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.
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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:
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:
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: