Quatro alternativas para resolver a equação de Schrödinger para o átomo de hidrogênio
obtenção da energia átomo de hidrogênio método de Pauli
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Introdução
Os átomos hidrogênicos, átomos com um elétron, foi um dos assuntos que mais intrigaram os cientistas por muitos anos. O modelo que mais se aproxima dos valores obtidos experimentalmente hoje é o modelo desenvolvido por Niels Bohr sendo que, com o desenvolvimento da mecânica quântica, suas idéias foram obtidas novamente depois da resolução da equação de Schrödinger para o átomo de hidrogênio.
Entretanto, em dezembro de 1925, antes da criação da equação de onda de Schrödinger, Pauli conseguiu obter o espectro de energia de um átomo hidrogênico de maneira alternativa. Sua idéia principal foi à criação de um vetor análogo ao vetor de Lenz presente na mecânica clássica, sendo que seus cálculos foram desenvolvidos apenas em termos de operadores o que dá um caráter mais familiar ao da mecânica quântica do que a solução através da resolução da equação de onda. Embora suas contas fossem mais elegantes, sua solução original não produzia funções de onda além de não esclarecer muitos outros detalhes e importantes propriedades desses átomos.
Neste trabalho, tentaremos obter a o espectro de energia dos átomos hidrogênicos à partir das idéias de Pauli e também obteremos, de uma forma alternativa, as funções de onda tanto do estado fundamental quanto do estado excitados de energia para esse átomos.
Problema Kepler caso Clássico:
Vamos começar analisando o problema Kepler classicamente. Seja uma partícula se movendo em torno do núcleo apenas sobre o efeito do campo elétrico. Sendo (Pc ,Q c) respectivamente o momento e a coordenada generalizada do elétron e H c o hamiltoniano do sistema, tem-se que:
H c=12P2− 1
Q
Onde as unidades atômicas de comprimento, momento, e energia são dados em:
comprimento :me
Z μa0
momento :h
2π∗comprimento
energia : 2Z ² μme
R y
Onde:
me :massa doeletron
Z :número at ômico
μ :massareduzida
h :constante de Plank
R y :constante de Rydberg
Sendo assim, tem-se que as equações do movimento deste problema são:
Qc=∂ H c
∂Pc
=Pc
Pc=−∂ H c
∂Qc
=−Q c
Q3
Analisando o problema em questão, vemos que os vetores:
Lc=Qc x Pc
M c=Pc x Lc−Qc
São constantes de movimento.
Prova:
ddt
Lc=dQc
dtx Pc+Q c x
d Pc
dt=Pc x P c−Qc x
Qc
Q3=0
ddt
Mc
=ddt
(Pc x Lc−Qc )=d Pc
dtx Lc+Pc x
d Lc
dt−dQc
dt
ddt
Mc
=−Q c
Q3 x Lc−dQ c
dt=
−Qc
Q3 x (Qc x Pc)−d Qc
dt
Usando a relação:
( Ax (BxC ) )l=A j BlC j−(A .B )Cl=(A .C )B l−( A .B )C l
Temos:
ddt
M c=−1Q3 (Qc . Pc )Qc+
1Q3 (Qc .Qc )Pc−
ddt (Qc
Q )ddt
M c=−1Q3 (Qc . Qc )Qc+
1Q3Q
2 Pc−ddt (Qc
Q )Usando a identidade
d (Qc .Qc )dt
=2Qc
dQc
dt
Tiramos que:
ddt
M c=−1Q3
12d Q2
dtQc+
1QPc−
ddt (Qc
Q )ddt
M c=−1Q2
dQdt
Qc+1QPc−
ddt (Qc
Q )= ddt (Qc
Q )− ddt (Qc
Q )=0∎Onde o ultimo vetor é conhecido como o vetor de Lenz. Para orbitas fechadas, isto é quandoH c<0, o vetor de Lenz aponta para o maior eixo da elipse de Kepler e seu módulo, |M c|, é a
excentricidade. A magnitude deste vetor é:
M c2=1+2H c Lc
2
Prova:
M c2=(Pc x Lc−Qc )2=(Pc x Lc)
2+1− 2Q (Qc . (Pc x Lc ))
δ ljQcl . (Pc x Lc ) j=δ ljQc
lPcm Lc
nϵmnj
δ ljQcl . (Pc x Lc ) j=Qc
lPcm ϵ lmnLc
n
δ ljQcl . (Pc x Lc ) j=Lcn Lc
n
Qc . (Pc x Lc )=Lc2
Então:
