Ejercicios Fisica Cuantica

Tarea 1 Marín Arciniega Juan Daniel Física atómica y materia condensada, Facultad de Ciencias, 2021-2 Universidad Nacional Autónoma de México

1.- Usar la definición en mecánica clásica de momento angular ~l = ~r × p~, para escribir las componentes rectangulares del operador cuántico de momento angular. Demostrar que estas componentes se pueden escribir en términos de las coordenadas angulares esféricas como: 

 ∂ ∂ lx = i~ sin φ + cot θ cos φ ∂θ ∂φ   ∂ ∂ ly = −i~ cos φ − cot θ sin φ ∂θ ∂φ ∂ lz = −i~ af dsf ∂φ Primero, abusaremos un poco de la notación de operadores, en el sentido de que omitiremos el hecho de que para ser valida una expresión el operador debe estar actuando sobre algo, ademas denotaremos a los operadores con letras en "negritas a los vectores base por el acento circunflejo (∧) , así el operador posición en coordenadas esféricas lo podemos ver como r = rˆ r y al operador momento como p = −i~∇, en donde ∇ esta dado como 2

∇=

1 ∂ ˆ 1 ∂ ˆ ∂ rˆ + θ+ φ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂φ

(1)

Entonces, calculando l=r×p = (rˆ r) × (−i~∇)   ∂ 1 ∂ ˆ 1 ∂ ˆ = −i~r (ˆ r) × rˆ + θ+ φ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂φ    ∂ 1 ∂  1 ∂  ˆ ˆ = −i~r (ˆ r × rˆ) + rˆ × θ + rˆ × φ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂φ   1 ∂ ˆ 1 ∂ ˆ = −i~ φ− θ r ∂θ r sin(θ) ∂φ   ∂ ˆ 1 ∂ ˆ φ− θ = −i~ ∂θ sin(θ) ∂φ

(2)

Ahora, recordemos que los vectores base esféricos se escriben en función de los vectores canónicos cartesianos como

θˆ = cos θ cos φˆ x + cos θ sin φˆ y − sin θˆ z ˆ φ = − sin(φ)ˆ x + cos φˆ y

(3) (4)

Física atómica y materia condensada, 2021-2 Sustituyendo 3 y 4 en 2 tenemos



 ∂ 1 ∂ l = −i~ (− sin(φ)ˆ x + cos φˆ y) − (cos θ cos φˆ x + cos θ sin φˆ y − sin θˆ z) ∂θ sin(θ) ∂φ        ∂ cos θ cos φ ∂ ∂ cos θ sin φ ∂ sin θ ∂ − x ˆ + cos θ − yˆ + zˆ = −i~ − sin θ ∂θ sin θ ∂φ ∂θ sin θ ∂φ sin θ ∂φ        ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = −i~ − sin θ − cot θ cos φ x ˆ + cos θ − cot θ sin φ yˆ + zˆ ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂φ

(5)

Expresando cada componente obtenemos

  ∂ ∂ lx = i~ sin θ + cot θ cos φ ∂θ ∂φ   ∂ ∂ ly = −i~ cos θ − cot θ sin φ ∂θ ∂φ   ∂ lz = −i~ ∂φ

(6) (7) (8)

2.- Demostrar que las funciones radiales R10 (r) y R32 (r) de la tabla de las notas son solución de la ecuación radial del átomo de hidrógeno (utilizar µ = me ) • R10 Tenemos que la ecuación radial de átomo de hidrógeno esta dada como   d2 R 2 dR 2me 2me Ze2 l(l + 1) + + En + 2 − R=0 dr2 r dr ~2 ~ 4πε0 r r2

(9)

En donde la energía esta dada como

~2 En = − 2me



me Ze2 4πε0 ~2

2

1 n2

(10)

Para n = 1 y l = 0 se tiene " 2me d2 R 2 dR + + 2 dr r dr ~2

#  2 ! me Ze2 ~2 2me Ze2 − + 2 R=0 2me 4πε0 ~2 ~ 4πε0 r "  # 2 d2 R 2 dR m e e2 me e2 2Z 2 ⇒ + + − Z + R=0 dr2 r dr 4πε0 ~2 4πε0 ~2 r

(11)

Ahora, recordemos que 4πε0 ~2 m e e2 1 m e e2 ⇒ = a0 4πε0 ~2 a0 =

Sustituyendo 12 en 11 obtenemos Marín Arciniega Juan Daniel

2

(12)

