Valor esperado de x,y,zx,y,zx,y,z para el estado general nlmnlmnlm del átomo de hidrógeno

Question

Valor esperado de x,y,zx,y,zx,y,z para el estado general nlmnlmnlm del átomo de hidrógeno

Física
hidrógeno
orbitales
función de onda
mecánica cuántica
armónicos esféricos

usuario135580

Cómo calcular el valor esperado de $\langle x\rangle, \langle y\rangle,\langle z\rangle$ para el general $\psi_{nlm}$ ¿estado? $x$ tiene $\sin(\theta)\cos(\phi)$ parte angular que se puede expresar como $\frac{1}{\sqrt{2}}(Y_{1}^{-1}+Y_{1}^{1})$ , ahora la integración angular se convierte en

\frac{1}{\sqrt{2}} (\int (Y_{1}^{- 1} Y_{yo}^{metro *} Y_{yo}^{metro}) pecado (θ) d θ d ϕ + \int (Y_{1}^{1} Y_{yo}^{metro *} Y_{yo}^{metro}) pecado (θ) d θ d ϕ) .

$\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\int (Y_{1}^{-1}Y_{l}^{m*}Y_{l}^{m})\sin(\theta)d\theta d\phi+\int (Y_{1}^{1}Y_{l}^{m*}Y_{l}^{m})\sin(\theta)d\theta d\phi\right).$ Aquí después puedo aplicar el teorema de Wigner-Eckart y el problema puede resolverse. Sin embargo, ¿hay alguna otra forma de simplificar esta expresión a una fórmula general simple como las relaciones de Kramer para

⟨ r^{s} ⟩

$\langle r^{s} \rangle$ ?

Respuestas (3)

Valor esperado de x,y,zx,y,zx,y,z para el estado general nlmnlmnlm del átomo de hidrógeno

Emilio Pisanty · Answer 1

Emilio Pisanty

Las densidades de probabilidad para todos esos estados son simétricas bajo rotaciones alrededor del $z$ eje y reflejos en el $x,y$ avión. Entonces, esto requiere que todos esos valores esperados desaparezcan.

usuario135580

¿Puedes por favor elaborar un poco? ¿Hay alguna forma en que pueda simplificar esta expresión para

< x >

$<x>$ y

< y >

$<y>$ y

< z >

$<z>$ .

usuario135580

¿Desaparece para todos los estados?

ψ_{n l m}

$\psi_{nlm}$ ?

Emilio Pisanty

Sí, se puede simplificar:

⟨ X ⟩ = ⟨ y ⟩ = ⟨ z ⟩ = 0,

$\langle x\rangle = \langle y \rangle = \langle z\rangle = 0,$ para todos

ψ_{n l m}

$\psi_{nlm}$ , por motivos de simetría.

Emilio Pisanty

Si absolutamente quiere hacer las cosas a través de métodos que son completamente innecesariamente complicados, puede reducir las integrales en su pregunta a los productos triples de armónicos en, por ejemplo, esta pregunta (teniendo cuidado con el conjugado), y luego usar las propiedades de Wigner 3j símbolos (específicamente, que desaparezcan si la fila inferior muere y no suma cero). Pero esa ruta es incorrecta : a menos que realmente comprenda el contenido físico, solo está oscureciendo la razón en lugar de aclararla.

elio fabri · Answer 2

$\def\mxelm#1#2#3{\langle#1|\,#2\,|#3\rangle}$ Es mucho más fácil usar la paridad, es decir, la simetría de la función de onda con la inversión del espacio

X \to - X y \to - y z \to - z .

$x \to -x \qquad y \to -y \qquad z \to -z.$ se sabe que

ψ_{norte yo metro} (- X, - y, - z) = (- 1)^{yo} ψ_{norte yo metro} (X, y, z) .

$\psi_{nlm}(-x,-y,-z) = (-1)^l\,\psi_{nlm}(x,y,z).$ Entonces

| ψ_{n l m} |^{2}

$|\psi_{nlm}|^2$ es incluso mientras que

x

$x$ es impar. Tienes

⟨ norte yo metro | X | norte yo metro ⟩ = \int X | ψ |^{2} d X d y d z .

$\mxelm{nlm}x{nlm} = \int\!x\,|\psi|^2\>dx\,dy\,dz.$ El integrando es impar bajo inversión de espacio, por lo que la integral se anula. Lo mismo vale para

y

$y$ y

z

$z$ .

