Separación del momento angular.

Calculemos la energía correspondiente a este movimiento interno. El hamiltoniano vendrá dado por la expresión:

$$\bgroup\color{blue} H = - {\hbar ^{2}\over 2 \mu} \nabla ^{2}... ...}} + {\partial ^{2}\over \partial z^{2}} \right) + V(r) \egroup$$

y el operador $\nabla ^{2}_{r}$ se puede escribir en coordenadas polares de la siguiente manera:

$$\bgroup\color{blue} \nabla ^{2} = {1\over r^{2}} \left[ {\par... ...} {\partial ^{2}\over \partial \varphi ^{2}}} \right] = \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} = {1\over r^2} \left[ \frac{\partial}{\pa... ...rtial r}) {\color{blue} - \frac{L^2}{\hbar ^2}}\right] \egroup$$

con lo que $H$ se podrá escribir como:

$$\bgroup\color{blue} H = - {\hbar ^{2}\over 2 \mu} {1\over r^{... ...er \partial r})-\frac{L^{2}}{\hbar ^{2}}\right] + V(r) \egroup$$

El siguiente paso para intentar resolver la ecuación $H \psi = E \psi$ es intentar separar las posibles dependencias entre variables independientes:

$$\bgroup\color{blue} H = - {1\over 2\mu r^{2}} \left[\hbar ^{2... ...over \partial r})-L^{2}(\theta ,\varphi )\right] + V(r) \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} {\color{blue} H = - {1\over 2\mu r^{2}} \left[ D(r) - L^2(\theta,\varphi) \right] + V(r) } \egroup$$

Antes de seguir adelante, comprobemos que $H$ y $L^{2}$ conmutan, lo que nos permitirá obtener funciones de onda propias comunes a los dos operadores, y por lo tanto, conocer la energía y el modulo del momento angular:

$$\bgroup\color{blue} HL^{2}= \left( - {1\over 2\mu r^{2}}(D(r)... ...eta ,\varphi )) + V(r)\right) L^{2}(\theta ,\varphi ) = \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} = - {1\over 2\mu r^{2}} D(r) L^{2}(\theta... ... L^{2}(\theta ,\varphi ) + V(r) L^{2}(\theta ,\varphi ) \egroup$$

y como $D$ solo depende de $r$, y $L^{2}$ de $\theta$ y $\varphi$ , siendo todas ellas variables independientes, pues conmutarán y tendremos que será igual a :

$$\bgroup\color{blue} - {1\over 2\mu r^{2}} L^{2}(\theta ,\varp... ...heta ,\varphi ) + L^{2}(\theta ,\varphi ) V(r) = L^{2}H \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} \Rightarrow {\color{blue} [H,L^{2}] = 0 }\egroup$$

Luego conmutan, y si conmutan, pues podré tener un conjunto de funciones propias comunes para los dos operadores, con lo que podremos conocer exactamente la energía y el módulo del momento angular. Lo mismo pasa con $L_{z}$, por lo que podremos conocer también la componente $z$ del momento angular.

No debemos olvidar que las funciones propias de $H$ deben presentar no solo una dependencia en los ángulos de que dependen los armónicos esféricos, sino que también dependerá de $r$, y seguirá siendo función propia de $L_{z}$ y $L^{2}$ , así pues, puedo escribir funciones propias del tipo :

$$\bgroup\color{blue} {\color{red} \psi (r,\theta ,\varphi )} = {\color{blue}R(r)}{\color{green4} Y(\theta ,\varphi ) }\egroup$$

y obtendré funciones de estados del sistema estudiado, de las cuales podré extraer información precisa de su energía, y del modulo y la componente z su momento.

Así pues,

$$\bgroup\color{blue} H \psi = - {1\over 2m r^{2}} \left[\matri... ...E{\color{blue} R(r)}{\color{green4}Y(\theta ,\varphi )} \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} \Rightarrow - {1\over 2mr^{2}} \left[\mat... ...en4}Y(\theta ,\varphi )}V(r){\color{blue}R(r)} = E \psi \egroup$$

$$\bgroup\color{blue} \Rightarrow 2mr^{2}{\color{green4}Y(\thet... ...theta ,\varphi ){\color{green4}Y(\theta ,\varphi )} = 0 \egroup$$

y dividiendo por $\psi (r,\theta ,\varphi ) = {\color{blue}R(r)} {\color{green4}Y(\theta ,\varphi )}$:

$$\bgroup\color{blue} {\color{blue}{1\over R(r)} \left[\matrix{... ...{2}(\theta ,\varphi ) Y(\theta ,\varphi )} =\hbox{ Cte }\egroup$$

De donde se obtienen dos ecuaciones :

$$1) \hspace{0.5cm} {\color{green4}L^{2}(\theta ,\varphi ) Y(\theta ,\varphi ) = C Y(\theta ,\varphi ) }$$

$$2) \hspace{0.5cm} {\color{blue}\left[2mr^{2}(E-V(r)) + D(r)\right] R(r) = C R(r)}$$

Así pues, la solución $\Psi = R(r) Y(\theta ,\varphi )$ es aceptable siempre que se cumpla las ecuaciones 1 y 2. Además, la solución de la ecuación 1 ya la tenemos resuelta, y su solución son los armónicos esféricos:

$$\bgroup\color{blue} {\color{green4}L^{2}Y_{lm}(\theta ,\varph... ...\qquad l=0,1,2,3,\ldots \hbox{\small y }-l \le m \le l\egroup$$

por lo tanto $C = l(l+1) \hbar ^{2}$

Si ahora sustituimos este valor en la ecuación 2, y definimos el tipo de potencial que liga al sistema, podremos resolver dicha ecuación y obtener un solución general.

