obtenção da energia átomo de hidrogênio método de Pauli

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 ¿




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


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


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


mQl Pm )=i(P . P)PlQ j−i(P . P)Ql P j−i(P . P)P jQl+i P. P ¿Q j Pl


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


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


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 )


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


kQkPj )=i PkQkP

jP l+P kQ kPm PmP


lj−PkPm ( [Pm ,Q k ]+Q kPm )P jQl


kQkPj )=i PkQkP

jP l+P kQ kPm PmP


lj+i PkPmδmkPjQl−Pk PmQkPm P

jQl


kQkPj )=i PkQkP

jP l+P kQ kPm PmP


lj+i(P . P)P jQl−Pk ( [Pm ,Qk ]+QkPm)Pm P

jQl


kQkPj )=i PkQkP

jP l+P kQ kPm PmP


lj+i(P . P)P jQl+i (P . P )P jQl−PkQkPmPm P

jQl


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


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


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

Documents

obtenção da energia átomo de hidrogênio método de Pauli