Introducción a la Fı́sica Cuántica.

Tarea 10
Profa. Margarita Sánchez y Sánchez

Martı́nez Villalobos Marco Antonio

19/Noviembre/2021

A. Beiser, Concepts of Modern Physics, 6a Edition

√
10 2
6.2. Demostrar que Θ20 (θ) = 4 (3 cos θ −1) es solución de la ecuación diferencial ordinaria
de Θ(θ) y que está normalizada.

Respuesta La ecuación diferencial ordinaria de Θ(θ) viene dada por

m2l  m2l 
!   !  
1 d dΘ  1 d dΘ 
sin θ + l(l + 1) −  Θ = 0 ←→ sin θ = − l(l + 1) −  Θ
sin θ dθ dθ sin2 θ  sin θ dθ dθ sin2 θ 

Ası́ vemos que √ √

!
dΘ20 10 d 2 10
= 3 cos θ = − (3 cos θ sin θ)
dθ 4 dθ 2
! √ √
1 d dΘ20 3 10 d 3 10
→ sin θ =− (cos θ sin2 θ) = − [2 cos θ sin θ(cos θ)+sin2 θ(− sin θ)]
sin θ dθ dθ 2 sin θ dθ 2 sin θ
√
3 10
=− (2 cos2 θ − sin2 θ). . . (1)
2
Como l = 2, ml = 0 entonces
√ √
m2l 
  !
10 3 10
(3 cos2 θ − 1) = (3 cos2 θ − cos2 θ − sin2 θ)

l(l + 1) −  Θ = [2(2 + 1)]
2  4 2
 sin θ
√
3 10
= (2 cos2 θ − sin2 θ). . . (2)
2
Vemos que la expresión (1) es la inversa aditiva de la expresión (2), por lo que se cumple la
ecuación diferencial
Ahora veamos que
Z ∞ Z π
√ !2
2 10 2
|Θ20 (θ)| sin θdθ = (3 cos θ − 1) sin θdθ
−∞ 0 4

1
Sea u = cos θ entonces du = − sin θdx ası́, u1 = cos(0) = 1, u2 = cos(π) = −1

10 −1
Z Z −1 Z −1 Z −1 !
10 10 9 5 −1 6 3 −1
 
2 4 2
= −(3u −1)du = − 9u du + 6 6u du − du = − u |1 + u |1 − u|−1
1
16 1 16 1 1 1 16 5 3
10 9 9
 
= + − 2 + 2 − (−1 − 1) = 1
16 5 5
Por lo que Θ(θ)20 esta normalizada

6.7. Compare el momento angular de un electrón en su estado base en el modelo de Bohr

del átomo de hidrógeno con su valor en la teorı́a cuántica.
Respuesta Para el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno el momento angular esta cuantizado
como
LB = n~
Para el estado base se tiene que
LB = ~
Para la teorı́a cuántica en un estado base n = 1, el número cuántico orbital l = 0 solamente, y
ası́ el momento angular será: p
LT C = ~ l(l + 1) = 0
Por lo que se ve claramente que LB , LT C

6.12. Liste los conjuntos de números cuánticos posibles para un átomo de hidrógeno con
n = 4.

n l ml
1 0 0
2 0 0
2 1 -1,0,1
3 0 0
3 1 -1,0,1
3 2 -2,-1,0,1,2
4 0 0
4 1 -1,0,1
4 2 -2,-1,0,1,2
4 3 -3,-2,-1,0,1,2,3

6.17. Se establece que la probabilidad de encontrar al electrón en un átomo de hidrógeno

entre r y r + dr a partir del núcleo es

P (r)dr = r 2 |Rnl (r)|2 dr

(a) Hallar los valores de r en los cuales P (r) tiene sus máximos para un electrón en un estado
3d.
(b) Muestre que para este estado P (r) → 0 cuando r → 0 , ó r → ∞ . ¿Es ésta una propiedad

2
general?