M c2=Pc
2Lc2+1− 2
QLc2=1+2H c Lc
2∎
Ou seja, o Hamiltoniano do sistema se relaciona com o modulo do vetor de Lenz através da relação:
H c=M c
2−12 Lc
2
Problema de Kepler caso quântico:
Para podermos encontrar o espectro de energia e as funções de onda no caso quântico, supõe-se existir um operador, equivalente ao vetor de Lenz no caso clássico, hermitiano, cuja sua forma e dado pela relação:
M=12
[ (PxL )−(LxP ) ]−Q
As variáveis canônicas Q e P satisfazem a seguinte regra de comutação:
[Ql ,P j ]=i δlj
E a lei da conservação pare esse problema torna-se:
[M ,H ]=0
Conservação de M:
Primeiramente comecemos provando a seguinte relação entre o vetor de Lenz ‘M’ e o Hamiltoniano ‘H’ do sistema:
[M ,H ]=0
Para provar esta relação, utilizaremos as seguintes identidades:
( Ax (BxC ) )l=A j BlC j−(A .B )Cl
( ( AxB ) xC )l=A jBlC j−A l (B .C )
Prova:
( Ax (BxC ) )l=A j (BxC )k ϵ jkl =A jBmCn ϵmn
k ϵ jkl
( Ax (BxC ) )l=A j (BxC )k ϵ jkl =A jBmCn (δm
l δnj−δnl δmj )
( Ax(BxC))l=A j (BxC )k ϵ jkl =A jBlC j−A jB jC
l=A jB lC j−(A .B)Cl
( ( AxB ) xC )l=(AxB ) jCk ϵ jkl =AmBnC kϵmn
j ϵ jkl
( ( AxB ) xC )l=(AxB ) jCk ϵ jkl =AmBnC k (δnl δmk−δm
l δnk )
( ( AxB ) xC )l=(AxB ) jCk ϵ jkl =AmBlCm−A lBnCn=AmBlCm−A l (B .C )∎
e a seguinte relação entre as variáveis canônicas:
[Pl , f (Q)]=−i∂
∂Q lf (Q )(° )
Prova:
[M ,H ]=0
[M ,H ]=[ 12 (PxL−LxP )−Q , H ]=12 ( [PxL ,H ]+ [ LxP ,H ])−[Q ,H ]
12
( [PxL, H ]+ [ LxP ,H ] )
[PxL, H ]=[P ,H ] xL=[P ,P2− 1Q ]xL=−[P . 1Q ] xL
Utilizando(°)temos:
[PxL, H ]=−i1
Q3(QxL)
Como
[PxL, H ]†={−i1Q3 (QxL)}
†
[ LxP ,H ]=−i1
Q3(LxQ )
Então:
[ (PxL−LxP ) , H ]=−i1
Q3(QxL )+i 1
Q3(LxQ )
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3 [ (Qx (QxP ) )l−( (QxP) xQ )l ]
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3 [QmQlPm−(Q .Q)Pl−(QmP lQm−Ql(P .Q))]
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3 [QmQlPm−(Q .Q ) Pl−Qm PlQm+Ql (P .Q ) ]
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3 [QlQmPm−(Q .Q ) Pl−(i δml+P lQm )Qm+Ql (P .Q ) ]
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3 [Ql (Q . P )−(Q .Q )Pl−iQl−P l (Q .Q )+Ql (P .Q ) ]
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3{Ql (Q .P )−(Q.Q ) Pl−iQ l−Pl(Q .Q)+[Q¿¿ l (P .Q )]+(P .Q)Ql}¿
−i1
Q3 [ (QxL )−(LxQ ) ]l=−i1
Q3{Ql (Q .P )+(P .Q)Q l−Pl(Q .Q)− (Q .Q )P l−iQl+[Q¿¿l , (P .Q )]}¿
[Q ,H ]
[Q ,H ]l=[Ql
Q,12P2
− 1Q ]=[Ql
Q,12PmPm]=12 (Q
l
QPm Pm−PmPm
Ql
Q)
[Q ,H ]l=12 (Ql
QPm Pm−PmPm
Ql
Q−Pm Q
l
QPm+P
mQl
QPm)=12 {Pm[Q l
Q,P
m]+[Ql
Q, P
m]Pm}Por (°) temos:
[Q ,H ]l=12 {i Pm
∂∂Qm (Ql
Q )+i ∂∂Qm (Ql
Q )Pm}[Q ,H ]l=+i 1
2 {Pm( δml
Q− 1Q3Q
m
Ql)+( δml
Q− 1Q3Q
m
Ql)Pm}[Q ,H ]l=+i 1
2 {Pl 1Q
− 1
Q3(P .Q)Ql+ 1
QPl− 1
Q3Ql(Q .P)}
Desta forma obtém:
[M ,H ]l=−i21
Q3¿
[M ,H ]l=−i21
Q3 (−i Ql+[Ql ,QmPm ] )
[M ,H ]l=−i21
Q3 (−i Ql+QlQm Pm−QmP
mQl )
[M ,H ]l=−i21
Q3 (−i Ql+QlQm Pm−Qm(−iδml+QlPm))∎
[M ,H ]=0
Como queríamos.
Espectro de Energia:
Antes de começar, mostremos que o vetor de Lenz pode ser escrito na seguinte forma:
M=(PxL )−i P−Q
Prova:
M l=12
[ (PxL )l−(LxP )l ]−Ql=12
[ (PxL )l−Lm Pn ϵmnl ]−Ql
M l=12
[ (PxL )l−([Lm ,Pn]+PnLm)ϵmnl ]−Ql
M l=12
[2 (PxL )l−Pk ϵ knm ϵmn
l ]−Ql
M l=12
[2 (PxL )l−2Pk δkl ]−Ql
M l=(PxL )l−Pl−Ql
M=(PxL )−i P−Q∎
