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小木虫:)

荣誉版主 (著名写手)

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[交流] 【其它】有奖活动：一个在物理版帖子上直接写公式的方法已有48人参与

昨天到数学版看见了一个直接在帖子上写公式的方法

如果您知道如何使用latex就很简单了，比如

$\frac15\sqrt{\pi}Erfi(c)$

先写
[
紧接着粘贴
img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?

然后在后面紧接着输入letex格式再加上[/img]就可以了（比如上面那个公式，就直接紧接着输入\frac15\sqrt{\pi}Erfi(c)[/img]就好了）

这样就简单的把latex编辑的公式显示到论坛上来了

当然如果您不知道怎么用letex，那么可以这样

1 打开 http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php

2. 在网页http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php
上方的大框框中输入公式，输入法则与Latex相同，可以看到输入框下面看到显示的效果。
3. 该网页的下方有个下拉列表，选择“URL”，然后在该复选框下方将出现一个超链接，复制它。

4. 在你帖子的相应位置粘贴刚才复制的超链接（框框中的代码）。
5. 在上一步粘贴的超链接前后分别加上[ $img$ ]和[ $/img$ ]或者复制URL链接，然后点击“插入图像”，再黏贴，就自动加上
[ $img$ ]和[ $/img$ ]了。

经过以上操作即可显示你想要的公式

[ Last edited by 小木虫 on 2010-12-28 at 06:00 ]

修改分类

[ Last edited by 华丽的飘过 on 2013-1-23 at 20:22 ]

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zmoyanyu

ra2ghgzh

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霸道做事，厚道做人

1楼 2010-12-28 00:07:28

已阅回复此楼关注TA 给TA发消息送TA红花 TA的回帖

ra2ghgzh

木虫 (正式写手)

学痴

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专业: 原子和分子物理

★
小木虫: 金币+0.5, 给个红包，谢谢回帖

如果一楼的方程就是一维氢原子的薛定谔方程，那么x>0时，k<0，x<0时，k>0，
当 $x \to \infty$ 时
方程可以写成:
$\frac{{{\hbar ^2}}}{{2m}}\frac{{{d^2}{\psi }}}{{d{x^2}}} + E\psi = 0$
可以解得：
$\psi \left( {x \to \infty } \right) = {e^{ \pm \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
对于束缚态， $x \to \infty$ 时 $\psi \to 0$ ，所以有：
$\psi \left( {x \to \infty } \right) = {e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
令：
$\psi = f\left( x \right){e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
将其带入方程中可得：
$\frac{{{d^2}f}}{{d{x^2}}} - 2\sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} \frac{{df}}{{dx}} + \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}\frac{f}{x} = 0$ （1）
令：
$A = \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}}$ , $B = \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}$ （2）
令：
$f\left( x \right) = {a_0}{x^s} + {a_1}{x^{s + 1}} + \cdots + {a_n}{x^{s + n}}$ (3)
带入到（1）中，并令x的同次幂的系数之和为零可得：
$s\left( {s - 1} \right){a_0} = 0$ （4）
$s\left( {s + 1} \right){a_1} - 2As{a_0} + B{a_0} = 0$ （5）
$\left( {s + n + 1} \right)\left( {s + n} \right){a_{n + 1}} - 2A\left( {s + n} \right){a_n} + B{a_n} = 0$ （6）
（4）有三个解：
s=0,1
${a_0}=0$
由于 ${a_0}$ 是x最低次项的系数不能为零，所以s=0,1。
将s=0带入到（5）中可以得到 ${a_0}=0$ ，依然不满足上述条件，所以s=1。
将s=1带入到（6）中有：
${a_{n + 1}} = \frac{{2A\left( {1 + n} \right) - B}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}{a_n}$ （7）
当 $n \to \infty$ 时，有：
${a_{n + 1}} \approx \frac{{2A}}{{n + 1}}{a_n} = \frac{{{2^{n + 1}}{A^{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}}{a_0}$
$\psi \approx {a_0}x{e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {2Ax} \right)}^n}}}{{n!}}} = {a_0}x{e^{2Ax}}{e^{ - \sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}} = {a_0}x{e^{\sqrt { - \frac{{2mE}}{{{\hbar ^2}}}} x}}$
那么当 $x \to \infty$ 时， $\psi \to \infty$ ，不满足束缚态的要求，所以（7）必须在某一个l值处为零。
由此可得：
$2A\left( {1 + l} \right) - B = 0$ （8）
将（2）带入（8）中，可得能级l的本征能量为：

${E_l} = - \frac{{m{k^2}{e^4}}}{{2{{\left( {l + 1} \right)}^2}{\hbar ^2}}}$

下面求波函数
(7)可以改写为：
${a_{n + 1}} = \frac{{n - l}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}2A{a_n}$
带入到（3）中有：
$f\left( x \right) = {a_0}x\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left( {2Ax} \right)}^n}} = {a_0}x\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$
那么能级l的波函数为：
${\psi _l} = {a_0}x{e^{\frac{{mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}}}\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$
那么基态波函数为：
${\psi _0} = {a_0}x{e^{ - \left| {\frac{{mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}} \right|x}}$
下面做归一化：
$\int_0^\infty {a_0^2{x^2}{e^{\frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}x}}dx} = \frac{1}{2}$ （9）
令：
$c = \frac{{2mk{e^2}}}{{{\hbar ^2}}}$
带入到（9）中，有：
$\int_0^\infty {a_0^2{x^2}{e^{cx}}dx} = \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \frac{{a_0^2}}{c}\int_0^\infty {2x{e^{cx}}dx}$
$= \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}x{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}\int_0^\infty {{e^{cx}}dx}$
$= \left. {\frac{{a_0^2}}{c}{x^2}{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^2}}}x{e^{cx}}} \right|_0^\infty + \left. {\frac{{2a_0^2}}{{{c^3}}}{e^{cx}}} \right|_0^\infty = - \frac{{2a_0^2}}{{{c^3}}} = \frac{1}{2}$
解得：
${a_0} = \frac{{e\sqrt { - 2mk} }}{{2\hbar }}$
那么能级l的波函数为：
${\psi _l} = \frac{{e\sqrt {2m\left| k \right|} }}{{2\hbar }}\left| x \right|{e^{\frac{{mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}}}\sum\limits_{n = 0}^l {\frac{{l!}}{{\left( {n + 1} \right)!n!\left( {l - n} \right)!}}{{\left[ {\frac{{2mk{e^2}x}}{{{\hbar ^2}\left( {l + 1} \right)}}} \right]}^n}}$