Respuesta Un estado 3d es cuando n = 3, l = 2, entonces se tiene que

 2
4 r 2 − 3ar 2 2 2
 4 r 2
− r 
R32 (r) = √ e 0 → P (r) = r |R32 (r)| = r  √ e 3a0 

3/2 a2 3/2 a2
81 30a0 0 81 30a0 0

Sea α = √4 1
entonces
81 30a3/2
0
a20
! !
2r
2 6 − 3a0 0 2
2r
5 − 3a0 2 6 − 3a2r 2 5
2r
− 3a 1
P (r) = α r e → P (r) = α 6r e − r e 0 = 2α r e 0 3 − r =0
3a0 3a0
2r
− 3a
Como e 0 , 0, ∀r entonces los máximos se encuentran cuando
1
r5 = 0 y 3− r =0
3a0
↔r =0 y r = 9a0
Como a0 = 0.53Å entonces los máximos se encuentran para r = 0 y r = 4.77Å
b)Se tiene que
2r 2r
− 3a − 3a
lı́m P (r) = α 2 lı́m r 6 e 0 = α 2 lı́m r 6 · lı́m e 0 = α 2 (0)(1) = 0
r→0 r→0 r→0 r→0

Por otro lado 2r

− 3a
lı́m P (r) = α 2 lı́m r 6 e 0 =0
r→0 r→∞
2r
−
Ya que e 3a0 decae más rápido de lo que r 6 crece a ∞.
Parece ser una propiedad general, ya que P (r) siempre estará en términos de un polinomio r α
multiplicado por e−βr , al tomar los lı́mites correspondientes, la propiedad se respeta.

V. Acosta, C. L. Cowan y B. J. Graham, Curso de Fı́sica Moderna

19.1. (a) ¿Cuál es el valor de la energı́a y del momento angular de un electrón en un átomo
de hidrógeno en el estado 3 p?
(b) Dibuje las posibles orientaciones del vector momento angular L para ` = 3, calcule el ángulo
que hace cada una con el eje z y calcule los valores tanto de L, como de ml posibles.

Respuesta a)En el estado 3p se tiene n = 3, l = 1, hay que la energı́a viene dada por:

me4 1
 
En = −
8ε02 h2 n2

Ası́ entonces
(9.1 × 10−31 Kg)(−1.602 × 10−19 C)4 1
 
E3 = = 2.42 × 10−19 J → E3 = 1.51eV
2
8(8.85 × 10−12 NCm2 )2 (6.626 × 10−34 Js)2 32

3
El momento angular para este electrón es
p p √
L = ~ l(l + 1) = ~ 1(1 + 1) → L = 2~

b)Se va tener que el ángulo con el eje Z cumple que

!
L m~ ml
cos θ = z = p l → θ = arc cos
|~L| ~ l(l + 1) l(l + 1)

Para l = 3, se tiene que ml = 0, ±1 ± 2, ±3, ası́ entonces

θ0 = arc cos(0) = 0◦
! !
1 −1
θ1 = arc cos = 4.78◦ θ−1 = arc cos = −4.78
3(3 + 1) 3(3 + 1)
! !
2 −2
θ2 = arc cos = 9.59◦ θ−1 = arc cos = −9.59
3(3 + 1) 3(3 + 1)

! !
3 −1
θ3 = arc cos = 14.47◦ θ−3 = arc cos = −14.47
3(3 + 1) 3(3 + 1)
p p √
Y los valores de L posibles son L = ~ l(l + 1) = ~ 3(3 + 1) = 2 3~,
mientras que Lz = ml ~ entonces puede ser Lz = 0, ±~, ±2~, ±3~
En la figura se muestran la ilustración de los ~L posibles.

π
21.5. Encuentre la probabilidad zenital P (θ) = Θ ∗ (θ)Θ(θ) cuando θ = 4 en los siguientes
casos:
a)l = 0, ml = 0 b) l = 1, ml = 1 ,c) l = 2, ml = −1 , d) l = 2, ml = 2
Respuesta a) Para l = 0, ml = 0 se tiene que
!2
1 ∗ 1
Θ(θ) = √ → P (θ) = Θ (θ)Θ(θ) = √
2 2
π 1
 
→P =
4 2
b) Para l = 1, ml = 1 se tiene que
√ √ !2
3 sin θ ∗ 3 sin θ
Θ(θ) = → P (θ) = Θ (θ)Θ(θ) =
2 2
  3 sin2 ( π )
π 4 3
→P = =
4 4 8
c) Para l = 2, ml = −1 se tiene que
√
15 sin θ cos θ 15 sin2 θ cos2 θ
Θ(θ) = → P (θ) = Θ ∗ (θ)Θ(θ) =
2 4

4
 π 15
 
→P =
4 16
c) Para l = 2, ml = 2 se tiene que
√
15 sin2 θ ∗ 15 sin4 θ
Θ(θ) = → P (θ) = Θ (θ)Θ(θ) =
4 16
π 15
 
→P =
4 64