Tendo isto, e sabendo que o vetor de Lenz se conserva, ou seja, ele comuta com o operador hamiltoniano, pode-se agora tentar encontrar o espectro de energia dos átomos hidrogênicos. Mas antes, como o vetor Lenz é um operador, temos que o comutador entre as componentes deste vetor com o do vetor momento angular ‘L’ é dado por:
[Ll ,M j ]=iM k ϵ kjl
Prova:
[Ll ,M j ]=[Ll , (PxL ) j−i P j−Q j ]=[Ll , (PxL ) j ]−i [Ll , P j ]− [Ll , Q j ]
[Ll ,P j ]
[Ll ,P j ]=LlP j−P jLl
[Ll ,P j ]=(QxP)lP j−P j(QxP)l
[Ll ,P j ]=Qm Pn ϵmnl P j−P jQm Pn ϵmn
l
[Ll ,P j ]=Qm PnP j ϵmnl −¿
[Ll ,P j ]=Qm PnP j ϵmnl −i δnjPn ϵmn
l −QmP jPnϵmnl
[Ll ,P j ]=−i Pn ϵmlj
[Ll ,P j ]=i Pnϵmjl
[Ll ,Q j ]
[Ll ,Q j ]=LlQj
Q−Q j
QLl
[Ll ,Q j ]=Qm Pn ϵmnl Q j
Q−Q j
QQmPn ϵmn
l
[Ll ,Q j ]=Qm([Pn ,Q j
Q ]+Q j
QPn)ϵmnl −Q j
QQm Pn ϵmn
l
[Ll ,Q j ]=Qm([Pn ,Q j
Q ]+Q j
QPn)ϵmnl −Q j
QQm Pn ϵmn
l
[Ll ,Q j ]=Qm Qj
QPn ϵmn
l −i∂
∂Qn (Q j
Q )ϵmnl −Q j
QQmPn ϵmn
l
[Ll,Q
j ]=−i Qm( 1Q δ
nj−1
Q 3QjQ
n)ϵmnl
[Ll ,Q j ]=−i Qm 1Qϵmlj+ 1
Q3i QmQ jQ nϵmn
l
[Ll ,Q j ]=−i Qm 1Qϵmlj
[Ll ,Q j ]=i Qm 1Qϵmjl
[Ll , (PxL ) j ]
[Ll , (PxL ) j ]=Ll (PxL ) j−(PxL ) j Ll=LlPmLn ϵmnj −Pm Ln ϵmn
j Ll
¿ ([Ll , Pm ]+LlPm )Ln ϵmnj −Pm Ln ϵmn
j Ll
¿ [Ll ,Pm ]Ln ϵmnk +PmLl Ln ϵmn
j −PmLn Ll ϵmnj
¿ [Ll ,Pm ]Ln ϵmnj +Pm[Ll , Ln]ϵmn
j
Mas:
[L j , Ll ]=i Lk ϵ kjl
Então:
[Ll , (PxL ) j ]=i Pk Ln ϵ kml ϵmn
j +i PmLu ϵ unl ϵmn
j
¿ i Pk Ln (δ knδlj−δn
l δ kj )+i PmLu (δ u
j δml −δlj δun )
¿ i PnLnδlj−i P j Ll+ i Pl L j−i PnL
n δ lj
¿ i(PlL j−P jLl)=i (PxL )k ϵ kjl
Então:
[Ll ,M j ]=i(PxL)k ϵ kjl−i (i Pnϵm
jl)−iQm 1Qϵmjl=i((PxL) k−i Pk−Qk 1
Q)ϵ k
jl
[Ll ,M j ]=iM k ϵ kjl
Como queríamos.
Outras três relações serão necessárias para podermos encontrar o espectro de energia. Elas são:
1) O análogo quântico que relaciona o vetor de Lenz com o hamiltoniano do sistema:
M 2=1+2H ( L2+1 ) (¿)
Prova:
δ ljMlM j=((PxL )l−i Pl−Ql ) ((PxL ) j−i P j−Q j) δlj
δ ljMlM j=( (PxL )l (PxL ) j−i ((PxL )lP j+P l (PxL ) j )−((PxL )l Q j+Ql (PxL) j )−Pl P j−(Pl Q j+Q l jj=:ode Energia :nçade variaveolar . çoenteencontraremos o funçP j)+Q jQ j )δ lj
(Pl Q j+Ql P j )δ lj
(Pl Q j+Ql jj=:ode Energia :nçade variaveolar .ço enteencontraremos o funçP j )=PlQj
Q−Q l
QP j
(Pl Q j+Ql jj=:ode Energia :nçadevariaveolar . çoente encontraremoso funç P j )=Pl 1QQ j− 1
QQlP j
(Pl Q j+Ql jj=:ode Energia :nçade variaveolar .ço enteencontraremos o funçP j )=([Pl ,1Q ]+ 1Q Pl)Q j− 1
Q([Ql , P j ]+P jQl)
(Pl Q j+Ql jj=:ode Energia :nçade variaveolar . çoenteencontraremos o funçP j )=−i∂
∂Q l( 1Q
)Q j+ 1QPlQ j− 1
Qδlj+ 1
QP jQ l
(PlQ
j+Ql jj=:ode Energia :nçade variaveolar .ço enteencontraremos o funçP
j )δlj=(+i 1Q3QlQ
j+2QPlQ
j−1Qδlj)δ lj
(Pl Q j+Ql jj=:ode Energia :nçade variaveolar .ço enteencontraremos o funçP j )δlj=4 i1Q
+ 2Q
(P .Q)
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )=PmLn ϵmnl Q j
Q+Q
l
QPmLnϵmn
j
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )=Pm([Ln ,Q j
Q ]+Q j
QLn)ϵmnl +Q
l
QPmLn ϵmn
j
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )=Pm[Ln ,Q j
Q ] ϵmnl +([Pm ,Q j
Q ]+Q j
QPm)Ln ϵmn
l +Ql
QPmLn ϵmn
j
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )=Q j
QPmLn ϵmn
l +[Pm ,Q j
Q ]Ln ϵmnl +Q
l
QPmLn ϵmn
j +Pm[Ln ,Q j
Q ]ϵmnl
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj=(Q j
QPm Ln ϵmn
l +Ql
QPmLn ϵmn
j −i∂
∂Qm (Q j
Q )Ln ϵmnl +iPmQil. k 1
Qϵkjnϵmn
l )δ lj
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj=2Q