Física atómica y materia condensada, 2021-2

"  2 # d2 R 2 dR Z 2Z + R=0 + − dr2 r dr a0 r a0

(13)

Queremos ver que R10 dada como  R10 = 2

Z a0

3/2

Zr

e− a0

(14)

Satisface 13, entonces, calculando   3/2 d e− Zr a0 Z a0 dr  5/2   Zr Z = −2 e− a0 a0

(15)

  5/2 d e− Zr a0 Z =2 a0 dr  7/2   Zr Z =2 e− a0 a0

(16)

dR10 =2 dr



y

2

d R10 dr2



Sustituyendo 14, 15 y 16 en 13 obtenemos

 2

Z a0

7/2 

e

− Zr a 0

! "  2 #  3/2 5/2   Zr Z Z 2Z Z − Zr a0 −2 + − e 2 e− a0 = 0 a0 a0 r a0 a0 "    5/2 "  2 #  3/2 # 7/2 Zr Z Z 4 Z Z 2Z ⇒ e− a0 2 − − + 2 =0 a0 r a0 a0 r a0 a0 "    5/2  5/2  7/2 # 7/2 Z 4 Z 4 Z Z − Zr a0 2 ⇒e − + −2 =0 a0 r a0 r a0 a0



2 + r



(17)

Zr

⇒ e− a0 [0] = 0 0=0 Por lo tanto, como R10 cumple con 13 se afirma que es solución a la ecuación radial del átomo de hidrógeno. • R32 De 9 y 10, se tiene que para n = 3 y l = 2 la ecuación radial es " d2 R 2 dR 2me + + dr2 r dr ~2

~2 − 2me

# 2(2 + 1) 2me Ze2 − + 2 R=0 ~ 4πε0 r r2 "  # 2 d2 R 2 dR Z 2Z 6 ⇒ + + − + − R=0 dr2 r dr 3a0 a0 r r2 

me Ze2 4πε0 ~2

2

Queremos mostrar que R32 dada como Marín Arciniega Juan Daniel

3

1 32

!

(18)

Física atómica y materia condensada, 2021-2

 R32 = =

Z a0

3/2

4 √





7/2

81 30

4 √



Zr a0

2

81 30 7/2 Zr Z r2 e− 3a0 a0

Zr

e− 3a0 (19)

Cumple con 18, calculando

dR32 4 = √ dr 81 30

Z a0

 Zr d  2 − 3a r e 0 dr  7/2   Zr Zr 4 Z Z 2 − 3a − 3a = √ 2re 0 − r e 0 3a0 81 30 a0   7/2  Zr 4 Z 2 Z − 3a 0 = √ 2r − e r 3a0 81 30 a0

(20)

y

4 d2 R32 = √ dr2 81 30

7/2

   Zr d Z 2 − 3a 0 e 2r − r dr 3a0  7/2      Zr Zr Z 2 Zr Z 2 4 Z − 3a = √ e− 3a0 2 − − e 0 2r − r 3 a0 3a0 3a0 81 30 a0 "  7/2  2 # Zr Z 2Zr 2Zr Zr 4 e− 3a0 2 − − + = √ 3a0 3a0 3a0 81 30 a0 "   7/2 2 # Zr Zr Z 4 Zr 4 + e− 3a0 2 − = √ 3 a0 3a0 81 30 a0 

Z a0

(21)

Sustituyendo 19, 20 y 21 en 18 obtenemos   2  Zr Zr 4 e 0 2 − 3 a0 + 3a + 0  7/2 h i Zr 2 √ 4 Z Z 2 =0 e− 3a0 2r − 3a r + r 81 30 a0 0          2 7/2 Zr  4 Z Z   − 3a − r62 81√ + a2Z r2 e− 3a0 0 0r 30 a0 " !#  7/2  2    2 Zr 4 Z Zr 2 Z 2 Z 2Z 6 4 Zr − 3a √ e 0 2− + + 2r − r + r2 − + − =0 3 a0 3a0 r 3a0 3a0 a0 r r2 81 30 a0 # "  7/2  2  2 Zr 4 Z 4 Zr Zr 2Z Zr 2Zr − 3a √ e 0 2− + +4− r− + −6 =0 3 a0 3a0 3a0 3a0 a0 81 30 a0  7/2 Zr 4 Z √ e− 3a0 [0] = 0 a 81 30 0 0=0       

4 √ 81 30



Z a0

7/2

Zr − 3a

(22)

