El átomo de hidrogeno es uno de los modelos de la física cuántica que admiten una solución exacta y a su vez el más simple de todos los átomos. En el átomo de hidrogeno se tiene un electrón orbitando sobre un protón, es decir, es un problema de dos cuerpos. Por consiguiente se utilizara la masa reducida ${\large \mu}$.
$${\large \begin{align*} \mu &= \frac{m_{p}m_{e}}{m_{p} + m_{e}} \approx 0.999 m_{e} \end{align*}}$$
Donde se puede observar que la masa reducida ${\large \mu}$ es muy próximo a la masa del electrón $m_{e}$. Este resultado sera útil para simplificar la solución de la función de onda del átomo de hidrogeno respectivamente.
El modelo del átomo de hidrogeno al ser un modelo cuántico puede ser descrito usando la ecuación de onda de Schrödinger la cual por simetría se utilizara coordenadas esféricas en vez de coordenadas cartesianas.
$${\large \begin{align*} -\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla ^2 \Psi + V\Psi = E\Psi \end{align*}}$$
El potencial de Coulomb y el laplaciano en coordenadas esféricas están dadas por las siguientes ecuaciones.
$${\large \begin{align*} V &= -\frac{ze^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \\ \nabla ^2 &= \frac{1}{\rho ^2 \sin{\theta}} \left[ \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \sin{\theta} \frac{\partial }{\partial \rho} \right) + \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \right) + \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{1}{\sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \varphi} \right)\right] \end{align*} }$$
Donde z es el número atómico. No obstante como se esta tratando con el átomo de hidrogeno entonces el número atómico es igual a 1, es decir, z = 1.
Ahora reemplazamos el potencial de Coulomb z = 1 y el laplaciano en coordenadas esféricas en la ecuación de Schrödinger. Obtenemos el la ecuación de onda de Schrödinger en coordenadas esféricas con la cual se podrá aplicar el método de separación de variables respectivamente.
$${\large \begin{align*} E\Psi &= -\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla ^2 \Psi + V\Psi \\ (E-V)\Psi &= -\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla ^2 \Psi \\ \left( E + \frac{ke^2}{\rho} \right)\Psi &= - \frac{\hbar^2}{2\mu \rho ^2 \sin{\theta}} \left[ \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \sin{\theta} \frac{\partial \Psi}{\partial \rho} \right) + \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial \Psi}{\partial \theta} \right) + \frac{\partial }{\partial \varphi} \left( \frac{1}{\sin{\theta}} \frac{\partial \Psi}{\partial \varphi} \right)\right] \\ - \frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E + \frac{ke^2}{\rho} \right)\Psi &= \frac{1}{\rho^2} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial \Psi}{\partial \rho} \right) + \frac{1}{\rho^2 \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial \Psi}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\rho^2 \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 \Psi}{\partial \varphi^2} \end{align*}}$$
Si la función de onda ${\large \Psi(\rho, \theta, \varphi) }$ es igual a ${\large W(\rho) Z{(\theta, \varphi)} }$ entonces la ecuación de Schrödinger queda de la siguiente forma.
$${\large \begin{align*} - \frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right)\Psi &= \frac{1}{\rho^2} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial \Psi}{\partial \rho} \right) + \frac{1}{\rho^2 \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial \Psi}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\rho^2 \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 \Psi}{\partial \varphi^2} \\ - \frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right) W Z &= \frac{Z}{\rho^2} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial W}{\partial \rho} \right) + \frac{W}{\rho^2 \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial Z}{\partial \theta} \right) + \frac{W}{\rho^2 \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} \\ - \frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right) &= \frac{1}{W\rho^2} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial W}{\partial \rho} \right) + \frac{1}{Z\rho^2 \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial Z}{\partial \theta} \right) \\ &+ \frac{1}{Z\rho^2 \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} \\ -\frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right) - \frac{1}{W\rho^2} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial W}{\partial \rho} \right) &= \frac{1}{Z\rho^2 \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial Z}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{Z\rho^2 \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} \\ -\frac{2\mu\rho^2}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right) - \frac{1}{W} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial W}{\partial \rho} \right) &= \frac{1}{Z \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial Z}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{Z \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} \end{align*}}$$
Por consiguiente hemos obtenido dos ecuaciones diferenciales ordinarias respectivamente. Estas EDO puede resolverse igualando a una constante respectiva.