(Q¿¿ j P¿¿mϵ jmn)Ln−i( δ jm
Q− Q jQm
Q3Qmn )Lnϵ jmn+2 iPmQil .k 1
Qδ km¿¿
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj=¿
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj=( 2Q LnLn−2
1
Q3QmQm+i
2QP
mQm)
((PxL )l Q j+Ql (PxL ) j )δlj=2QL2−2 1
Q+i 2
Q(P .Q)
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )δlj
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )=PmLn ϵmnl P j+PlPm Ln ϵmn
j
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )=Pm ( [Ln , P j ]+P jLn ) ϵmnl +Pl Pm Lnϵmnj
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )δlj=(Pm [Ln , P j ]ϵmnl +Pm P j Ln ϵmnl +Pl Pm Ln ϵmn
j ) δlj
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )δlj=i PmPk ϵ kjnϵ jmn+2P
mP jLn ϵ jmn
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )δlj=2 i PmPk δ km+2(P¿¿mP j ϵ jmn)Ln ϵ jmn¿
((PxL )lP j+Pl (PxL ) j )δlj=2 i P2
(PxL )l (PxL ) j δ lj
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmLnϵmnl Pk Lu ϵ ku
l δ lj
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmLnϵmnl Pk Lu ϵ lmn
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmLnPk Lu (δmk δ nu−δmuδ nk )
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmLnPm Ln−Pm LnPnLm
(PxL )l (PxL ) j δ lj=Pm([Ln ,Pm ]+Pm Ln)Ln−Pm LnPn Lm
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmPmLn Ln+P
m [ Ln, Pm ] Ln−PmQk Pu ϵ kun PnLm
(PxL )l (PxL ) j δ lj=PmPmLn Ln+P
m [ Ln, Pm ] Ln−Pm(Q¿¿k PuPn ϵ ¿¿kun)Lm¿¿
(PxL )l (PxL ) j δ lj=P2L2+i PmPk ϵmkn Ln−Pm 1
2(Qk PuPn ϵ ku
n +Q kPn Pu ϵ knu )Lm
(PxL )l (PxL ) j δ lj=P2L2+ i2(PmPk Ln ϵmk
n +PmPk Ln ϵ kmn )−Pm 1
2(Qk PuPnϵ ku
n −QkPuPn ϵ kun )Lm
(PxL )l (PxL ) j δ lj=P2L2
Então:
δ ljMlM j=( (PxL )l (PxL ) j−i ((PxL )lP j+P l (PxL ) j )−((PxL )l Q j+Ql (PxL) j )−Pl P j+i(Pl Q j+Q l jj=:ode Energia :nçade variaveolar . çoenteencontraremos o funçP j)+Q jQ j )δ lj
δ ljMlM j=P2L2−i (2 i P2 )−( 2Q L2−2 1
Q+i 2
Q(P .Q ))−P2+i(4 i 1Q + 2
Q(P .Q ))+1
M 2=P2 L2+2 P2− 2QL2+2 1
Q−i2Q
(P .Q )−P2−4 1Q
+i 2Q
(P .Q )+1
M 2=1+2H ( L2+1 )∎
2) Que o Vetor momento angular e o vetor de Lenz sejam ortogonais:
(L .M )=0
Prova:
(L .M )=δlj LlM j=δlj L
l ((PxL ) j−i P j−Q j) δlj
(L .M )=δlj (Ll (PxL ) j−i Ll P j−LlQ j)
δ lj LlQ j
δ lj LlQ j=(QxP)lQ
j
Q=QmPn ϵmn
l Q j
Q
δ ljLlQ j=(QxP)lQ
j
Q=Qm([Pn,
Q j
Q ]+Q j
QPn)ϵmnl
δ lj LlQ j=(QxP)lQ
j
Q=QmQ
j
QPn ϵmn
l −iQm( 1Q δnj− 1Q3Q
jQn)ϵmnj
δ lj LlQ j=(QxP)lQ
j
Q=12(Qm Q
j
QPn ϵ jmn+Q
nQm
QPnϵmjn)−i(Qm 1
Qδnj− 1
Q3QmQ jQn)ϵ jmn
δ lj LlQ j=0
i Ll P j
δ lj LlP j=δlj (QxP)l P j=QmPnϵmn
l P j δlj
δ lj LlP j=1
2(QmP jPnϵ jmn+Q
m P j Pn ϵ nmj)
δ lj LlP j=0
δ lj Ll (PxL ) j
δ lj Ll (PxL ) j=δ lj L
lPmLn ϵmnj
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(Ll Pm Lnϵ lmn+ L
nPm Ll ϵ nml)
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(( [Ll , Pm ]+Pm Ll )Ln ϵlmn−( [Ln, Pm ]+Pm Ln )Llϵ lmn )
δ lj Ll (PxL ) j=1
2([Ll ,Pm ]Ln ϵ lmn+P
mLl Lnϵ lmn−[Ln ,Pm ]Ll ϵ lmn−PmLn Ll ϵlmn )
δ lj Ll (PxL ) j=1
2¿
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(i Pk ϵ k
mlLn+i Pm Lu ϵ unl−i Pn ϵ k
mnLl ) ϵlmn
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(i Pk ϵ k
mlϵ lmnLn+i PmLu ϵ u
nl ϵlmn−i PnLl ϵ kmn ϵlmn )
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(i Pk Ln ϵ k
ml ϵ lmn−i Pm Lu ϵ unl ϵ lnm+i P
nLl ϵ kmn ϵnml )
δ lj Ll (PxL ) j=1