Por lo tanto, como R32 cumple con 18 se afirma que es solución a la ecuación radial del átomo de hidrógeno. 3.- ¿Qué valores de momento angular orbital son permitidos para el átomo de hidrógeno con n = 2? Hacer un diagrama de los niveles de energía incluyendo estructura fina (usar ecuación 2.93 de las notas que se reproduce a continuación) Marín Arciniega Juan Daniel

4

Física atómica y materia condensada, 2021-2

∆E(n, j) =

  Z 2 α2 |En | 3 n − n2 4 j + 1/2

(23)

Empleando un valor de espín nuclear de I = 1/2 para el protón, ¿qué valores puede tomar el momento angular total F en cada uno de estos estados? Para n = 2 se tiene que los posibles valores de l son l = 0 y l = 1. Recordemos que los posibles valores del momento angular total están dados como 1 2 1 j =l− 2 j =l+

(24) (25)

con l 6= 0, entonces para n = 2 se tiene que los valores del momento angular orbital permitidos para el son 3 2 1 j= 2 j=

(26) (27)

Ahora, de la ecuación 2.63 de las notas, tenemos que la energía para un átomo hidrognoide, sin considerar correcciones, esta dada como

En(0) = −

~2 2µ



µZe2 4πε0 ~2

2

1 n2

(28)

Para el átomo de hidrógeno se tiene Z = 1 y consideraremos µ = me con lo cual tenemos

En(0)

~2 =− 2me



me e2 4πε0 ~2

2

1 n2

(29)

Y recordemos que el radio de Bohr esta dado como

a0 =

4πε0 ~2 me e2

(30)

Entonces

En(0) = −

~2 1 2me a20 n2

(31)

Considerando ~ ≈ 1.054571 × 10−34 J · s, me ≈ 9.109383 × 10−31 kg, a0 ≈ 5.291772 × 10−11 m y ademas que 1eV ≈ 1.6021 × 10−19 obtenemos

En(0) ≈ −

13.60569eV n2

(32)

Ahora, la corrección de la energía para estructura fina a primer orden se obtiene según la ecuación 23, en donde α es la 1 constante de estructura fina y que aproximaremos por α ≈ 137 , entonces para n = 2, con Z = 1 y la energía dada por 32, para los distintos valores de j se tiene Marín Arciniega Juan Daniel

5

Física atómica y materia condensada, 2021-2 • j=

1 2

  1 α2 13.60569 3 ∆E 2, = 2 − 4− 2 2 22   1 ∴ ∆E 2, = −5.663 × 10−5 eV 2 

• j=

1 2

2 +

3 2

2 +

 1 2

(33)

3 2

  3 α2 13.60569 3 ∆E 2, = 2 − 4− 2 2 22   3 ∴ ∆E 2, = −1.1326 × 10−5 eV 2 

 1 2

(34)

De esta forma, ya tenemos la diferencia de energía entre los niveles 2p1/2 y 2p3/2 . Ahora, tenemos que para j = 3/2 se tiene el orbital 2p3/2 y para j = 1/2 los orbitales 2s1/2 y 2p1/2 , según la ecuación 23 estos dos últimos estados tienen una energía degenerada, sin embargo, sabemos que por el corrimiento de Lamb existe una diferencia de energía entre estos equivalente a 1.06 Ghz (esto ultimo es tomado directamente de las notas en la sección "2.4.4 Corrimiento Lamb"), entonces esta diferencia de energía esta dada como ∆E2p1/2 −2s1/2 = 1.06G Hz · h = 4.3831 × 10−6 eV

(35)

En donde se considero h ≈ 4, 135667 × 10−15 eV · s Entonces, tenemos que la energía para cada orbital esta dada como E2p1/2 = E2 + ∆E2,1/2 13.60569 eV − 5.663 × 10−5 eV =− 4 = −3.4014791 eV

(36)

E2p3/2 = E2 + ∆E2,1/2 13.60569 eV − 1.1326 × 10−5 eV =− 4 = −3.4014338 eV

(37)

E2s1/2 = E2 + ∆E2,1/2 + ∆E2p1/2 −2s1/2 13.60569 eV =− − 5.665 × 10−5 eV + 4.3831 × 10−6 eV 4 = −3.4014747 eV

(38)

En la figura 1 se muestra el diagrama correspondiente al átomo de hidrógeno con n = 2 considerando unicamente estructura fina. Finalmente, tenemos que los posibles valores del momento angular total tomando en cuenta al próton, esto es F , están dados como

