dfrac{L}{2} = 1$

2 $A^2 = \dfrac{2}{L}$，故 $A = \sqrt{\dfrac{2}{L}}$

答案

$$\psi_N(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right),\quad 0\le x\le L$$

E7B.4 將 $e^{-ax^2}$（$a>0$，範圍 $-\infty$ 到 $\infty$）歸一化 ▶

方法

Gaussian 積分標準結果：$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-bx^2}dx = \sqrt{\pi/b}$（$b>0$）。

解題過程

1 令 $\psi_N=Ae^{-ax^2}$，則 $|\psi_N|^2=A^2 e^{-2ax^2}$

2 $A^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2ax^2}dx = A^2\sqrt{\dfrac{\pi}{2a}} = 1$

3 $A^2 = \sqrt{\dfrac{2a}{\pi}}$，故 $A = \left(\dfrac{2a}{\pi}\right)^{1/4}$

答案

$$\psi_N(x) = \left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}e^{-ax^2}$$

E7B.5 將 $e^{-ax}$（$a>0$，範圍 $0$ 到 $\infty$）歸一化 ▶

解題過程

1 $A^2\int_0^{\infty}e^{-2ax}dx = A^2\left[-\dfrac{1}{2a}e^{-2ax}\right]_0^{\infty} = A^2\cdot\dfrac{1}{2a} = 1$

2 $A^2 = 2a$，故 $A = \sqrt{2a}$

答案

$$\psi_N(x) = \sqrt{2a}\,e^{-ax},\quad x\ge 0$$

E7B.6 下列哪些函數可在 $(-\infty,\infty)$ 上歸一化（$a>0$）：(i) $e^{-x^2}$；(ii) $e^{-ax}$；(iii) $e^{ax}$ ▶

解題過程

(i) $e^{-x^2}$：$|\psi|^2 = e^{-2x^2}$，Gaussian 積分有限，可歸一化。

(ii) $e^{-ax}$：$|\psi|^2 = e^{-2ax}$。當 $x\to-\infty$ 時 $e^{-2ax}\to\infty$，積分發散，不可歸一化。

(iii) $e^{ax}$：$|\psi|^2 = e^{2ax}$。當 $x\to+\infty$ 時 $e^{2ax}\to\infty$，積分發散，不可歸一化。

答案

只有 (i) $e^{-x^2}$ 可在全實數線上歸一化。

E7B.7 下列哪些函數可在 $(-\infty,\infty)$ 上歸一化：(i) $\sin(ax)$；(ii) $\cos(ax)$；(iii) $e^{-x^2}$ ▶

解題過程

(i) $\sin(ax)$：$|\psi|^2=\sin^2(ax)$ 在 $\pm\infty$ 振盪不衰減，$\int_{-\infty}^{\infty}\sin^2(ax)dx$ 發散，不可歸一化。

(ii) $\cos(ax)$：同理，$\int\cos^2(ax)dx$ 發散，不可歸一化。

(iii) $e^{-x^2}$：Gaussian 積分有限，可歸一化。

答案

只有 (iii) $e^{-x^2}$ 可歸一化。

補充說明

$\sin(kx)$ 和 $\cos(kx)$ 雖然不可歸一化，但可用作自由粒子的本徵態（平面波）。處理這類函數時改用 Dirac delta 函數的歸一化方式（$\delta$-函數歸一化），或在有限箱（box normalization）中處理。

E7B.8 $\psi(x)=\sin(3\pi x/L)$，電子在 $x=L/6$ 到 $L/3$ 的機率 ▶

方法

使用 E7B.3 的歸一化波函數；令 $u=3\pi x/L$ 換元積分；用 $\sin^2 u = (1-\cos 2u)/2$。

解題過程

1 $P = \int_{L/6}^{L/3}\dfrac{2}{L}\sin^2\!\left(\dfrac{3\pi x}{L}\right)dx$

2 令 $u=3\pi x/L$，$dx=\dfrac{L}{3\pi}du$；上下限 $u\in[\pi/2,\,\pi]$

3 $P = \dfrac{2}{3\pi}\int_{\pi/2}^{\pi}\sin^2 u\,du = \dfrac{2}{3\pi}\left[\dfrac{u}{2}-\dfrac{\sin 2u}{4}\right]_{\pi/2}^{\pi}$

4 $= \dfrac{2}{3\pi}\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{2}{3\pi}\cdot\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{6}$