2(i Pk Ln δ kn−i PmLu δ um+i P
nLl δ kl )
δ lj Ll (PxL ) j= i
2(2 Pk L
k )=i Pk (QxP)k
δ lj Ll (PxL ) j=i PkQ
m Pn ϵmnk
δ lj Ll (PxL ) j=i Pk ( [Qm, Pn ]+PnQm )ϵmnk
δ lj Ll (PxL ) j=−Pk δ
mnϵmnk +Pk P
nQm ϵmnk =0
Então
(L .M )=0
Como queríamo∎
3) A relação de comutação entre as diferentes componentes de M:
[M l ,M j ]=−2 iH ϵmjl Lm(¿∗¿)
Prova:
[M l ,M j ]=[ (PxL )l−i Pl−Ql , (PxL ) j−i P j−Q j ]
[M l ,M j ]=[ (PxL )l−i Pl−Ql , (PxL ) j ]−i [ (PxL )l−i Pl−Ql ,P j ]−[ (PxL )¿¿ l−i Pl−Ql , Q j]¿
[ (PxL )l−i P l−Ql ,Q j ]
−[ (PxL )l−i P l−Ql ,Q j ]=−( [ (PxL )l ,Q j ]−i [P l , Q j ]−[Ql ,Q j ] )
→ [Ql , Q j ]
[Ql ,Q j ]=0
→ [P l , Q j ]
[Pl ,Q j ]=PlQj
Q−Q j
QPl
[Pl ,Q j ]=PlQj
Q−(P lQ
j
Q−i
∂∂Ql (Q j
Q ))[Pl ,Q j ]=−i( δ jl
Q−Q jQ l
Q3 )i [Pl , Q j ]=( δ jl
Q−Q jQl
Q3 )
→ [ (PxL )l , Q j ]
[ (PxL )l ,Q j ]=(PxL )lQ j−Q j (PxL )l
[ (PxL )l ,Q j ]=Pm Ln ϵmnl Q j
Q−Q j
QPm Ln ϵmn
l
[ (PxL )l ,Q j ]=(Pm([Ln ,Q j
Q ]+Q j
QLn)−Q j
QPm Ln)ϵmnl
[ (PxL )l ,Q j ]=(Pm[Ln ,Q j
Q ]+(Q j
QPm+[Pm ,
Q j
Q ])Ln−Q j
QPmLn)ϵmnl
[ (PxL )l ,Q j ]=(Pm[Ln ,Q j
Q ]+[Pm ,Q j
Q ]Ln)ϵmnl
[ (PxL )l ,Q j ]=(i Pm Qk
Qϵ kjn±i( δ
jm
Q−Q jQm
Q3 )Ln)ϵmnl
[ (PxL )l ,Q j ]=i PmQk
Qϵ kjnϵmn
l −i1QLnϵ n
jl+i QjQm
Q3 Lnϵmnl
[ (PxL )l ,Q j ]=i PmQk
Q(δ jl δkm−δm
j δkl )−i
1QLn ϵ n
jl+i Qj
Q3Qm Ln ϵmn
l
[ (PxL )l ,Q j ]=i (P .Q ) δjl
Q+ i PlQ
j
Q−i1QLn ϵ n
jl+ i Qj
Q3 (QxL)l
−[ (PxL )l ,Q j ]=−i (P.Q ) δjl
Q−i P lQ
j
Q+i 1
QLn ϵ n
jl−iQ j
Q3 (QxL)l
[ (PxL )l−i P l−Ql ,Q j ]=−i (P .Q ) δjl
Q−i PlQ
j
Q+i 1
QLn ϵ n
jl−iQ j
Q3 (QxL)l+( δ jl
Q−Q jQl
Q3 )
−i [ (PxL )l−i Pl−Ql , P j ]
−i [ (PxL )l−i Pl−Ql , P j ]=−i ( [ (PxL )l , P j ]−i [Pl , P j ]− [Q l , P j ])
→ [Ql , P j ]
[Ql ,P j ]=+i( δ lj
Q−QlQ j
Q3 )i [Ql , P j ]=−( δ lj
Q−QlQ j
Q3 )
→ [P l , P j ]
[Pl ,P j ]=0
→ [ (PxL )l , P j ]
[ (PxL )l ,P j ]=(PxL )lP j−P j (PxL )l
[ (PxL )l ,P j ]=Pm Ln ϵmnl P j−P j Pm Ln ϵmn
l
[ (PxL )l ,P j ]=(Pm ( [Ln ,P j ]+P j Ln )−P jPm Ln)ϵmnl
[ (PxL )l ,P j ]=(Pm [Ln , P j ]+Pm P jLn−P jPmLn)ϵmnl
[ (PxL )l ,P j ]=i PmPkϵ kjnϵmn
l
[ (PxL )l ,P j ]=i PmPk(δ jlδ km−δmj δ k
l )
[ (PxL )l ,P j ]=i ( (P .P )−P j Pl )
−i [ (PxL )l−i Pl−Ql , P j ]=( (P .P )−P j Pl )−i( δ lj
Q−QlQ j
Q3 ) [ (PxL )l−i P l−Ql , (PxL ) j ]
[ (PxL )l−i P l−Ql , (PxL ) j ]=[ (PxL )l , (PxL ) j ]−i [Pl , (PxL ) j ]−[Ql , (PxL ) j ]
→ [Ql , (PxL ) j ]
[Ql , (PxL ) j ]=−(i (P .Q ) δlj
Q+i P jQ
l
Q−i1QLn ϵ n
lj+i Ql
Q3 (QxL ) j)[Ql , (PxL ) j ]=−(i (P .Q ) δ
lj
Q+i P jQ
l
Q+ i 1
QLn ϵ n
jl+i Ql
Q3 (QxL) j)−[Ql , (PxL ) j ]=(i (P .Q ) δ
jl
Q+i P jQ
l
Q+i 1
QLn ϵ n
jl+i Ql
Q3 (QxL)j)
→ [Pl , (PxL ) j ]
[Pl , (PxL ) j ]=−i ( (P .P )−PlP j )
−i [P l , (PxL ) j ]=−( (P .P )−PlP j )
→ [ (PxL )l , (PxL ) j ]
[ (PxL )l , (PxL ) j ]=Pm Lnϵmnl Pk L yϵ ky
j −Pk L yϵ kyj Pm Lnϵmn
l
Pm (QxP )n ϵmnl Pk ¿
Pm (QxP )n ϵmnl Pk ¿
Pm (QxP )n ϵmnl Pk ¿
Pm (QxP )n ϵmnl Pk ¿
Então:
[ (PxL )l , (PxL ) j ]=(PmQlPmPkQ jPk−PmQl Pm P
kQ kPj−PmQmP
lPkQ jPk+PmQm P
lP kQk Pj )−(PkQ jPkP
mQlPm−PkQ j PkPmQm P
l−PkQk Pj PmQlPm+P
kQk Pj PmQmP
l)
[ (PxL )l , (PxL ) j ]=(PmQlPmPkQ jPk−PkQ jPkP
mQlPm )+(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )+(PkQ jPkP
mQm Pl−PmQm P
lPkQ jPk )+(PmQm PlPkQk P
j−PkQ kPjPmQm P
l)
1)(PmQl PmP
kQ jP k−PkQ j PkPmQl Pm )=Pm( [Ql , Pm ]+PmQ
l )PkQ j Pk−Pk ( [Q j , Pk ]+PkQj )PmQl Pm
(PmQl PmPkQ jP k−PkQ j PkP
mQl Pm )=i Pmδml PkQ jPk+P