F =I +j F = |I − j| Marín Arciniega Juan Daniel

6

(39) (40)

Física atómica y materia condensada, 2021-2

Figura 1. Diagrama de los niveles de energía, átomo de hidrógeno n = 2

Entonces para nuestro caso 1 1 + =1 2 2 1 1 F = − = 0 2 2 1 3 F = + =2 2 2 1 3 F = − = 1 2 2 F =

(41) (42) (43) (44)

Así tenemos que los posibles valores de F para n = 2 son 0, 1, 2 4.- ¿Cómo se modifican los niveles de energía para el muonio (formado por un protón y muón)? Hacer un diagrama de niveles de energía para n = 2 y 3 incluyendo estructura fina. Con esta información, ¿de qué longitud de onda es la radiación que resulta de la transición 2p → 1s que observaron en el experimento reciente en el que midieron el radio del protón? Tenemos que los niveles de energía, sin considerar correcciones, para un átomo hidrogenoide están dados como

En(0) Marín Arciniega Juan Daniel

~ =− 2µ



7

Zµe2 4πε0 ~2

2

1 n2

(45)

Física atómica y materia condensada, 2021-2 Donde µ es la masa reducida del sistema, para este caso se tiene un muón orbitando un protón con lo cual

µ=

1 mp

1 +

(46)

1 mµ

Con mp la masa del protón y mµ la masa del muón, ademas el muón tiene la misma carga que el electrón con lo cual Z = 1, así los niveles de energía para el muonio quedan expresados como

 ~

 En(0) = −  mp mµ 2 mp +mµ

mp mµ mp +mµ

4πε0



e2

~2

2 

1 n2

(47)

Considerando h ≈ 1.054571 × 10−34 J · s, mµ ≈ 1.883531 × 10−28 kg, mp ≈ 1.672621 × 10−27 kg, e ≈ 1.602176 × 10−19 C y ε0 ≈ 8.854187 × 10−12 C 2 /(J · m) y ademas que 1eV ≈ 1.6021 × 10−19 obtenemos

En(0) = −2528.48753 eV

1 n2

(48)

Ahora, para n = 2 los posibles valores de j son j = 1/2 y j = 3/2 y para n = 3 se tienen j = 1/2, j = 3/2 y j = 5/2, entonces recordemos que la corrección de la energía a primer orden por estructura fina esta dada como   n α2 |En | 3 − ∆E(n, j) = n2 4 j + 1/2

(49)

Entonces, calculando • n = 2 j = 1/2   2 α2 |E2 | 3 − = = −0.01052eV 22 4 1/2 + 1/2

(50)

  2 α2 |E2 | 3 = − = −0.002104eV 22 4 3/2 + 1/2

(51)

    1 α2 |E3 | 3 3 ∆E 3, = − = −0.003742eV 2 32 4 1/2 + 1/2

(52)

  α2 |E3 | 3 3 = − = −0.001247eV 32 4 1/2 + 3/2

(53)

  α2 |E3 | 3 3 = − = −0.000415eV 32 4 1/2 + 5/2

(54)



1 ∆E 2, 2



• n = 2 j = 3/2 

1 ∆E 2, 2



• n = 3 j = 1/2

• n = 3 j = 3/2 

3 ∆E 3, 2







• n = 3 j = 5/2 5 ∆E 3, 2 Marín Arciniega Juan Daniel

8

Física atómica y materia condensada, 2021-2 Entonces las energías para cada orbital están dadas como 

E2p1/2 E2p3/2 E3p1/2 E3p3/2 E3d5/2

 1 = ∆E 2, + E20 2   3 + E20 = ∆E 2, 2   1 = ∆E 3, + E30 2   3 = ∆E 3, + E30 2   5 + E30 = ∆E 3, 2

= −632.1234092 eV

(55)

= −632.1239895 eV

(56)

= −280.9468019 eV

(57)

= −280.9444307 eV

(58)

= −280.9434756 eV

(59)

Notemos que si no consideramos corrimiento de Lamb los estados 2p1/2 y 2s1/2 son degenerados, al igual que 3s1/2 , 3p1/2 y 3d1/2 y que 3p3/2 y 3p5/2 En la figura 2 se muestra el diagrama de los niveles de energía para el muonio, con n = 2 y n = 3.

Figura 2.

