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Harmônicos Esféricos Física Matemática Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Sertão Pernambucano (IF Sertão) 9 pag. Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark Harmônicos esféricos João Vitor Bulhões da Silva 2019 Na área exata, os harmônicos esféricos são funções harmônicas que representam a variação espacial de um conjunto ortogonal de soluções da equação de Laplace, quando a solução é expressa em coordenadas esféricas. Harmônicos esféricos são muito importantes em várias aplicações teóricas e práticas, particularmente em F́ısica atômica (uma vez que a função de onda do elétron contém harmônicos esféricos) e na teoria do potencial, tanto no campo gravitacional como na eletrostática. A equação de Laplace ou, de forma mais familiar, o laplaciano, em coordenadas car- tesianas, tem o seguinte formato: ∇2f = ∂f 2 ∂x2 + ∂f 2 ∂y2 + ∂f 2 ∂z2 (1) Sabendo que f = f(r, θ, φ), podemos escrever o laplaciano em coordenadas esféricas. ∂f ∂x = ∂f ∂r ∂r ∂x + ∂f ∂θ ∂θ ∂x + ∂f ∂φ ∂φ ∂x (2) ∂f ∂y = ∂f ∂r ∂r ∂y + ∂f ∂θ ∂θ ∂y + ∂f ∂φ ∂φ ∂y (3) ∂f ∂z = ∂f ∂r ∂r ∂z + ∂f ∂θ ∂θ ∂z + ∂f ∂φ ∂φ ∂z (4) Figura 1: Sistema esférico de coordenadas 1 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark Teremos que as coordenadas do ponto M será: x = rsin(θ)cos(φ) (5) y = rsin(θ)sin(φ) (6) z = rcos(θ) (7) É fácil perceber que, r = √ x2 + y2 + z2 (8) E que, cos(θ) = z r → θ = cos−1 ( z √ x2 + y2 + z2 ) (9) tanφ = y x → φ = tan−1 (y x ) (10) Dado r, θ e φ podemos mostrar as seguintes derivadas: •∂r ∂x = x r •∂r ∂y = y r •∂r ∂x = z r •∂θ ∂x = 1 r cos(θ)cos(φ) •∂θ ∂y = 1 r cos(θ)sin(φ) •∂θ ∂x = −1 r sin(θ) •∂φ ∂x = −1 r sin(φ) sin(θ) •∂φ ∂y = 1 r cos(φ) sin(θ) •∂φ ∂z = 0 Substituindo as derivadas anteriores nas equações (2), (3) e (4), obteremos: ∂f ∂x = sin(θ)cos(φ) ∂f ∂r + 1 r cos(θ)cos(φ) ∂f ∂θ − 1 r sin(φ) sin(θ) ∂f ∂φ (11) Podemos, então, dizer, a partir da eq. (11), que o operador que age sobre f é, ∂ ∂x = sin(θ)cos(φ) ∂ ∂r + 1 r cos(θ)cos(φ) ∂ ∂θ − 1 r sin(φ) sin(θ) ∂ ∂φ (12) No cálculo diferencial, uma derivada parcial de segunda ordem pode ser interpretada da seguinte forma: ∂2 ∂x2 = ∂ ∂x ∂ ∂x Por seguinte, a eq. (12) terá a decorrente aparência: ∂2 ∂x2 = [ sin(θ)cos(φ) ∂ ∂r + 1 r cos(θ)cos(φ) ∂ ∂θ − 1 r sin(φ) sin(θ) ∂ ∂φ ]2 (13) Logo, 2 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark ∂2 ∂x2 = sin2(θ)cos2(φ)− 1 r2 sin(θ)cos(θ)cos2(φ) ∂ ∂θ + 1 r sin(θ)cos(θ)cos2(φ) ∂2 ∂r∂θ + 1 r2 cos(φ)sin(φ ∂ ∂φ )−1 r cos(φ)sin(φ) ∂2 ∂r∂φ + 1 r cos2(θ)cos2(φ) ∂ ∂r + 1 r sin(θ)cos(θ)cos2(φ) ∂2 ∂θ∂r − 1 r2 cos(θ)sin(θ)cos2(φ) + 1 r2 cos2(θ)cos2(φ) ∂2 ∂θ2 + 1 r2 cos2(θ)cos(φ)sin(φ) sin2(θ) ∂ ∂φ − 1 r2 cos(θ)cos(φ)sin(φ) sin(θ) ∂2 ∂φ∂θ + 1 r sin2(φ) ∂ ∂r − 1 r sin(φ)cos(θ) ∂2 ∂φ∂r + 1 r2 sin2(φ)cos(θ) sin(θ) ∂ ∂θ − 1 r2 sin(φ)cos(θ)cos(φ) sin(θ) ∂2 ∂φ∂θ + 1 r2 