Ecuación Angular
La ecuación angular dependerá de las variables ${\large Z(\theta, \varphi)}$ respectivamente. A la solución correspondiente se les llamara armónicos esféricos.
$${\large \begin{align*} - \frac{1}{Z \sin{\theta}} \frac{\partial }{\partial \theta} \left( \sin{\theta} \frac{\partial Z}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{Z \sin^2{\theta}} \frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} &= C\\ \frac{\partial^2 Z}{\partial \theta^2} + \cot{\theta}\frac{\partial Z}{\partial \theta} + \frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2 Z}{\partial \varphi^2} - CZ &= 0 \end{align*}}$$
Si ${\large Z(\theta, \varphi) = X(\theta) Y(\varphi) }$ entonces:
$${\large \begin{align*} \frac{\sin^2{\theta}}{X}\frac{\partial^2 X}{\partial \theta^2} + \frac{\sin{\theta}\cos{\theta}}{X}\frac{\partial X}{\partial \theta} - C\sin^2{\theta} + \frac{1}{Y}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2} &= 0 \end{align*}}$$
Haciendo un cambio de variable ${\large \phi = \cos{\theta} }$ obtenemos:
$${\large \begin{align*} \frac{(1-\phi^2)^2}{X} \frac{\partial^2 X}{\partial \phi^2} - \frac{2\phi(1-\phi^2)}{X} \frac{\partial X}{\partial \phi} - C(1-\phi^2) + \frac{1}{Y}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2} &= 0 \end{align*}}$$
Igualando a una constante para estudiar la EDP
$${\large \begin{align*} 0 &= \frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2} + m^2 Y \\ 0 &= (1-\phi^2)\frac{\partial^2 X}{\partial \phi^2} - 2\phi \frac{\partial X}{\partial \phi} + \left( l(l+1) - \frac{m^2}{1-\phi^2}\right) X \end{align*}}$$
Donde las soluciones de las EDO respectivas son las siguientes:
$${\large \begin{align*} Y(\varphi) &= e^{im\varphi} \\ X(\theta) &= P_{l}^{m}(\cos{\theta}) \end{align*}}$$
Por consiguiente la solución normalizada es la siguiente:
$${\large \begin{align*} Z(\theta, \varphi) &= A_{l}^{m}e^{im\varphi} P_{l}^{m}(\cos{\theta}) \\ Z(\theta, \varphi) &= \left( \sqrt{\frac{(2l+1)(l-m)!}{4\pi (l+m)!}} \right) e^{im\varphi} P_{l}^{m}(\cos{\theta}) \end{align*}}$$
Ecuación Radial
La ecuación radial dependerá de la variable ${\large W(\rho)}$ respectivamente.
$${\large \begin{align*} -\frac{2\mu \rho^2}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \right) - \frac{1}{W} \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho^2 \frac{\partial W}{\partial \rho} \right) &= C\\ \rho^2 \frac{\partial^2 W}{\partial \rho^2} + 2\rho \frac{\partial W}{\partial \rho} + \frac{2\mu \rho^2}{\hbar^2}\left( E + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} + \frac{C\hbar^2}{2\mu \rho^2} \right)W &= 0 \end{align*}}$$
Si definimos ${\large C = -l(l+1)}$ y ${\large Q = -e^2 / 4\pi\epsilon_{0} }$
$${\large \begin{align*} \rho^2 \frac{\partial^2 W}{\partial \rho^2} + 2\rho \frac{\partial W}{\partial \rho} + \frac{2\mu \rho^2}{\hbar^2}\left( E - \frac{Q}{\rho} - \frac{l(l+1)\hbar^2}{2\mu \rho^2} \right)W &= 0 \end{align*}}$$
