Detalle técnico en la solución del átomo de hidrógeno

Question

Estoy tratando de hacer un ejercicio en el que se resuelve la ecuación de Schrödinger para el átomo de hidrógeno. A través del ejercicio, ya he demostrado que la función de onda es:

$$ \psi_{n\ell m}(r,\theta,\varphi) = R_{n\ell}(r)Y^m_\ell (\theta,\varphi)$$

y que $Y^m_\ell (\theta,\varphi)$ son los armónicos esféricos. Luego, al resolver la parte radial, el ejercicio me dice que hay que estudiar el comportamiento asintótico de $R(r)$ para grandes y pequeños $r$ . No tuve ningún problema en demostrar que $R(r) \overset{\underset{+\infty}{}}{\sim} e^{-kr}$ pero luego el ejercicio se vuelve completamente banal para la parte asintótica para pequeñas $r$ .

Me dice que introduzca $u(r) \doteqdot rR(r)$ y luego logré mostrar que la ecuación de Schrödinger se convierte

$$-\frac{\hbar^2}{2m}{\mathrm{d}^2 u(r) \over \mathrm{d}r^2} - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0r}u(r)+\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}u(r) = E_n u(r)$$

Bien. Entonces el ejercicio me dice que suponga $u(r) \overset{\underset{0}{}}{\sim} r^\lambda$ y para demostrar $\lambda > -\tfrac{1}{2}$ . No hay problema, esto se deduce del hecho de que $R(r)$ debe ser un $L^2$ función. Entonces, mientras $\ell \neq 0$ podemos resolver la ecuación anterior para $r\to 0$ , demostrando que $\lambda = \ell + 1$ . La siguiente parte del ejercicio dice:

Aplicar el teorema de Stokes sobre una esfera para demostrar que

$$\nabla^2 \left ( \frac{1}{r} \right ) = -4\pi\delta({\mathbf r}) $$

entonces utiliza este resultado para demostrar que $\lambda = \ell + 1$ incluso cuando $\ell = 0$ .

Y me quedo completamente perplejo. Puedo probar la fórmula anterior, pero no tengo ni idea de qué tiene que ver este Laplaciano.

Answer 1

Esta nota no es más que una reafirmación de la respuesta de Lubos (un intento de entender su respuesta) y viene por cortesía de Dirac:

Para investigar las condiciones de contorno adecuadas en $r=0$ Consideremos la situación (diferente) de una partícula libre con $l=0$ y $E=0$ . En este caso la ecuación de Schrodinger se reduce a la ecuación de Laplace $\nabla^2 \Psi=0$ y la ecuación unidimensional reducida se convierte en $d^2u(r)/dr^2=0$ .

Ahora, mientras $R=1/r$ (o $u=rR=1$ ) satisface obviamente la ecuación 1-D, no satisface la ecuación de Laplace tridimensional porque, como has demostrado, aparece una función delta en el origen, violando allí la ecuación de Laplace.

La cuestión es que no todas las soluciones de la ecuación simple 1-D satisfacen la ecuación de Laplace 3-D, y del mismo modo, dado que el laplaciano es un término de la ecuación de Schrodinger, no todas las soluciones de la "ecuación de Schrodinger 1-D" satisfarán la ecuación de Schrodinger 3-D. En particular, como $r \rightarrow 0$ , $R$ no debe tender a $\infty$ tan rápido como $1/r$ o, de forma equivalente, $rR=u \rightarrow 0$ para evitar la función delta.

No está hecho del todo, ya que no hemos mostrado $u$ va como $r$ cerca de $r=0$ sólo que va a 0. Supongamos una solución con el gran $r$ comportamiento ( $u= \sum c_sr^s \exp{-kr}$ ), donde los valores consecutivos de $s$ difieren en la unidad, aunque estos valores pueden no ser enteros. De lo anterior, el mínimo $s$ debe ser positivo. Subiendo y bajando, se encuentra que el mínimo de $s$ debe ser $l+1$ o $-l$ . El valor más bajo se descarta, incluso cuando $l=0$ ya que no es positivo, por lo que u va como $r^{l+1}$ en todos los casos, incluyendo $l=0$ .

Reitero que acabo de replantear la respuesta de Lubos (¡que ahora entiendo!).

Answer 2

En primer lugar, no es cierto que $R(r)$ tiene que ser $L^2$ . Como la medida de integración es $dV = r^2\cdot dr\cdot d\Omega$ e integramos $|R|^2\cdot |Y|^2$ con esta medida, es $R(r)r=u(r)$ y no $R(r)$ mismo que debe ser $L^2$ .

Ahora bien, esto no es sólo una corrección de un error menor no relacionado en sus comentarios; en realidad responde a su pregunta principal. ¿Por qué? Porque el $L^2$ la integrabilidad permitiría en realidad $u(r)$ para ir como $r^0$ es decir, constante cerca de $r\to 0$ la constante sería claramente integrable al cuadrado. Sin embargo, si $u(r)$ eran una constante, $R(r)$ se escalaría como $1/r$ .

La función de onda completa sería como $1/r$ cerca de $r\to 0$ ; tendría este factor. Tenga en cuenta que suponiendo $l=0$ que es el único caso para el que este singular $1/r$ comportamiento es imaginable, la parte angular $Y$ también va como una constante. Es una función de onda candidata completamente legítima, $\psi(r)\sim 1/r$ .

Sin embargo, la función de onda no resuelve exactamente la ecuación de Schrödinger porque el término laplaciano de la ecuación produce un nuevo término proporcional a la función delta (por eso se menciona la identidad, justificada por el teorema de Stokes) que no se cancela, y por tanto la ecuación no se cumple. Esta función de onda del tipo $1/r$ debería comprobarse por separado porque su laplaciano es "casi cero". Sin embargo, cuando lo comprobamos cuidadosamente, confirmamos que el Ansatz $R(r)\sim r^l$ es completamente general, ya sea $l$ es cero o positivo, y el $1/r$ La función de onda que obedece las condiciones de normalización requeridas y que podría ser una "solución extra excepcional" en realidad no es una solución.