sin(φ)cos(φ) sin2(θ) ∂ ∂φ + 1 r2 sin2(φ) sin2(θ) ∂2 ∂φ2 . O mesmo procedimento realizado para ∂f ∂x também deve ser feito em ∂f ∂y e ∂f ∂z . Ao termino, devemos substituir tais expressões na eq. (1), que nos possibilita a escrever o laplaciano da seguinte forma: ∇2 = ∂ 2 ∂r2 + 2 r ∂ ∂r + cos(θ) r2sin(θ) ∂ ∂θ + 1 r2 ∂2 ∂θ2 + 1 r2sin2(θ) ∂2 ∂φ2 (14) Que também pode ser escrito como: ∇2 = 1 r2 ∂ ∂r ( r2 ∂ ∂r ) + 1 r2sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂ ∂θ ) + 1 r2sin2(θ) ∂2 ∂φ2 (15) Portanto, o laplaciano em cooordenadas esféricas da função f = f(r, θ, φ) será ∇2f = 1 r2 ∂ ∂r ( r2 ∂f ∂r ) + 1 r2sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂f ∂θ ) + 1 r2sin2(θ) ∂2f ∂φ2 = 0 (16) Usando o método de soluções separáveis para resolver a equação eq. (16), obtemos que f(r, θ, φ) = R(r)Y (θ, φ) (17) Em que R(r) é chamada de equação de onda radial e Y (θ, φ) é a equação de onda angular. Substituindo a eq. (17) na eq. (16), iremos obter: 1 r2 Y (θ, φ) ∂ ∂r ( r2 ∂R(r) ∂r ) + R(r) r2sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Y (θ, φ) ∂θ ) + R(r) r2sin2(θ) ∂2Y (θ, φ) ∂φ2 = 0 (18) Ao multiplicar ambos os lados da eq. (18) por r 2 R(r)Y (θ,φ) , teremos que 3 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark 1 R(r) ∂ ∂r ( r2 ∂R(r) ∂r ) + 1 Y (θ, φ)sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Y (θ, φ) ∂θ ) + 1 Y (θ, φ)sin2(θ) ∂2Y (θ, φ) ∂φ2 = 0 (19) Podemos destacar da eq. (19) que, uma parte só depende da coordenada radial e a outra de coordeladas angulares. Vamos considerar também que esta mesma equação aceita a seguinte solução: 1 R(r) ∂ ∂r ( r2 ∂R(r) ∂r ) = l(l + 1) e 1 Y (θ, φ) [ 1 sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Y (θ, φ) ∂θ ) + 1 sin2(θ) ∂2Y (θ, φ) ∂φ2 ] = −l(l + 1) Pois, l(l + 1)− l(l + 1) = 0 Nos interessa, inicialmente, trabalhar somente com a equação de onda angular. Desta forma, teremos que 1 sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Y (θ, φ) ∂θ ) + 1 sin2(θ) ∂2Y (θ, φ) ∂φ2 + l(l + 1)Y (θ, φ) = 0 (20) Se, por sua vez, utiliza-se o método de separação de variáveis para esta equação, pode- se ver que a equação acima admite soluções periódicas nas duas coordenadas angulares (l é um inteiro). Logo, a solução periódica do sistema anterior depende de dois inteiros (l,m) e é dada em termos de funções trigonométricas e dos polinômios associados de Legendre: Y (θ, φ) = Θ(θ)Φ(φ) (21) Substituindo (21) em (20), obtemos 1 sin(θ) Φ(φ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Θ(θ) ∂θ ) + 1 sin2(θ) Θ(θ) ∂2Φ(φ) ∂φ2 + l(l + 1)Θ(θ)Φ(φ) = 0 (22) Multiplicando ambos os lados da eq. (22) por sin 2(θ) Θ(θ)Φ(φ) , teremos sin(θ) Θ(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Θ(θ) ∂θ ) + 1 Φ(φ) ∂2Φ(φ) ∂φ2 + l(l + 1)sin2(θ) = 0 (23) É possivel perceber que, na soma, um termo que depende somente de θ e outro somente de φ. Teremos então que sin(θ) Θ(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Θ(θ) ∂θ ) + l(l + 1)sin2(θ) = m2(equação polar) (24) 1 Φ(φ) ∂2Φ(φ) ∂φ2 = −m2(equação azimutal) (25) 4 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark De forma rápida, é possivel notar que a solução da eq. (25) é Φ(φ) = eimφ. Sabendo que Φ(φ) = Φ(φ+ 2π). Logo, podemos provar que eimφ = eimφ · eim2π. eim2π = 1,m ∈ Z = {±1,±2,±3, . . .