Tenga en cuenta que el teorema de Wigner-Eckart, si se aplica al grupo de rotación SO (3), no puede dar la respuesta. Considerar $L_z=x\,p_y-y\,p_x$ . Bajo rotaciones se transforma como $z$ hace, todavía

⟨ norte yo metro | L_{z} | norte yo metro ⟩ = metro ℏ

$\mxelm{nlm}{L_z}{nlm} = m\,\hbar$ y no 0. Por supuesto, este resultado no contradice el teorema WE, ya que solo dice que

⟨ norte yo metro | X | norte yo metro ⟩ = k ⟨ norte yo metro | L_{X} | norte yo metro ⟩

$\mxelm{nlm}x{nlm} = k\,\mxelm{nlm}{L_x}{nlm}$

⟨ norte yo metro | y | norte yo metro ⟩ = k ⟨ norte yo metro | L_{y} | norte yo metro ⟩

$\mxelm{nlm}y{nlm} = k\,\mxelm{nlm}{L_y}{nlm}$

⟨ norte yo metro | z | norte yo metro ⟩ = k ⟨ norte yo metro | L_{z} | norte yo metro ⟩

$\mxelm{nlm}z{nlm} = k\,\mxelm{nlm}{L_z}{nlm}$ con el mismo

k

$k$ , pero no descarta

k = 0

$k=0$ .

Entonces $k=0$ tiene otra causa: ¿cuál?

ohneVal · Answer 3

Es fácil de probar dada la cantidad de simetría que se menciona en los comentarios. Concéntrese en el ángulo azimutal, ya que las coordenadas esféricas estándar se toman de tal manera que el $z$ -el eje coincide con $\theta=0=\pi$ , esperamos que la integración azimutal ya sea cero ya que el átomo se ve igual desde todos los ángulos. Así que recuerda que los armónicos esféricos tienen la forma:

Y_{ℓ}^{metro} (θ, ϕ) = k (ℓ, metro) {PAG}_{ℓ}^{metro} (porque θ) {mi}^{i metro ϕ}

$Y_\ell^m(\theta,\phi) = K(\ell,m)P_\ell^m(\cos\theta) e^{im\phi}$ dónde

K

$K$ es un coeficiente de normalización y depende de

ℓ

$\ell$ y

m

$m$ . Cuando uno multiplica un armónico esférico con su conjugado eliminará el

ϕ

$\phi$ parte,

Y_{ℓ}^{* metro} Y_{ℓ}^{metro} \propto {PAG}_{ℓ}^{- metro} {PAG}_{ℓ}^{metro},

$Y^{*m}_\ell Y^m_\ell \propto P_\ell^{-m}P_\ell^m,$ esto vale para cualquier

ℓ

$\ell$ o

m

$m$ . Entonces, la parte azimutal de las integrales en su pregunta se reduce a

\int d ϕ {mi}^{- i ϕ} + \int d ϕ {mi}^{i ϕ} = 0.

$\int d\phi\, e^{-i\phi} + \int d\phi\, e^{i\phi} = 0.$ Entonces, el mensaje es tener la intuición física para decir que es cero y luego probarlo rigurosamente explotando las observaciones físicas.

Para $z$ uno puede rotar el sistema de coordenadas para que $z$ se encuentra en el avión $\theta = \pi/2$ y el mismo argumento vale, ya que la ubicación de su "polo norte" es completamente arbitraria.
No, ese argumento no funciona: su estado ya está especificado y rotar el sistema cambiaría el estado. El hamiltoniano es simétrico, pero los estados propios no comparten toda su simetría.
Puedo cambiar las coordenadas dentro de la integral si te sirve mejor, luego usar la propiedad de rotaciones de los armónicos que producirá solo una molesta combinación de armónicos con el mismo $\ell$ y signo opuesto $m$ 's que terminará en el mismo tipo de integrales que el anterior.
Entonces haz eso, si crees que es más claro que usar las propiedades de simetría correctas del estado. Ciertamente, no se garantiza que ese argumento funcione: producirá todo tipo de combinaciones de la forma $\langle \psi_{nlm} | x |\psi_{nlm'}\rangle$ con $m\neq m'$ que no se desvanecen, sino que se anulan cuando se suman. No encuentro que esa capa de ofuscación sea útil, pero si desea editar su respuesta de modo que cubra el $\langle z\rangle$ caso de esa manera, entonces esa es su elección.
Para $z$ , ¿por qué no usar simplemente la simetría de $P^m_l(\cos(\theta))$ .Tenemos el elemento de volumen $dV = d\cos(\theta)d\phi dr$ . $z = r \cos(\theta)$ , por lo que el integrando se convierte en $\propto ({PAG}_{yo}^{metro} (porque (θ)))^{2} porque (θ) d porque (θ)$ $\propto (P^m_l(\cos(\theta)))^2\cos(\theta)d\cos(\theta)$ dónde $\cos(\theta) \in (0,1)$ . Desde $P^m_l(x) = (-1)^{m+l}P^m_l(-x)$ rápidamente sigue $\langle z \rangle = 0$ .
Muchas gracias por completar el argumento @denklo y por la información, creo que este es el tipo de argumentos que buscaba el OP.
De nada. Sin embargo, hay un pequeño error tipográfico: $\cos(\theta) \in (-1,1)$ .

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