examen fisica atomica

1

Examen de Junio

Ejercicio 3.
Suponga que al resolver la ecuaci´n de Hartree para el Be (Z=4) se obtienen como soluciones monoo
electr´nicas m´s bajas en energ´ las tres siguientes: 1s = −169.5 eV, 2s = −12.4 eV y 2p = −9.3 eV,
o
a
ıa
cuyas autofunciones espaciales asociadas son ϕ1s (r), ϕ2s (r) y ϕ2pm (r), respectivamente. Considerando s´lo esos
o
tres estados monoelectr´nicos,
o(a) Obtenga las configuraciones electr´nicas y las energ´ en la aproximaci´n de Hartree (incluyendo el
o
ıas
o
esp´ del estado fundamental y del primer estado excitado de Be.
ın)
(b) Calcule la degeneraci´n de cada configuraci´n, y escriba expl´
o
o
ıcitamente una funci´n de onda completa
o
posible (coordenadas espaciales y de esp´ para la configuraci´n del primer estado excitado. ¿Qu´cambiar´
ın)
o
e
ıa
si hubi´ramos usado Hartree-Fock?
e
Soluci´n
o
Las configuraciones electr´nicas que se nos piden son las del estado fundamental y la del primer estado
o
excitado (incluyendo el esp´
ın). Vamos a tratarlas de forma independiente. Siendo as´ tenemos que:
ı

Estado fundamental
La configuraci´n del estado fundamental del berilio es (1s2 )(2s2 ) ya que es un ´tomo concuatro electrones y
o
a
esta es la configuraci´n de menor energ´ posible. De acuerdo con la aproximaci´n de Hartree la funci´n de
o
ıa
o
o
ondas correspondiente a este estado ser´
ıa:
Ψ(r1 , r2 , r3 , r4 ) = ϕ1s,↑ (r1 )ϕ1s,↓ (r2 )ϕ2s,↑ (r3 )ϕ2s,↓ (r4 )

(1.1)

1

donde la flecha del sub´
ındice indica el esp´ . Debido al principio de exclusi´n de Pauli podemos ver como
ın
o
doselectrones que tienen los mismos n´meros cu´nticos para la parte espacial, esto es, la etiqueta 1s o 2s
u
a
dependiendo del caso, no puede tener el mismo esp´
ın.
Tenemos entonces que existe una unica posibilidad para la funci´n de ondas del estado fundamental2 , es
´
o
decir, su degeneraci´n vale 1, que seria lo mismo que decir que es no degenerada. Tambi´n pod´
o
e
ıamos haberlo
hechode otro modo, ya que sabemos que un nivel de energ´ (n, l) ocupado con α electrones la degeneraci´n
ıa
o
viene dada por
2(2l + 1)
α
y si estuvi´ramos considerando m´s de un nivel la degeneraci´n ser´ el producto de las degeneraciones de
e
a
o
ıa
cada nivel, por lo que en nuestro caso tendr´
ıamos que

g=

2(2l1 + 1)
α1

2(2l2 + 1)
α2

=

2
2

2
2

=1

ya que l1 = l2= 0 por ser orbitales tipo s y α1 = α2 = 2. Otra forma de haber llegado a la misma conclusi´n
o
era haber considerado que las capas completas no incrementan la degeneraci´n, por lo que dado que en el estado
o
fundamental las dos capas est´n completas, esta configuraci´n no puede ser degenerada.
a
o
Por ultimo tenemos que la energ´ del estado fundamental ser´
´
ıa
ıa:
i=4

E=

i

=1s

+

1s

+

2s

+

2s

= 2(

1s

+

2s )

= −2(169.5 + 12.4) eV= −363.8 eV

i=1

1
(2 1) y
2
2 Existe una

↓≡ ( 1 − 1 ) siguiendo la notaci´n (sms )
o
2
2
unica posibilidad ya que por ser los electrones part´
´
ıculas indistinguibles no podemos saber si ϕ1s,↑ corresponde
al electr´n de coordenadas r1 o al de coordenadas r2 , por ejemplo; ya que lafunci´n de ondas completa es invariante ante el
o
o
intercambio de 2 de ellos
1 ↑≡

1

En el caso del estado fundamental si hubi´ramos utilizado la aproximaci´n de Hartree-Fock tendr´
e
o
ıamos que
haber utilizado un determinante de Slater para obtener la funci´n de ondas completa, es decir, en ese caso
o
nuestra funci´n de ondas ser´
o
ıa:
ϕ1s,↑ (r1 )
1 ϕ1s,↑ (r2 )
Ψ(r1 , r2 , r3 ,r4 ) = √
4! ϕ1s,↑ (r3 )
ϕ1s,↑ (r4 )

ϕ1s,↓ (r1 )
ϕ1s,↓ (r2 )
ϕ1s,↓ (r3 )
ϕ1s,↓ (r4 )

ϕ2s,↑ (r1 )
ϕ2s,↑ (r2 )
ϕ2s,↑ (r3 )
ϕ2s,↑ (r4 )

ϕ2s,↓ (r1 )
ϕ2s,↓ (r2 )
,
ϕ2s,↓ (r3 )
ϕ2s,↓ (r4 )

(1.2)

y en consecuencia tendr´
ıamos tambi´n que la energ´ habr´ que obtenerla resolviendo la ecuaci´n de Hartreee
ıa
ıa
o
Fock en lugar de la ecuaci´n de Hartree
o

Primer estado...