} Agora, multiplicamos a equação polar por Θ(θ) e iremos obter: sin(θ) ∂ ∂θ ( sin(θ) ∂Θ(θ) ∂θ ) + [ l(l + 1)sin2(θ)−m2 ] Θ(θ) = 0 (26) A solução da equação eq. (26) não é tão simples. A solução é Θ(θ) = APml (cosθ) (27) em que Pml é a função associada de Legendre, definida por Pml (x) = (1− x2)|m|/2 ( d dx )|m| Pl(x) (28) e Pl(x) é o l-ésimo polinômio de Legendre, definido pela fórmula de Rodrigues: Pl(x) = 1 2ll! ( d dx )|m| (x2 − 1)l (29) Para que a fórmula de Rodrigues seja válida, é necessário que l seja um número inteiro positivo, ou seja, l ∈ N e |m| ≤ l. Em que l é chamado de número quântico azimutal e m de número quântico magnético. Finalmente, poderemos mostrar que Y ml (θ, φ) = Ae imφPml (cosθ) (30) Em que Y ml é chamada de função harmónica esférica de grau l e ordem m. A é uma constante de normalização, θ e φ representam os parâmetros angulares (respectivamente, o ângulo azimutal ou colatitude e o ângulo polar ou longitude). O elemento de volume em coordenadas esféricas é d3r =r2sin(θ)drdθdφ então, a condição de normalização se torna ∫ |f |2r2sin(θ)drdθdφ = ∫ |R(r)|2r2dr ∫ |Y (θ, φ)|2sin(θ)dθdφ = 1 . 5 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark É conveniente que R e Y sejam normalizados separadamente: ∫ ∞ 0 |R(r)|2r2dr = 1 e ∫ 2π 0 ∫ π 0 |Y (θ, φ)|2sin(θ)dθdφ = 1 Logo, a função de onda angular normalizada terá a seguinte aparência: Y ml (θ, φ) =∈ √ (2l + 1) 4π (l − |m|)! (l + |m|)!e imφPml (cosθ), (31) em que ∈= (−1)m para m ≥ e ∈= 1 para m ≤ 0. Como provaremos mais adiante, elas são automaticamente ortogonais, portanto ∫ 2π 0 ∫ π 0 |Y ml (θ, φ)| ∗ |Y m ′ l′ (θ, φ)|sin(θ)dθdφ = δll′δmm′ . Figura 2: Os primeiros harmônicos esféricos Y ml (θ, φ) A equação de onda radial, da solução da equação de Schroedinger independente do tempo, em coordenadas esféricas, é dada por: d dr ( r2 dR(r) dr ) − 2mr 2 ~ [V (r)− E]R(r) = l(l + 1)R(r) (32) Essa equação ficará mais simples se mudarmos as variáveis: seja u(r) = rR(r) tal que, R = u/r, dr = [r(du/dr)− u]/r2, (d/dr)[r2(dR/dr)] = rd2u/dr2, e, portanto, − ~ 2 2m d2u dr2 + [ V + ~ 2 2m l(l + 1) r2 ] u = Eu. (33) Essa equação é chamada de redial, ela é idêntica em forma à equação de Schroedinger unidimensional, mas a aenergia potencial efetiva, 6 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark Vef = V + ~ 2 2m l(l + 1) r2 , possui uma peça extra, o chamado termo centrifugo, ~2/2m[l(l + 1)/r2]. Ele tende a jogar a part́ıcula para fora (para longe da origem), assim como a (pseudo) força centrifuga o faz na mecânica clássica. Enquanto isso, a condição de normalização se transforma em ∫ ∞ 0 |u|2dr = 1 Aplicação: Poço esférico infinito Aqui iremos deduzir a equação de onda radial e mostrar uma aplicação dos harmônicos esféricos. V (r) = 0 −→ r < a,∞ −→ r > a para r < a − ~ 2 2m d2u dr2 + [ ~ 2 2m l(l + 1) r2 ] u = Eu . Logo, d2u dr2 = [ l(l + 1) r2 − 2m ~2 E ] u. Considerando que k2 = 2mE/~2 e que l = 0, teremos d2u dr2 = −k2u (34) O que nos possibilita dizer que a solução da eq. (34) é u(r) = Asin(kr) + bcos(kr). Como mostrado anteriormente R(r) = u(r)/r, sendo assim R(r) = Asin(kr) r + bcos(kr) r Ao fazermos r → 0, teremos que a única solução, para l = 0, é R(r) = Asin(kr) r . (35) Pela condição de contorno: R(a) = Asin(ka) a = 0. Portanto, ka = nπ, n ∈ N → k = nπ a 7 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark logo, √ 2mE ~ a = nπ, colocando E em evidencia, teremos En,l=0 = n2π2~2 2ma2 . Normalizando u(x), teremos ∫ a 0 |u(x)|2dr = ∫ a 0 |R(r)|2r2dr = 1 ∫ a 0 A2sin2(kr)dr = A2 2 ∫ a 0 dr − A 2 2 ∫ a 0 cos(2kr)dr = 1, por fim, teremos que A = √ 2 a . (36) Substituindo a eq. (35) na eq. (35), obtemos: R(r)n,0 = √ 2 a sin( nπ a r). (37) Se usarmos o harmônico esférico Y 00 (θ, φ) = 1√ 4π , obtemos que a equação de onda terá a seguinta forma: Ψn,0,0(r, θ, φ) = √ 1 2πa sin(nπ 2 r) r . A solução geral para qualquer l é a seguinte: u(r) = Arjl(kr) + Brnl(kr), em que jl(kr) é a função de Bessel esférica e nl(kr) é a função de Newman esférica, e elas são expressas repectivamente como jl(x) = (−x)l ( 1 x d dx )l sin(x) x nl(x) = −(−x)l ( 1 x d dx )l cos(x) x . Logo, para r → 0, teremos que a solução geral será R(r) = Ajl(kr) Condições de contorno: R(a) = 0 → jl(ka) = 0. Para encontrar k, precisamos encontrar os pontos em que a função de Bessel é igual a 0. E esse pontos são dados por Bnl, que é o n-ésimo zero da função de Bessel de ordem l. 8 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark Figura 3: Plote da função de Bessel de ordem 0 a 4. Portanto, k = Bnl a . Logo, as energias permitidas são: k2 = 2mE/~2 = B2nl a2 Enl = ~ 2 2ma2 B2nl. Então, a função radial Rnl(r) = Anljl(kr) = Anljl( Bnl a r). (38) Por fim, com as eqs. (31) e (38), temos a que a função de onda é igual a Ψnlm(r, θ, φ) = Rnl(r) · Y ml (θ, φ) Ψnlm(r, θ, φ) = Anljl( Bnl a r)· ∈ √ (2l + 1) 4π (l − |m|)! (l + |m|)!e imφPml (cosθ) (39) Os estados estacionários tem 3 números quanticos, que são n, m e l, e a energia depende apenas de n e l. Referências D. Griffiths, ”Introduction to Quantum Mechanics”, 2 ed., Pretince-Hall, 2005. 9 Document shared on www.docsity.com Downloaded by: emanuelle-machado (elleuname321@gmail.com) https://www.docsity.com/?utm_source=docsity&utm_medium=document&utm_campaign=watermark
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