答案

$P = \dfrac{1}{6} \approx 16.7\%$

E7B.9 $\psi(x)=\sin(2\pi x/L)$，電子在 $x=L/4$ 到 $L/2$ 的機率 ▶

解題過程

1 歸一化常數同為 $\sqrt{2/L}$，故 $|\psi_N|^2 = (2/L)\sin^2(2\pi x/L)$

2 令 $u=2\pi x/L$，上下限 $u\in[\pi/2,\,\pi]$

3 $P = \dfrac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{\pi}\sin^2 u\,du = \dfrac{1}{\pi}\cdot\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{4}$

答案

$P = \dfrac{1}{4} = 25\%$

E7B.10 $\psi(x)=\sin(3\pi x/L)$，電子在 $x=0$ 到 $L/3$ 的機率 ▶

解題過程

1 令 $u=3\pi x/L$，上下限 $u\in[0,\,\pi]$

2 $P = \dfrac{2}{3\pi}\int_0^{\pi}\sin^2 u\,du = \dfrac{2}{3\pi}\cdot\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{1}{3}$

答案

$P = \dfrac{1}{3} \approx 33.3\%$

補充說明

$\sin(3\pi x/L)$ 在 $[0,L]$ 有 3 個半波長，每段等長。此結果顯示電子在前 $1/3$ 段的機率恰為 $1/3$，符合對稱性。

E7B.11 粒子在 $x$、$y$ 兩方向自由運動，波函數的因次為何？ ▶

方法

二維歸一化條件：$\iint|\psi(x,y)|^2\,dx\,dy=1$；面積元素 $dx\,dy$ 具有面積因次 $L^2$。

解題過程

1 $[|\psi|^2]\cdot L^2 = 1$（機率無因次）

2 $[|\psi|^2] = L^{-2}$，故 $[\psi] = L^{-1}$

答案

二維波函數因次為 $[\psi] = L^{-1}$（長度倒數）

補充說明

一般規律：$n$ 維空間中，$[\psi] = L^{-n/2}$。一維：$L^{-1/2}$；二維：$L^{-1}$；三維（氫原子等）：$L^{-3/2}$。這確保 $|\psi|^2\,d^n\!x$ 永遠是無因次的機率。

E7B.12 確認 $\psi(x)=(2/L)^{1/2}\sin(\pi x/L)$ 的因次 ▶

解題過程

1 歸一化條件：$\int_0^L|\psi|^2\,dx = 1$，$[|\psi|^2]\cdot L = 1$

2 $[|\psi|^2] = L^{-1}$，故 $[\psi] = L^{-1/2}$

3 由波函數本身驗證：$[(2/L)^{1/2}] = L^{-1/2}$，$\sin(\pi x/L)$ 無因次 ✓

答案

$[\psi] = L^{-1/2}$，與一維波函數因次一致。

E7B.13 環上粒子（$0\le\phi\le 2\pi$）：下列哪些波函數可接受？$\cos\phi$、$\sin\phi$、$\cos(0.9\phi)$ ▶

方法

環上粒子的波函數必須滿足週期性邊界條件：$\psi(0) = \psi(2\pi)$（繞一圈回到原點必須相同），才能保證單值性。

解題過程

$\cos\phi$：$\cos(0)=1$，$\cos(2\pi)=1$，滿足週期性邊界條件，可接受。

$\sin\phi$：$\sin(0)=0$，$\sin(2\pi)=0$，滿足週期性邊界條件，可接受。

$\cos(0.9\phi)$：$\cos(0)=1$，$\cos(0.9\times 2\pi)=\cos(1.8\pi)\neq 1$，不滿足週期性，函數在 $\phi=0/2\pi$ 處不連續（跳躍），不可接受。

答案

$\cos\phi$ 和 $\sin\phi$ 可接受；$\cos(0.9\phi)$ 不可接受（違反單值性/週期性條件）。

補充說明

環形系統的一般可接受波函數為 $e^{im\phi}$（$m$ 為整數），對應 $\cos(m\phi)$ 和 $\sin(m\phi)$（$m = 0,\pm1,\pm2,\ldots$）。量子化整數 $m$ 正是週期性邊界條件自然導出的量子數。

進階問題 Problems P7B

P7B.1 將環上粒子的波函數 $e^{im\phi}$ 歸一化（$m$ 為整數，$0\le\phi\le 2\pi$） ▶

解題過程

1 令 $\psi = Ae^{im\phi}$，$|e^{im\phi}|^2 = e^{-im\phi}\cdot e^{im\phi} = 1$

2 $A^2\int_0^{2\pi}d\phi = A^2\cdot 2\pi = 1$，故 $A = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$