m PmQlPkQ jPk−i Pk δ k
j PmQlPm−Pk PkQj PmQ lPm
(PmQl PmPkQ jP k−PkQ j PkP
mQl Pm )=i Pl Pk ( [Q j ,Pk ]+PkQj )+Pm PmQ
l ( [Pk ,Ql ]+Ql Pk )Pk−i P j Pm ([Q j ,Pm ]+PmQj )−PkPkQ
j ( [Pm ,Ql ]+Ql Pm )Pm
(PmQl PmPkQ jP k−PkQ j PkP
mQl Pm )=−PlP j+i Pl PkPkQj+P j Pl−i PmPmQ
l P j+Pm PmQlQ jPkPk+P
jPl−i P j Pm PmQl+ i PkPkQ
jPl−PkPkQjQl Pm Pm
(PmQl PmPkQ jP k−PkQ j PkP
mQl Pm )=i(P . P)PlQ j−i(P . P)Ql P j−i(P . P)P jQl+i P. P ¿Q j Pl
(PmQl PmPkQ jP k−PkQ j PkP
mQl Pm )=i (P .P )(PxQ)ϵ kjl−i(P .P)(QxP)ϵ k
jl
2)(PkQk P
j PmQlPm−PmQlPm PkQkP
j )=PkQ kPjPm ( [Ql ,Pm ]+PmQ
l )−Pm( [Ql ,Pm ]+PmQl) PkQ kP
j
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jPmδml +PkQk P
j PmPmQl−i Pmδm
l PkQk Pj−PmPm([Ql ,Pk ]+PkQl)Qk P
j
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jPmδml +PkQk P
j PmPmQl−i Pl Pk ( [Qk , P
j ]+P jQ k )−i Pm PmδlkQ kP
j−Pm PmPkQlQkP
j
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPjPm PmQ
l+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−PkPmPmQk ([Ql ,P j ]+P jQl )
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPm PmP
jQl+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−i Pk PmPmQ kδ
lj−PkPmPmQk PjQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPm PmP
jQl+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−i Pk PmPmQ kδ
lj−PkPm ( [Pm ,Q k ]+Q kPm )P jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPm PmP
jQl+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−i Pk PmPmQ kδ
lj+i PkPmδmkPjQl−Pk PmQkPm P
jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPm PmP
jQl+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−i Pk PmPmQ kδ
lj+i(P . P)P jQl−Pk ( [Pm ,Qk ]+QkPm)Pm P
jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i PkQkP
jP l+P kQ kPm PmP
jQl+P lP j−i Pl P jPkQk−i PmPmQl P j−i Pk PmPmQ kδ
lj+i(P . P)P jQl+i (P . P )P jQl−PkQkPmPm P
jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i(P .Q)P jPl+(P .Q) (P . P )P jQl+P lP j−i Pl P j(P.Q)−i (P . P )Q lP j−i Pk (P .P )Qk δ
lj+i(P .P)P jQl+i (P . P )P jQl−(P .Q) (P .P )P jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i (P .Q )P jPl+Pl P j−i PlP j (P.Q )−i (P .P ) ([Ql , P j ]+P jQl )−i Pk (P .P )Qk δ
lj+2 i(P .P)P jQl
(PkQk Pj PmQlPm−PmQlPm P
kQkPj )=i (P .Q )P jPl+Pl P j−i PlP j (P.Q )+(P .P ) δlj−i (P . P ) (P .Q ) δlj+i(P .P)P jQ l
3) PkQ j PkPmQm P
l−PmQm PlPkQ jPk=−(PmQm P
lPkQ jPk−PkQ jPkPmQm P
l )
PkQ j PkPmQm P
l−PmQm PlPkQ jPk=−(i (P.Q ) PlP j+P j Pl−i P jP l (P .Q )+(P. P ) δ lj−i (P .P ) (P .Q )δ lj+i(P . P)PlQ j )
4)PmQmP
lPkQk Pj−PkQk P
j PmQmPl=PmQmP
lPk ([Qk ,Pj ]+P jQk )−PkQkP
jPm( [Qm ,Pl ]+PlQm)
PmQmPlPkQk P
j−PkQk Pj PmQmP
l=(i PmQmPl P j+PmQm P
lPkP jQk )−(i PkQkPjPl+PkQk P
j PmP lQm )
PmQmPlPkQk P
j−PkQk Pj PmQmP
l=(i (P .Q ) PlP j+ (P.Q ) PlP j (P .Q ) )−(i (P .Q )Pl P j+(P .Q )P jP l (P .Q ) )=0
Então:
[ (PxL )l , (PxL ) j ]=i (P .P ) (PxQ ) ϵ kjl−i (P . P ) (QxP )ϵ k
jl−i (P .P )(PlQ j−P jQl)
[ (PxL )l , (PxL ) j ]=−P ² Lk ϵ kjl
Logo:
[ (PxL )l−i P l−Ql , (PXL ) j ]=−P ²Lkϵ kjl−( (P .P )−PlP j )+( i (P .Q ) δ
jl
Q+i P jQ
l
Q+i 1
QLn ϵ n
jl+ i Ql
Q3 (QxL)j)
Então:
[M l ,M j ]=[ (PxL )l−i Pl−Ql , (PXL ) j ]−i [ (PxL )l−i Pl−Ql ,P j ]−[(PxL )¿¿ l−i P l−Ql ,Q j]¿
[M l ,M j ]=−P ² Lk ϵ kjl−( (P .P )−PlP j )+(i (P .Q ) δ
jl
Q+i P jQ
l
Q+i 1
QLn ϵ n
jl+i Ql
