Soluzione dell'ESIT per l'atomo di idrogeno"Per me si va ne la città dolente,
per me si va ne l’etterno dolore,
per me si va tra la perduta gente.
[...]
dinanzi a me non fuor cose create
se non etterne, e io etterno duro.
Lasciate ogne speranza, o voi ch’ intrate."-Inferno, Canto III
Bentornato! Quale modo migliore di accoglierti, se non con l'incoraggiante incisione che Dante trova sulla porta dell'inferno? Ti sembrerà fuori luogo, secondo me invece è un paragone più che azzeccato: la discussione delle soluzioni dell' ESIT per l'atomo di idrogeno è esattamente la porta di ingresso per lo studio della vera e propria struttura della materia!
1 Orsù non stiamo a cincischiare oltre e ripartiamo!
L'ultima volta ci siamo lasciati con l'introduzione dell'equazione di Schroedinger indipendente dal tempo:
\( \displaystyle -\frac{\hbar ^2}{2 \mu} \nabla^2\psi(\vec{x}) + V(\vec{x}) \psi(\vec{x}) = E \psi(\vec{x})\quad \text{(ESIT)} \)
e ci siamo detti che, per capire attraverso di essa cosa accada dentro un atomo di idrogeno, dobbiamo studiare le soluzioni $\psi(\vec(x))$ e i relativi
autovalori di energia $E$, dato come potenziale quello di Coulomb.
Per fare ciò, chiaramente, dobbiamo prima risolvere l'equazione. Il potenziale di Coulomb, in coordinate cartesiane, da:
$V(x,y,z) = (-Z e^2)/(4 \pi \varepsilon_0) 1/(sqrt(x^2 + y^2 + z^2))\qquad \text{(1)}$
dove $Z$ è il numero atomico. Ora tu mi dovresti dire: "Ma non siamo parlando dell'atomo di Idrogeno, quindi dovrebbe essere sempre $Z=1$?", e io ti dovrei rispondere: "Bravo! Si vede che stai attento!".
Facciamo finta che tutto ciò sia successo, vorrei solo sottolinearti che il metodo di risoluzione che ti andrò brevemente a esporre è valido per qualsiasi atomo ad 1 (uno!) elettrone, quindi potremmo anche star parlando, ad esempio, di uno ione di Litio in cui $Z=2$ o comunque, più in generale, di un atomo
idrogenoide.
Ci piacerebbe molto, per risolvere l' \( \displaystyle \text{(ESIT)} \) , fare un lavoro di separazione delle variabili analogo a quello fatto per separare la parte spaziale e quella temporale nell' \( \displaystyle \text{(ES)} \) .
Come avrai notato, il potenziale di Coulomb in coordinate cartesiane fa abbastanza schifo come candidato per questa operazione, dobbiamo quindi passare in
coordinate polari sferiche, eliminando la scomodità nel seguente modo:
$1/(sqrt(x^2 + y^2 + z^2)) \rarr 1/r$
e facendo attenzione a cambiare coordinate anche per l'operatore $\nabla^2$ (tranquillo, su Wikipedia c'è tutto).
Una volta fatto questo possiamo cercare delle soluzioni $\psi(r,\theta,\phi)$ nella seguente forma:
\( \displaystyle \psi(r,\theta,\phi)= R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)\quad \text{(2)} \)
si, lo so, i fisici hanno un sacco di fantasia nel dare nomi alle cose, ma non distraiamoci!!
Fatti i dovuti cambi di variabile, se inserisci la \( \displaystyle \text{(2)} \) nella \( \displaystyle \text{(ESIT)} \) , otterrai tre equazioni "indipendenti"
2, in particolare il problema è stato ricondotto alla risoluzione di tre equazioni differenziali ordinare! Sei contento?
Nella parte che segue non vorrei concentrarmi sui passaggi, matematici e fisici, utilizzati per risolvere le equazioni, si trovano in [1], [2] e un miliardo di altri posti.
Per dimostrarti però che questa decisione non è (solo) frutto della mia pigrizia, ripercorriamo velocemente i suddetti passaggi.
Inserendo soluzioni della forma \( \displaystyle \text{(2)} \) nella \( \displaystyle \text{(ESIT)} \) , le derivazioni parziali diventano derivazioni totali (abbiamo TRE funzioni ad UNA variabile), è possiamo fare la prima suddivisione:
\( \displaystyle \frac{1}{\Phi} \frac{d^2 \Phi}{d \phi^2}= -\frac{\sin^2 \theta}{R}\frac{d}{dr}(r^2 \frac{dR}{r})-\frac{\sin \theta}{\Theta}\frac{d}{d\theta}(\sin \theta \frac{d\Theta}{d\theta})- \frac{2 \mu}{ \hbar^2}r^2 \sin^2\theta [E-V(r)]\quad \text{(3)} \)
Avrai notato come il primo membro dell'equazione dipenda solo da $\phi$, mentre il secondo solo da $r$ e $\theta$. Esattamente come quando abbiamo separato le variabili nell' \( \displaystyle \text{(ES)} \) , possiamo porre entrambi i membri uguali a una costante, che per comodità chiameremo $-m ^2$.
Fatto ciò possiamo separare le variabili del secondo membro eguagliato a $-m^2$, ottenendo un membro che dipende solo da $r$ e uno che dipende solo da $\theta$. Di nuovo, possiamo eguagliarli entrambi a una costante, che stavolta chiameremo $l(l+1)$.