$$\bgroup\color{blue} {\color{blue} \left[2\mu r^{2}(E-V(r)) + D(r)\right] R(r) = l(l+1)\hbar^{2} R(r)}\egroup$$

y como $D(r) = \hbar ^{2}{ \partial \over \partial r}(r^{2} { \partial \over \partial r})$ , pues nos queda:

$$\bgroup\color{blue} \left[\hbar ^{2} {d\over dr} r^{2}{d\over... ... 2\mu r^{2}(E-V(r)) - \hbar ^{2}l(l+1) \right] R(r) = 0 \egroup$$

Que podemos escribir como:

$$\bgroup\color{blue} \left[\hbar ^{2} {d\over dr} r^{2}{d\over... ... ^{2}l(l+1)}{2\mu r^{2}}\right)\right) \right] R(r) = 0 \egroup$$

donde vemos que en realidad está sometido a un potencial efectivo:

$$\bgroup\color{blue} V_{efectivo} = V(r)+\frac{\hbar ^{2}l(l+1)}{2\mu r^{2}} \egroup$$

Y sigamos escribiendo la expresión exacta para la función potencial, pues se trata de una interacción culombiana:

$$\bgroup\color{blue} {\color{naranja} V(r) = -\frac{Z e^{2}}{ r} }\egroup$$

con lo que

$$\bgroup\color{blue} {\color{blue} \left[ {d\over dr} r^{2} {d... ... + {2\mu Ze^2r\over \hbar ^2} - l(l+1)\right] R(r) = 0} \egroup$$

Y empleando el cambio de variable siguiente

$$\bgroup\color{blue} \alpha ^{2} = - {2\mu E\over \hbar ^2} \egroup$$

donde nos estamos restringiendo a los estados con $E$ negativa, a fin de que $\alpha$ no sea imaginario, esto quiere decir que puesto que la energía cero es la de dos sistemas que no interaccionan, estamos estudiando estados más estables, estados enlazantes. Tomando

$$\bgroup\color{blue} \beta = {\mu Ze^2\over \alpha \hbar ^2} \... ...\beta \hbar ^2} {\color{red} = {2Zr\over \beta a_{0}} } \egroup$$

donde $a_0 = {\hbar^2 \over \mu e^2}$ es el radio de Bohr.

Y transformando $R(r)$ a $T(\rho )$ paulatinamente:

$$\bgroup\color{green4} \left[ 2r {d\over dr} + r^{2} {d^{2}\ov... ... + {2\mu Ze^2\over \hbar ^2} r - l(l+1)\right] R(r) = 0 \egroup$$

$$\bgroup\color{green4} {d\over dr} = {d\over d\rho } {d\rho \o... ...{2}\over dr^{2}} = 4\alpha ^{2} {d^{2}\over d\rho ^{2}} \egroup$$

$$\bgroup\color{green4} 4\alpha ^{2}\left[ {d^{2}\over d\rho ^{... ... - {l(l+1)\over 4\alpha ^{2}r^{2}} \right] T(\rho ) = 0 \egroup$$

llegamos a :

$$\bgroup\color{green4} {d^{2}\over d\rho ^{2}} T(\rho ) + {2\o... ... \rho } + {1\over \rho ^{2}} l(l+1)\right) T(\rho ) = 0 \egroup$$

para resolver esta ecuación se considera la solución límite, es decir cuando $\rho \gg$, con lo que se nos reduce a la expresión:

$$\bgroup\color{green4} {d^{2}T(\rho )\over d\rho ^{2}} - {1\over 4} T(\rho ) = 0 \egroup$$

Y una solución de esta ecuación es la ya superconocida:

$$\bgroup\color{green4} T(\rho ) = e^{-\frac{1}{2}\rho }\qquad \left(T(\rho ) = e^{\frac{1}{2}\rho }\right) \egroup$$

Y a partir de esta solución podemos buscar una más general, que sirva para todo $\rho$ , para ello la multiplicaremos por un polinomio en $\rho$.

$$\bgroup\color{green4} T(\rho ) = G(\rho ) e^{-\frac{1}{2}\rho } \egroup$$

Al igual que en previas ocasiones, para que la solución sea válida, la función ha de ser finita, ha de estar bien condicionada, y el polinomio debe ser finito. Se sustituye el polinomio en la ecuación diferencial y la solución general ya resuelta (Ver el Pilar o el E.W.K.) es:

$$\bgroup\color{green4} T(\rho ) = \rho ^{l}L^{2l+1}_{n+l}(\rho ) e^{-\frac{1}{2}\rho } \egroup$$

tal que $L^{s}_{r}(\rho )$ es el polinomio asociado de Laguerre (de grado r-s y de orden $s$), y es igual a

$$\bgroup\color{green4} L^{s}_{r}(\rho ) = {d^{s}\over d\rho ^{... ...o } {d^{r}\over d\rho ^{r}} \rho ^{r} e^{-\rho }\right) \egroup$$

siendo $L_{r}(\rho )$ el polinomio de Laguerre de grado $r$:

$$\bgroup\color{green4} L_{r}(\rho ) = e^{\rho } {d^{r}\over d\rho ^{r}} \rho ^{r} e^{-\rho } \egroup$$

y en la solución, se encuentra que $\beta$ debe ser un número entero ( $n$) mayor que cero, que cumpla la siguiente relación:

$$\bgroup\color{blue} {\color{blue}\beta -1 \ge l \ge 0} \qquad o\qquad {\color{blue} n-1 \ge l \ge 0 }\egroup$$

Esto pone de manifiesto que las ecuaciones 1 y 2 no son tan independientes ya que se relacionan a través del número cuántico $l$.