Q3 (QxL)j)+( (P .P )−P j Pl )−( δ lj
Q−QlQ j
Q3 )−i (P .Q ) δjl
Q−i P lQ
j
Q+i 1
QLn ϵ n
jl−iQ j
Q3 (QxL)l+( δ jl
Q−Q jQl
Q3 )
[M l ,M j ]=−P ² Lk ϵ kjl+2i 1
QLn ϵ n
jl+( i P jQl
Q−i PlQ
j
Q+i Q
l
Q3 (QxL)j−i
Q j
Q3 (QxL)l)
¿ i(P jQl
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(P jQl
Q−PlQ
j
Q+ Ql
Q3Qm Ln ϵmn
j −Q j
Q3 QmLn ϵmn
l )
i(P jQl
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(P jQl
Q−PlQ
j
Q+ Ql
Q3QmQa Pb ϵ ab
n ϵmnj −Q j
Q3QmQ xPy ϵ xy
n ϵmnl )
i(P jQl
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(P jQl
Q−PlQ
j
Q+ Ql
Q3QmQa Pb (δ a
j δbm−δbj δ am )−Q j
Q3QmQ xPy (δ x
l δ ym−δ yl δ xm))
i(P jQl
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(P jQl
Q−PlQ
j
Q+ Ql
Q3Qm (Q jPm−Qm P
j )−Q j
Q 3Qm (QlPm−Qm P
l ))
i(P jQl
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(P jQl
Q−Ql
QP j+Q
j
QP l−PlQ
j
Q )i(P jQ
l
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL) j−Q j
Q3 (QxL )l)=i([P j ,Ql
Q ]−[P l ,Q j
Q ])i(P jQ
l
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=i(−i( 1Q δ jl− 1Q3Q
lQ j)+i( 1Q δ lj− 1Q3 Q
jQl))i(P jQ
l
Q−P lQ
j
Q+Q
l
Q3 (QxL)j−Q j
Q3 (QxL)l)=0O que nos leva a:
[M l ,M j ]=−P ² Lk ϵ kjl+2i 1
QLn ϵ n
jl=−2H Ln ϵ njl
Como queríamos∎
Tendo isto em mãos, vamos agora encontrar uma relação para energia do sistema. Supondo que esta energia tenha o valor de ‘-E’, a relação (***) fica na forma
[M l ,M j ]=2 iEϵmjl Lm
Seja
N≔ M
√2 E
O vetor diferencial de Lenz normalizado. Então a relação de comutação entre as componentes de N fica na forma:
[N l ,N j ]= i2 E2 Eϵm
jl Lm
[N l ,N j ]=i ϵmjl Lm
De acordo com a equação (*) temos que:
2 E N2=1−2 E(L2+1)
E= 1
2(N 2+L2+1)
Resta agora determinar os autovalores de N2. Para encontramos estes valores, vamos definir os seguintes vetores operadores
F (± )=12
(L±N )
Que obedecem as seguintes regras de comutação abaixo:
[F (± ) l , F (± ) j ]=i ϵ kjlF (±)k
¿
Prova:
[F (± ) l , F (± ) j ]=[ 12 (L± N )l , 12
(L±N ) j]= 14 ( [Ll , L j ]+[N l , N j ]± [Ll , N j ]± [N l , L j ] )
[F (± ) l , F (± ) j ]= 14 (i ϵmjlLm+i ϵm
jl Lm±1
√2 E[Ll , M j ]± 1
√2 E[Ml , L j ])
[F (± ) l , F (± ) j ]= 14 (2 iϵmjl Lm±
1
√2Eiϵm
jlMm∓ 1
√2E[L j , M l ])
[F (± ) l , F (± ) j ]= 14 (2 iϵmjl Lm±
1
√2Eiϵm
jlMm∓ 1
√2Ei ϵm
lj Mm)[F (± ) l , F (± ) j ]= 1
4 (2 iϵmjl Lm±1
√2Eiϵm
jlMm±1
√2Eiϵm
jlMm)[F (± ) l , F (± ) j ]= 1
42 i ϵm
jl (Lm± Nm )=i ϵmjl F(± )m
¿
¿
¿
Como queríamos.∎
Observando que L eN podem ser escritos na forma:
L=F¿¿
N=F¿¿
Então L2+N2 podem ser escritos como:
L2+N2=¿¿
Como L=F¿¿
Temos que o problema do autovalor de energia reduz ao problema análogo ao da teoria de momento angular sendo que:
(F (± ) )2 ⟨∅ ⟩=f ( f +1) ⟨∅ ⟩
F (± )3 ⟨∅ ⟩=μ± ⟨∅ ⟩
Onde
f ±=0 , 12,1 ,… ..
μ±=f ± , f ±−1 ,…,−f ±
Que é uma boa simplificação. Levando –se em conta que :
¿¿
Prova:
¿¿¿
¿¿
Por (**), encontra-se:
¿¿
Pode-se concluir que :
f +¿=f−¿=f ¿ ¿
Então:
L2+N2=2 [ f ( f +1 )+f ( f+1 ) ]=4 f ( f+1 )
Assim:
E= 12(4 f (f +1 )+1)
= 1
2 (2 f +1 )2f=0 , 1
2,1 ,…
Ou na forma tradicional de Bohr:
E= 1
2n2n=(2 f +1 )=1,2,3…
Função de Onda:
Vamos agora obter as funções de onda dos átomos hidrogênicos. Como o vetor de Lenz M e o hamiltoniano H comutam, utilizaremos o vetor operador F para poder construí-las de um modo similar ao utilizado na construção das funções de onda do oscilador harmônico.