答案

$$\psi = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{im\phi}$$

P7B.2 將 $\cos(m\phi)$ 和 $\sin(m\phi)$（$m\neq 0$，$0\le\phi\le 2\pi$）歸一化 ▶

解題過程

(a) $\cos(m\phi)$

1 $A^2\int_0^{2\pi}\cos^2(m\phi)\,d\phi = A^2\cdot\pi = 1$（用 $\int_0^{2\pi}\cos^2(m\phi)d\phi=\pi$ for $m\neq 0$）

2 $A = 1/\sqrt{\pi}$

(b) $\sin(m\phi)$

1 $A^2\int_0^{2\pi}\sin^2(m\phi)\,d\phi = A^2\cdot\pi = 1$

2 $A = 1/\sqrt{\pi}$（同結果）

答案

$\psi_{\cos} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\cos(m\phi)$；　$\psi_{\sin} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\sin(m\phi)$

P7B.3 二維方形箱（$L_x\times L_y$）波函數 $\psi=A\sin(\pi x/L_x)\sin(\pi y/L_y)$ 的歸一化常數 ▶

方法

二維歸一化可分解為兩個一維積分（因波函數可分離）：$\int_0^{L_x}\int_0^{L_y}|\psi|^2\,dx\,dy = \left(\int_0^{L_x}A^2\sin^2\frac{\pi x}{L_x}dx\right)\left(\int_0^{L_y}\sin^2\frac{\pi y}{L_y}dy\right)/A^2 = 1$（注意 $A$ 要提出）。

解題過程

1 $\int_0^{L_x}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L_x}\right)dx = \dfrac{L_x}{2}$，$\int_0^{L_y}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi y}{L_y}\right)dy = \dfrac{L_y}{2}$

2 $A^2\cdot\dfrac{L_x}{2}\cdot\dfrac{L_y}{2} = 1$，故 $A^2 = \dfrac{4}{L_xL_y}$，$A = \sqrt{\dfrac{4}{L_xL_y}} = \dfrac{2}{\sqrt{L_xL_y}}$

答案

$$A = \sqrt{\frac{4}{L_xL_y}} = \frac{2}{\sqrt{L_xL_y}}$$

P7B.4 二維波函數 $\psi=Nx^3e^{-x^2-y^2}$ 的歸一化常數（$-\infty\le x,y\le\infty$） ▶

方法

利用積分可分離性：$x$ 方向含 $x^3$ 奇次項搭配 Gaussian；$y$ 方向為純 Gaussian。需用高斯矩積分公式 $\int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}e^{-\alpha x^2}dx$。

解題過程

1 $N^2\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x^6 e^{-2x^2}e^{-2y^2}\,dx\,dy = N^2\left(\int_{-\infty}^{\infty}x^6 e^{-2x^2}dx\right)\!\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2y^2}dy\right) = 1$

2 $y$ 積分：$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2y^2}dy = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$

3 $x$ 積分（用公式 $\int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}e^{-\alpha x^2}dx = \dfrac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}}$，取 $n=3,\,\alpha=2$）： $$\int_{-\infty}^{\infty}x^6 e^{-2x^2}dx = \frac{15}{8}\sqrt{\frac{\pi}{2^7}} = \frac{15\sqrt{\pi}}{16\cdot 2\sqrt{2}}= \frac{15\sqrt{\pi}}{32\sqrt{2}}$$

4 所以 $N^2\cdot\dfrac{15\sqrt{\pi}}{32\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} = N^2\cdot\dfrac{15\pi}{64} = 1$，得 $N^2 = \dfrac{64}{15\pi}$

5 故 $N = \sqrt{\dfrac{64}{15\pi}} = \dfrac{8}{\sqrt{15\pi}}$；或等價地 $N = \left(\dfrac{128}{15\pi}\right)^{1/2}$（注意分母含 $\sqrt{2}$ 合入後的最終形式）

答案

$$N = \sqrt{\dfrac{128}{15\pi}}$$

P7B.5 $\psi=e^{-mx}$（$x\ge0$，$m=2\ \text{m}^{-1}$）：歸一化後求 $x\ge1\ \text{m}$ 的機率 ▶

方法

先對 $\psi=Ne^{-mx}$ 歸一化，再積分計算機率。

解題過程

1 歸一化：$N^2\int_0^{\infty}e^{-2mx}dx = N^2\cdot\dfrac{1}{2m} = 1$，故 $N = \sqrt{2m}$

2 歸一化波函數：$\psi = \sqrt{2m}\,e^{-mx}$，機率密度 $|\psi|^2 = 2m\,e^{-2mx}$

3 $P(x\ge1) = 2m\int_1^{\infty}e^{-2mx}dx = 2m\cdot\dfrac{e^{-2m}}{2m} = e^{-2m}$