Così facendo abbiamo ricondotto il problema alla soluzione del seguente sistema di equazioni differenziali:
\( \displaystyle \begin{cases}
\frac{d^2 \Phi}{d\phi^2}= -m^2 \Phi \\ -\frac{1}{\sin \theta}\frac{d}{d\theta}(\sin\theta \frac{d\Theta}{d \theta}) + \frac{m^2 \Theta}{\sin^2 \theta} = l(l+1) \theta\\ \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2 \frac{dR}{dr}) + \frac{2 \mu}{\hbar ^2}[E-V(r)]R = l(l+1)\frac{R}{r^2}
\end{cases}\quad \text{(4)} \)
Prima di far finta di averle risolte, spendiamo un secondo sulle costanti $m$ ed $l$. L'equazione di $\Phi(\phi)$ è banale ed ha come soluzione particolare:
\( \displaystyle \Phi(\phi)= e^{i m \phi} \)
Occhio che l'esponente non è la parte immaginaria di $\phi$ (non avrebbe senso), ma è $i * m * \phi$.
Ora, poiché $\phi=0$ e $\phi= 2 \pi$ sono lo stesso angolo, e poiché ci piacerebbe che $\Phi$ si comportasse da funzione per bene, è necessario imporre che essa abbia lo stesso valore in entrambi i casi: $\Phi(0) = \Phi(2 \pi)$. Questo ci dà delle condizioni sui valori di $m$, come mostrato qua sotto:
\( \displaystyle \Phi(o)=\Phi(2\pi) -> e^{im 0} = e^{i m 2\pi} -> 1 = \cos(m 2\pi) + i \sin(2 \pi) \)
la condizione su $m$ è quindi:
$\abs{m} = 0, 1, 2, 3,...$
Ragionamenti simili, ma un po' più intricati, portano alle condizioni sui valori di $l$:
$l= \abs{m}, \abs{m} +1, \abs{m}+2,...$
e alla risoluzione dell'equazione in $\Theta$. Per ora ti basti sapere che le soluzioni $\Phi(\phi)$ e $\Theta(\theta)$ sono spesso scritte nella forma:
$\Y_{lm} (\theta, \phi) = \Theta_{lm}(\theta) \Phi_m(\phi)\quad \text{(5)}$
è sono dette
Armoniche Sferiche.
Nel prossimo capitolo farò un breve sunto sulla particolarità del momento angolare in meccanica quantistica e sul perché la parte angolare si scriva nella forma $\text{(5)}$ (la versione corta è che le $\text{(5)}$ sono simultaneamente autofunzioni di $\hat{L^2} $ e $\hat{L_z}$, ma ci arriveremo).
Per quanto riguarda ultima delle $(4)$, l'equazione di Schroedinger radiale, la sua soluzione è quantomai laboriosa, per cui mi limito a riportartene le soluzioni, tenendo presente che, dati i valori di $l$ ed $m$ ottenuti dalle considerazioni precedenti, si hanno soluzioni fisicamente accettabili solo per determinati valori dell'energia totale $E_n$, in particolare solo per:
\( \displaystyle E_n = -\frac{\mu Z^2e^4}{(4 \pi \varepsilon_0)^2 2 \hbar^2 n^2}\quad \text{(6)} \)
dove $n$ può assumere solo i valori: $n= l+1, l+2, l+3,....$
e le soluzioni $R_{nl}(r)$ possono essere scritte come:
\( \displaystyle R_{nl}(r) = e^{(-Zr)/(n a_0)} (Zr/a_0)^l G_{nl}(Zr/a_0)\quad \text{(7)} \)
.
Dove $G_{nl}((Zr)/a_0)$ sono funzioni polinomiali in $((Zr)/a_0)$, che cambiano forma a seconda dei valori di $n$ ed $l$, conosciuti come
Polinomi di Laguerre generalizzati.
La costante $a_0$ è detta
Raggio di Bohr ed è una delle grandezze di riferimento in meccanica quantistica, ha il valore del raggio dell'orbita più interna di un atomo di Idrogeno (di Bohr) e si può scrivere come:
\( \displaystyle a_0= (4 \pi \varepsilon_0 \hbar^2)/\mu e^2\quad \text{(8)} \)
Come hai potuto notare quindi, malgrado gli autovalori di energia $E_n$ dipendano solo dal
numero quantico principale $n$, le autofunzioni $Y_{lm}(\theta, \phi)$ e $R_(nl)(r)$ dipendono anche dal
numero quantico orbitale $l$ e dal
numero quantico magnetico $m$.
Va da sé quindi che uno stato quantomeccanico descritto da un'autofunzione completa $\psi(r,\theta,\phi)= R_(nl)(r) Y_{lm}(\theta, \phi)$ sia definito dai 3 (TRE!) numeri quantici ${n,l,m}$. Immagino che ciò non ti colga di sorpresa, essendo appunto TRE le variabili indipendenti nell' $\text{(ES)}$.
Direi che posso concludere questo capitolo facendoti osservare, se non l'hai già notato, come gli autovalori di energia $\text{(6)}$, trovati da Schroedinger con tanta fatica, corrispondano
esattamente agli autovalori trovati dal buon Niels Bohr per il suo atomo di idrogeno. Non mi guardare così, non è stato tutto lavoro inutile! Sicuramente ci fa piacere che i due valori coincidano, ma con il metodo di Schroedinger potremmo affrontare situazioni ben più complicate di ciò che abbiamo visto finora!
Ci vediamo al prossimo capitolo, dove daremo un'occhiata alle autofunzioni complete dell'atomo di Idrogeno e completeremo il discorso sulle armoniche sferiche, facendo due chiacchiere sul momento angolare in meccanica quantistica.
"E quindi uscimmo a riveder le stelle."Indice