Ahora, en el nivel 1s, esto es el estado base, la energía del sistema es

E1s = −2528.48753 eV Marín Arciniega Juan Daniel

9

(60)

Física atómica y materia condensada, 2021-2 Entonces el cambio de energía entre el estado base y los posibles estados 2p esta dada como ∆E2p1/2 →1s = E2p1/2 − E1s = −632.1234092 eV + 2528.48753 eV = 1896.3641208 eV

(61)

∆E2p3/2 →1s = E2p3/2 − E1s = −632.1239895 eV + 2528.48753 eV = 1896.3635408 eV Y sabemos que E = hc λ con λ la longitud de onda de la radiación emitida, entonces λ = observadas por la transición 2p → 1s están dadas como

λ2p1/2 →1s =

λ2p3/2 →1s =

hc

(62)

hc E,

así las longitudes de onda

= 6.5379953 × 10−10 m

(63)

hc = 6.5379973 × 10−10 m ∆E2p3/2 →1s

(64)

∆E2p1/2 →1s

5.- Calcular el valor esperado del radio electrónico para un átomo de hidrógeno en el orbital 3d. Calcular el valor esperado de 1/r3 en el orbital 2p del átomo de hidrógeno. • hri32 Para el átomo de hidrógeno se calculo que la función de onda esta dada como ψnlm = Rnl (r)Ylm (θ, ψ)

(65)

Entonces, en coordenadas esféricas se tiene Z hrinlm =

2π

0

Z

Z

π

0 2π

Z

Z

Z

π

0 2π

Z

= Z0 ∞ =

∗ [ψnlm rψnlm ] r2 sin θdrdθdψ

0

Z

= 0

∞

∞ ∗ ∗ [(Rnl (r)Ylm (θ, ψ)) r (Rnl (r)Ylm (θ, ψ))] r2 sin θdrdθdψ

0 π ∗ Ylm (θ, ψ)Ylm (θ, ψ) sin θdθdψ

Z

0

(66)

∞ ∗ Rnl (r)Rnl (r)r3 dr

0 2

(Rnl (r)) r3 dr

0

En donde, para la ultima igualdad, se considero que los armónicos esféricos están normalizado y que la función Rnl es real. Entonces Z hrinl =

∞

2

(Rnl (r)) dr

(67)

0

Para el orbital 3d se tiene n = 3 y l = 2, con lo cual la función de onda radial para el hidrógeno es

R32 =

Marín Arciniega Juan Daniel

4 √

81 30



1 a0

10

7/2

r

r2 e− 3a0

(68)

Física atómica y materia condensada, 2021-2 Entonces, sustituyendo 68 en 67 se tiene #2 7/2 r 1 − = r2 e 3a0 r3 dr 81 30 a0 0   Z ∞ 2r 16 1 r7 e− 3a0 dr = 7 196830 a0 0 ∞

Z

hri32

"

4 √



(69)

Resolviendo la integral por integración por partes Z

Z 2r 2r 2r 3 3 r7 e− 3a0 dr = − a0 r7 e− 3a0 + 7 · a r6 e− 3a0 dr 2 2  2  2 Z 2r 2r 2r 3 3 3 7 − 3a0 6 − 3a0 = − a0 r e −7 a0 r e +7·6 a0 r5 e− 3a0 dr 2 2 2  2  3  3 Z 2r 2r 2r 2r 3 3 3 3 7 − 3a0 6 − 3a0 5 − 3a0 = − a0 r e −7 a0 r e −7·6 a0 r e +7·6·5 a0 r4 e− 3a0 dr 2 2 2 2 (
2 6 − 2r
3 5 − 2r
4 2r 2r 3 3 3 3 7 − 3a0 − 7 2 a0 r e 3a0 − 7 · 6 2 a0 r e 3a0 − 7 · 6 · 5 2 a0 r4 e− 3a0 − 2 a0 r e =
4 R 3 − 2r +7 · 6 · 5 · 4 32 a0 r e 3a0 dr (
2
3
4 2r 2r 2r 2r − 32 a0 r7 e− 3a0 − 7 32 a0 r6 e− 3a0 − 7 · 6 32 a0 r5 e− 3a0 − 7 · 6 · 5 23 a0 r4 e− 3a0 =