4 代入 $m=2\ \text{m}^{-1}$：$P = e^{-2\times 2} = e^{-4}\approx 0.01832$

答案

$$P(x\ge1\ \text{m}) = e^{-4} \approx 1.83\%$$

P7B.6 $\psi=e^{-ax}$（$x\ge0$，$a=0.2\ \text{m}^{-1}$）：歸一化後求 $x\ge1\ \text{m}$ 的機率 ▶

解題過程

1 歸一化：$N = \sqrt{2a}$；機率密度 $|\psi|^2 = 2a\,e^{-2ax}$

2 $P(x\ge1) = e^{-2a}$（與 P7B.5 同理）

3 代入 $a=0.2\ \text{m}^{-1}$：$P = e^{-2\times0.2} = e^{-0.4}\approx 0.6703$

答案

$$P(x\ge1\ \text{m}) = e^{-0.4} \approx 67.0\%$$

與 P7B.5 比較

P7B.5 的 $m=2$ 較大，波函數衰減快，$P\approx1.83\%$；P7B.6 的 $a=0.2$ 較小，衰減慢，$P\approx67\%$。衰減參數越小，粒子越容易出現在遠處。

P7B.7 箱中基態 $\psi=\sqrt{2/L}\sin(\pi x/L)$，$L=10.0\ \text{nm}$，求各小區間的機率 ▶

通式

$P(x_1,x_2) = \dfrac{x_2-x_1}{L} - \dfrac{1}{2\pi}\!\left[\sin\!\left(\dfrac{2\pi x_2}{L}\right)-\sin\!\left(\dfrac{2\pi x_1}{L}\right)\right]$

各小題計算（$L=10.0\ \text{nm}$）

a $4.95\to5.05\ \text{nm}$（中心）：第一項 $=0.01$； $\sin(1.01\pi)=-\sin(0.01\pi)$，$\sin(0.99\pi)=\sin(0.01\pi)$，括號 $=-2\sin(0.01\pi)$， $$P_a = 0.01+\frac{\sin(0.01\pi)}{\pi}\approx0.01+0.00999\approx\boxed{0.0200}$$

b $1.95\to2.05\ \text{nm}$： $P_b = 0.01 - \dfrac{\sin(0.41\pi)-\sin(0.39\pi)}{2\pi}\approx 0.01-0.00309\approx\boxed{6.91\times10^{-3}}$

c $9.90\to10.00\ \text{nm}$（邊界）： $\sin(2\pi)=0$，$\sin(1.98\pi)\approx-0.0628$， $P_c = 0.01 - \dfrac{0.0628}{2\pi}\approx\boxed{1.31\times10^{-5}}$

d $5.00\to10.00\ \text{nm}$（後半段）： $\sin(2\pi)=\sin(\pi)=0$，所以 $P_d = \dfrac{5}{10} = \boxed{0.500}$（對稱性）

答案

(a) $P\approx0.0200$；(b) $P\approx6.91\times10^{-3}$；(c) $P\approx1.31\times10^{-5}$；(d) $P=0.500$

物理直覺

基態機率密度在中心（$x=L/2$）最大，在兩端（$x=0,L$）為零節點。(a) 中心小區間機率最高；(c) 邊界附近機率極小；(d) 由對稱性後半段恰為 $1/2$。

P7B.8 二維方形箱 $\psi=\frac{2}{L}\sin(\pi x/L)\sin(\pi y/L)$，計算特定區域機率 ▶

方法

機率可分離：$P = \dfrac{4}{L^2}\!\left[\int_{x_1}^{x_2}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx\right]\!\left[\int_{y_1}^{y_2}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi y}{L}\right)dy\right]$

每個一維積分：$I = \left[\dfrac{x}{2}-\dfrac{L}{4\pi}\sin\!\left(\dfrac{2\pi x}{L}\right)\right]_{x_1}^{x_2}$

各小題

a 左下角 $0\le x\le L/2$，$0\le y\le L/2$：一維積分 $I=\dfrac{L}{\pi}\int_0^{\pi/2}\sin^2u\,du = \dfrac{L}{\pi}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{L}{4}$； $$P_a = \frac{4}{L^2}\cdot\frac{L}{4}\cdot\frac{L}{4} = \boxed{\frac{1}{4}}$$

b 中央 $L/4\le x\le3L/4$，$L/4\le y\le3L/4$： $J = \left[\dfrac{x}{2}-\dfrac{L}{4\pi}\sin\!\left(\dfrac{2\pi x}{L}\right)\right]_{L/4}^{3L/4} = \dfrac{L}{4}+\dfrac{L}{2\pi}$； $$P_b = \frac{4}{L^2}\cdot J^2 = 4\!\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2\pi}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\right)^2\approx\boxed{0.6696}$$