Haciendo un cambio de variable ${\large H =\rho W }$ obtenemos:
$${\large \begin{align*} \frac{\partial^2 H}{\partial \rho^2} + \frac{2\mu}{\hbar^2}\left( E - \frac{Q}{\rho} - \frac{l(l+1)\hbar^2}{2\mu\rho^2} \right)H &= 0 \end{align*}}$$
Si definimos ${\large k^2 = -2\mu E / \hbar^2}$ y ${\large q = - 2\mu Q / \hbar^2 k }$
$${\large \begin{align*} \frac{1}{k^2}\frac{\partial^2 H}{\partial \rho^2} + \left(\frac{q}{k\rho} - \frac{l(l+1)}{k^2\rho^2} - 1\right)H &= 0 \end{align*}}$$
Haciendo un cambio variable ${\large r = k\rho}$ obtenemos:
$${\large \begin{align*} \frac{\partial^2 H}{\partial r^2} + \left(\frac{q}{r} - \frac{l(l+1)}{r^2} - 1 \right)H &= 0 \end{align*}}$$
Usando el método asintótico en la EDO
- ${\large r \longrightarrow \infty }$
$${\large \begin{align*} \frac{\partial^2 H}{\partial r^2} + \left(\frac{q}{r} - \frac{l(l+1)}{r^2} - 1 \right)H &= 0 \\ \frac{\partial^2 H}{\partial r^2} - H &= 0 \end{align*}}$$
Donde la solución aceptable es igual a:
$${\large \begin{align*} H \approx e^{-r} \end{align*} }$$
- ${\large r \longrightarrow 0 }$
$${\large \begin{align*} \frac{\partial^2 H}{\partial r^2} + \left(\frac{q}{r} - \frac{l(l+1)}{r^2} - 1 \right)H &= 0 \\ \frac{\partial^2 H}{\partial r^2} - \frac{l(l+1)}{r^2} H &= 0 \end{align*}}$$
Donde la solución aceptable es igual a:
$${\large \begin{align*} H \approx r^{1+l} \end{align*}}$$
Por lo cual la solución de la EDO es igual a:
$${\large \begin{align*} H = e^{-r}r^{1+l}S(r) \end{align*}}$$
Por consiguiente
$${\large \begin{align*} r\frac{\partial^2 S}{\partial r^2} + 2(1+l-r)\frac{\partial S}{\partial r} + (q-2l-2)S &= 0 \\ r\frac{\partial^2 S}{\partial r^2} + ((2l+1) + 1-2r)\frac{\partial S}{\partial r} + 2\left(\frac{q}{2}+l -(2l+1)\right)S &= 0 \end{align*}}$$
Haciendo un cambio de variable ${\large \lambda = 2r }$ obtenemos:
$${\large \begin{align*} \lambda \frac{\partial^2 S}{\partial \lambda^2} + ((2l+1) + 1 -\lambda)\frac{\partial S}{\partial \lambda} + \left( \frac{q}{2} + l - (2l+1) \right)S &= 0 \end{align*}}$$
Definiendo ${\large n = q/2 }$
$${\large \begin{align*} \lambda \frac{\partial^2 S}{\partial \lambda^2} + ((2l+1) + 1 -\lambda)\frac{\partial S}{\partial \lambda} + \left( n -l-1) \right)S &= 0 \end{align*}}$$
Definiendo ${\large \gamma = 2l + 1 }$ y ${\large \beta = n - l - 1}$
$${\large \begin{align*} \lambda \frac{\partial^2 S}{\partial \lambda^2} + (\gamma + 1 -\lambda)\frac{\partial S}{\partial \lambda} + \left( \beta \right)S &= 0 \end{align*}}$$
Por consiguiente la solución de la EDO normalizada es la siguiente:
$${\large \begin{align*} W(\rho) &= B_{nl}k e^{-k\rho}(k\rho)^{l}L_{n-l-1}^{2l + 1}(2k\rho) \\ W(\rho) &= \left( \frac{2}{na_{0}} \right)^{l+3/2} \sqrt{\frac{(n-l-1)!}{2n(l+n)!}} e^{-\rho / na_{0}}\left( \frac{\rho }{ na_{0}} \right)^{l}L_{n-l-1}^{2l + 1}\left( 2\rho / na_{0} \right) \end{align*}}$$