R 2r 2r 5 5 −7 · 6 · 5 · 4 32 a0 r3 e− 3a0 + 7 · 6 · 5 · 4 · 3 32 a0 r2 e− 3a0 dr 
2 6 − 2r
3 5 − 2r
4 4 − 2r 2r 3 3 3 3 7 −   − 2 a0 r e 3a0 − 7
2 a0 r e 3a0 − 7 · 6 2 a0
r e 3a0 − 7 · 6 · 5 2 a0 r e 3a0 2r 2r = −7 · 6 · 5 · 4 32 a0 5 r3 e− 3a0 − 7 · 6 · 5 · 4 · 3 32 a0 6 r2 e− 3a0 
R 2r  6 +7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 32 a0 re− 3a0 dr 
2 6 − 2r
3 5 − 2r
4 4 − 2r 2r 3 3 3 3 7 −   − 2 a0 r e 3a0 − 7
2 a0 r e 3a0 − 7 · 6 2 a0
r e 3a0 − 7 · 6 · 5 2 a0 r e 3a0 2r 2r = −7 · 6 · 5 · 4 32 a0 5 r3 e− 3a0 − 7 · 6 · 5 · 4 · 3 32 a0 6 r2 e− 3a0 
7
7 R − 2r 2r  −7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 32 a0 re− 3a0 + 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 32 a0 e 3a0 dr 


4 4 − 2r 2r 2 6 − 2r 3 5 − 2r 3 3 3 3 7 −   − 2 a0 r e 3a0 − 7
2 a0 r e 3a0 − 7 · 6 2 a0
r e 3a0 − 7 · 6 · 5 2 a0 r e 3a0 2r 2r = −7 · 6 · 5 · 4 32 a0 5 r3 e− 3a0 − 7 · 6 · 5 · 4 · 3 32 a0 6 r2 e− 3a0 
7
8 2r 2r  −7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 32 a0 re− 3a0 − 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 32 a0 e− 3a0

(70)

Evaluando en los limites de integración obtenemos ∞

Z

2r 7 − 3a0

r e

 dr = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2

0

3 a0 2

8 (71)

2066715 8 = a0 16 Sustituyendo 71 en 69 obtenemos 

16 196830 21 = a0 2



hri32 = ∴ hri32 •

1 r 21

En coordenadas esféricas se tiene Marín Arciniega Juan Daniel

11

1 a70



2066715 8 a0 16

 (72)

Física atómica y materia condensada, 2021-2

   Z 2π Z π Z ∞  1 1 ∗ ψnlm ψnlm r2 sin θdrdθdψ = r nlm r 0 0 0  Z 2π Z π Z ∞  1 ∗ ∗ (Rnl (r)Ylm (θ, ψ)) (Rnl (r)Ylm (θ, ψ)) r2 sin θdrdθdψ = r 0 0 0 Z ∞ Z 2π Z π ∗ ∗ Ylm (θ, ψ)Ylm (θ, ψ) sin θdθdψ Rnl (r)Rnl (r)rdr = 0 0 0 Z ∞ 2 (Rnl (r)) rdr =

(73)

0

En donde, nuevamente para la ultima igualdad de 73, se considero que los armónicos esféricos están normalizado y que la función Rnl es real. Entonces   Z ∞ 1 2 (Rnl (r)) rdr = r nl 0

(74)

Para el orbital 2p se tiene n = 2 y l = 1, con lo cual la función de onda radial para el átomo de hidrógeno es  R21 =

1 a0

5/2

r 1 √ re− 2a0 2 6

(75)

Sustituyendo 75 en 74 obtenemos !2   Z ∞  5/2 1 1 1 − 2ar √ re 0 = rdr r 21 a 2 6 0   Z ∞ r 1 1 r2 e− a0 rdr = a50 4 · 6 0   Z ∞ r 1 1 = r3 e− a0 dr a50 24 0

(76)

Resolviendo la integral por integración por partes: Z

r 3 − a0

r e

r 3 − a0

dr = −a0 r e

Z

r

r 2 e− a0

+ 3 · a0

r

r

= −a0 r3 e− a0 − 3 · a0 r2 e− a0 + 3 · 2 · a0 r 3 − a0

= −a0 r e

−3·

r

a20 r2 e− a0

r

−3·2·

Z

r

re− a0

r a30 re− a0

r

r

+3·2·

(77) a30

Z e

− ar

0

r

= −a0 r3 e− a0 − 3 · a20 r2 e− a0 − 3 · 2 · a30 re− a0 − 3 · 2 · a40 e− a0 Evaluando en los limites de integración obtenemos Z

∞

r

r3 e− a0 dr = 3 · 2 · a40

0

=

(78)

6a40

Sustituyendo 78 en 76 obtenemos     1 1 1 4 = 6a r 21 a50 24 0   1 1 ∴ = r 21 4a0

Marín Arciniega Juan Daniel

12

(79)