Função de Onda para o estado fundamental:
Neste caso temos que n=1 e então f=12
(n−1 )=0. Denominando este estado de ⟨1 ⟩,
tem-se que:
F± ⟨1 ⟩=0
(L±N ) ⟨1 ⟩=0
L ⟨1 ⟩± N ⟨1 ⟩=0
Mas para n=1:
L ⟨1 ⟩=0
Então:
N ⟨1 ⟩=M ⟨1 ⟩=0
( (PxL )−i P−Q ) ⟨ 1 ⟩=0
Como L ⟨1 ⟩=0, temos que:(PxL ) ⟨1 ⟩=0
Então:
(i P+Q ) ⟨1 ⟩=0
Denominando r como sendo o autovalor de Q, e φ10(r)=⟨r|1 ⟩, a função de onda do estado fundamental, obtém que:
(∇+r )φ10(r )=0
Como φ10 é esfericamente simétrico, ∇ reduz a rddr
, então:
r ( ddr +1)φ10(r )=0d φ10(r )dr
=−φ10
φ10(r)=A e−r
Normalizando a função chega-se a:
φ10(r)=1
√ πe−r
Que é a função de onda obtida ao resolvermos a equação de Schrödinger para o estado fundamental.
Função de onda para os estados excitados:
Para obter a função de onda dos estados excitados, escolheremos a função de onda que, para um dado n, tem máximos l=n−1 e m=l. Desta forma, pode-se obter as outras funções de onda através da diferenciação utilizando um método análogo ao utilizado no caso do momento angular. Denominando esse estado de ¿, tem-se que os autovalores de F(±)2 e F3
são f=μ±=12(n−1), e que este satisfaz a seguintes relações:
((F (±)1+i F (±)2 ))¿
E
L+¿=( (L1+i L2))¿ ¿
Então:
[(L1± N1+i (L2±N2 )) ]¿
((N1+i N 2 ))¿
(M 1+iM 2 )¿
{P2L3−P3 L2−i P1−Q 1¿+i [P3L1−P1 L3−i P2−Q2 ] }¿
[−i (P1+ i P2 ) (L3+1 )+i P3 (L1+i L2 )−(Q1+i Q2)] ¿
( x+ iyr +n( ∂∂ x
+i∂∂ y ))φn ;+¿ (r )=0¿
Onde foi usado que:
(L3+1 )¿
Mudando para coordenadas esféricas:
x=r sin θ cos∅
y=rsinθ sin∅
r=√x2+ y2+ z2
tan∅= yx
cosθ=zr
Obtém que:
¿
Prova:
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=( ∂φ∂r ∂ r
∂x+ ∂φ∂θ
∂θ∂x
+ ∂φ∂∅
∂∅∂x )+i( ∂φ∂r ∂ r
∂ y+ ∂φ∂θ
∂θ∂ y
+ ∂φ∂∅
∂∅∂ y )
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=( ∂φ∂r ( xr )+ ∂φ∂θ ( zr2 xr cscθ)+ ∂φ
∂∅ (− yx ²cos2∅ ))+ i( ∂φ∂r ( yr )+ ∂φ∂θ ( zr2 yr csc θ)+ ∂φ
∂∅ ( 1x cos2∅ ))
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=¿
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=(sinθ ( cos∅+i sin∅ ) ∂φ
∂r+ cosθ
r( cos∅+i sin∅ ) ∂φ
∂θ+ 1rsin θ
(icos∅−sin∅ ) ∂φ∂∅ )
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=(sinθ ei∅ ∂φ∂r + cosθ
re i∅
∂φ∂θ
+ 1rsin θ
ie i∅∂φ∂∅ )
( ∂∂ x
+i∂∂ y )φ=(sinθ ei∅ ∂φ∂r +
1r cosθ (cos2θ ei∅ ∂φ∂θ +
cot θr
ie i∅∂φ∂∅ ))
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=(sinθ ei∅ ∂φ∂r + 1
r cosθ [e i∅ ( ∂φ∂θ + icot θ ∂φ∂∅ )−e i∅ sin2θ
∂φ∂θ ])
Mas, em coordenadas esfericas:
L+¿=e i∅ ( ∂φ∂θ +i cot θ
∂φ∂∅ )¿
Assim:
( ∂∂ x
+i ∂∂ y )φ=¿
Então:
( x+ iyr +n( ∂∂ x
+i∂∂ y ))φn ;+¿ (r )=¿¿
¿
Escrevendo φn;+¿ (r )=R ( r )Y lm (θ ,∅ ) ¿
¿
¿
sin θe i∅R (r )Y lm (θ ,∅ )+n(Y lm (θ ,∅ )e i∅sin θ d R (r )dr
−R (r )r
ei∅ sin θ tan θ∂Y lm (θ ,∅ )
∂θ )=0Mas, utilizando o fato de que:
L+¿=e i∅ ( ∂
∂θ+i cotθ
∂∂∅ )¿
Então:
e i∅∂∂θ
=¿
Daí:
sin θe i∅R (r )Y lm (θ ,∅ )+n¿
Como:
L3=−i∂∂∅
e
L3 f=mf
Então:
sin θe i∅R (r )Y lm (θ ,∅ )+n(Y lm (θ ,∅ )e i∅sin θ d R (r )dr
−R (r )rsinθ ei∅ (n−1)Y lm (θ ,∅ ))=0
nd R (r )dr
+(1−n (n−1 )r )R (r )=0
d R (r )R (r )
=−( 1n−(n−1 )r )dr
ln R (r )=−rn
+(n−1 ) ln r+a
R (r )=Ar (n−1) e−rn
Que é igual à equação para estados excitados encontrado quando se resolve a equação de Schrödinger.
Trabalho de Métodos da Física Teórica:
Resolução do átomo de hidrogênio
Nome: Tales Vieira Pena