Donde ${\large a_{0}}$ es el radio de Bohr
Energía Cuantizada del Átomo de Hidrogeno
Partiendo de ${\large n = q/2}$
$${\large \begin{align*} n &= \frac{q}{2} \\ n &= \frac{-\mu Q}{\hbar^2 k} \\ n^2 &= \frac{\mu^2 Q^2}{\hbar^4 k^2} \end{align*}}$$
Reemplazando ${\large k^2 = -2\mu E /\hbar^2}$
$${\large \begin{align*} n^2 &= \frac{\mu^2 Q^2}{\hbar^4 k^2} \\ n^2 &= -\frac{\mu Q^2}{2 E \hbar^2} \end{align*}}$$
Reemplazando ${\large Q = e^2 / 4\pi \epsilon_{0} }$
$${\large \begin{align*} n^2 &= -\frac{\mu Q^2}{2 E \hbar^2} \\ n^2 &= -\frac{\mu}{2\hbar^2 E}\left( \frac{e^2}{4\pi \epsilon_{0}} \right)^2 \\ E &= -\frac{\mu}{2\hbar^2 n^2}\left( \frac{e^2}{4\pi \epsilon_{0}} \right)^2 \end{align*}}$$
Solución General del Átomo de Hidrogeno
La solución general del átomo de hidrogeno esta dada por el producto entre las soluciones de la ecuación angular y la ecuación radial. A su vez los valores de $n \in \mathbb{N}$, $l \in \mathbb{Z}^{+}$ y $m \in \mathbb{Z}$
$${\large \begin{align*} \Psi_{n,l,m}(\rho,\theta,\varphi) &= W_{n,l}(\rho)X_{l,m}(\theta)Y_{m}(\varphi) \\ \Psi_{n,l,m}(\rho,\theta,\varphi) &= \left( \frac{2}{na_{0}} \right)^{l+3/2} \left( \sqrt{\frac{(2l+1)(l-m)!(n-l-1)!}{8\pi n(l+m)!(l+n)!}} \right) \left(\frac{\rho }{ na_{0}} \right)^{l} e^{im\varphi -\rho / na_{0}} P_{l}^{m}(\cos{\theta}) L_{n-l-1}^{2l + 1}\left( 2\rho / na_{0} \right) \end{align*}}$$
Por ejemplo para el caso de ${\large n=3, l =2, m =\pm 1 }$. La función de onda es la siguiente:
$${\large \begin{align*} \Psi_{3,2,\pm 1}(\rho,\theta,\varphi) &= \frac{e^{- \rho / 3a_{0}}}{81\sqrt{\pi}a_{0}^{3/2}} \left( \frac{\rho}{a_{0}} \right)^2 e^{\pm i\varphi } \cos{\theta}\sin{\theta} \end{align*}}$$
 |
| Función de Onda del Átomo de Hidrogeno en $\Psi_{3,2,\pm 1}(\rho, \theta, \varphi)$ |
Solución General para átomos Hidrogenoides
Los átomos hidrogenoides son los átomos que son isoelectrónicos al átomo de hidrogeno, en el cual se pueden diferenciar haciendo uso del potencial de Coulomb.
$${\large \begin{align*} V &= -\frac{ze^2}{4\pi\epsilon_{0}\rho} \end{align*} }$$
Donde el número atómico queda determinado por ${\large z \in \mathbb{N} - \left\lbrace 1 \right\rbrace }$ respectivamente. La energía cuantizada y la función de onda están dadas por as siguientes ecuaciones correspondientes.
$${\large \begin{align*} E &= -\frac{\mu}{2\hbar^2 n^2}\left( \frac{ze^2}{4\pi \epsilon_{0}} \right)^2 \\ \Psi_{n,l,m}(\rho,\theta,\varphi) &= \left( \frac{2z}{na_{0}} \right)^{l+3/2} \left( \sqrt{\frac{(2l+1)(l-m)!(n-l-1)!}{8\pi n(l+m)!(l+n)!}} \right) \left(\frac{z \rho}{ na_{0}} \right)^{l} e^{im\varphi - z\rho / na_{0}} P_{l}^{m}(\cos{\theta}) L_{n-l-1}^{2l + 1}\left( 2z\rho / na_{0} \right) \end{align*}}$$
Comentarios
Publicar un comentario