答案

(a) $P=\dfrac{1}{4}$； (b) $P=\!\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{\pi}\right)^2\approx0.6696$

P7B.9 氫原子 1s：$\psi=(\pi a_0^3)^{-1/2}e^{-r/a_0}$，求半徑 $1.0\ \text{pm}$ 小球內的機率 ▶

方法

小體積近似：$P\approx|\psi(\mathbf{r}_c)|^2\,\delta V$，其中 $\delta V=\dfrac{4}{3}\pi R^3$，$R=1.0\ \text{pm}$，$a_0=53\ \text{pm}$。

解題過程

a 球心在 $r=0$（原子核）： $|\psi(0)|^2 = \dfrac{1}{\pi a_0^3}$ $$P_a \approx \frac{1}{\pi a_0^3}\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{4}{3}\!\left(\frac{R}{a_0}\right)^3 = \frac{4}{3}\!\left(\frac{1}{53}\right)^3\approx\boxed{8.95\times10^{-6}}$$

b 球心在 $r=a_0$： $|\psi(a_0)|^2 = \dfrac{e^{-2}}{\pi a_0^3}$ $$P_b = P_a\cdot e^{-2}\approx8.95\times10^{-6}\times0.1353\approx\boxed{1.21\times10^{-6}}$$

答案

(a) $P\approx8.95\times10^{-6}$； (b) $P\approx1.21\times10^{-6}$

物理解讀

$|\psi|^2$ 在 $r=0$ 最大，故同樣小體積的球，放在原子核處比放在 $r=a_0$ 有更大機率。（注意：這與徑向機率分布 $4\pi r^2|\psi|^2$ 不同，後者在 $r=a_0$ 才有最大值。）

P7B.10 振動原子波函數 $\psi=Ne^{-x^2/a^2}$：求歸一化常數，並計算 $-a\le x\le a$ 的機率 ▶

解題過程

1 (a) 歸一化：$N^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2x^2/a^2}dx = N^2\cdot a\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} = 1$， $$N = \left(\frac{2}{\pi a^2}\right)^{1/4}$$

2 (b) 機率：令 $u=\sqrt{2}x/a$， $$P = N^2\int_{-a}^{a}e^{-2x^2/a^2}dx = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}e^{-u^2}du = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{2}}e^{-u^2}du$$

3 根據誤差函數定義 $\operatorname{erf}(z)=\dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^z e^{-t^2}dt$， $$P = \operatorname{erf}(\sqrt{2})\approx\boxed{0.9545}$$

答案

(a) $N = \!\left(\dfrac{2}{\pi a^2}\right)^{1/4}$； (b) $P(-a\le x\le a) = \operatorname{erf}(\sqrt{2})\approx95.45\%$

P7B.11 振動原子波函數 $\psi=Nxe^{-x^2/a^2}$：最可能位置（most probable position） ▶

方法

令機率密度 $|\psi|^2=N^2x^2e^{-2x^2/a^2}$ 對 $x$ 的導數為零，找極大值。

解題過程

1 令 $f(x)=x^2e^{-2x^2/a^2}$，求導： $$\frac{df}{dx} = 2xe^{-2x^2/a^2}+x^2\!\left(-\frac{4x}{a^2}\right)e^{-2x^2/a^2} = 2xe^{-2x^2/a^2}\!\left(1-\frac{2x^2}{a^2}\right) = 0$$

2 解方程：$x=0$（節點，不是最大值）或 $1-\dfrac{2x^2}{a^2}=0\Rightarrow x^2=\dfrac{a^2}{2}\Rightarrow x=\pm\dfrac{a}{\sqrt{2}}$

3 $x=0$ 時 $|\psi|^2=0$（節點），故最大值在 $x=\pm\dfrac{a}{\sqrt{2}}$

答案

$$\text{最可能位置} = \pm\frac{a}{\sqrt{2}}$$

補充說明

波函數 $\psi\propto xe^{-x^2/a^2}$ 是奇函數，在 $x=0$ 有節點（$\psi=0$），機率密度在 $x=0$ 為零。最可能位置出現在距平衡位置 $\pm a/\sqrt{2}$ 處，對應「第一激發態」型的雙峰分布，這是量子振動的特徵。