Lösungen zu den Aufgaben - Springer

IIII1194 : : Lösungen zu den Aufgabenmalenergie ist Wo = -! e 2 I ( 41!"Boro) = -me 4 I ( 641!" 2 s6ah 2 )und muß gleich der Rydberg-Energie WRy = -me 4 I (8a6h 2 )sein, also a = 11(8~). Damit ist die Energie des Zweielektronensystemsmit einem Kern der Ladung Zee2 (z z 1 ) h2 ( 1 1)W = 41rao ~ + r2 - r1 + r2 + 81r2mr ri + r~ ·Der Ansatz für die Wechselwirkungsenergie der beiden Elektronen,der einen mittleren Abstand r1 + r2 voraussetzt, istallerdings geometrisch etwas anfechtbar. Jetzt muß mannach r1 und r2 ableiten, um das Minimum von W zu finden.Wie zu erwarten, liegt es bei q = r2, und zwarr1 = r2 = ro = soh2 l(1rme2(Z- :l)), so daß Wo =-e 4 m(Z- :1) 2 l(4a6h 2 ) = 2(Z- :l) 2 WRy wird. Die ÜbereinstimmungderWerte 2(Z- :1) 2 von 1,1; 6,1; 15,1; 28,1; 45,1;64,1 mit der Beobachtung ist geradezu unheimlich.16.4.9. 21 cm-LinieMagnetisches Moment des Elektronenspins Pe = ! {lolie I me,des Protons Pp = 2,79 ·!1-lolielmp, Bohr-Radius ro41l"Boli 2 I ( mee 2 )' klassische Wechsel Wirkungsenergie wklPePpl(41r{lorÖ) !2,79mec 2 a 4 me/mp, wo IXe 2 I ( 47raolic) = 1l 7 die Feinstrukturkonstante und c11 FoliO ist, also 2Wkl = 1,77. w-25 J, V= 2,68. 108 Hz,A. = 112cm. Quantenmechanisch muß man die Wechselwirkungsenergieüber den ganzen Raum mitteln, also r0 3 ersetzendurchr-3 = Jl/Jr-3ljl*dV = JC:e-2r/ror-3r2drJ l/ll/1* dV fooo e-2r/ro r2 dr8 fooo e-xx-l dxr3 roo e-xx2 dx .o JoFür das untere Integral erhält man durch zweimalige partielleIntegration den Wert 2, das obere verwandelt sich durchy = e-x in den Integrallogarithmus J dy I lny, dessen Wertmit den Grenzen 0 und oo die Euler-Mascheroni-Konstante0,57722 ist. So ergibt sich die Wellenlänge 20,9 cmfür die wichtigste Linie der Radioastronomie.16.4.10. ElektronegativitätHomonukleare Moleküle wie AA werden nur durch die Delokalisationeines Elektronenpaares zusammengehalten, fürdas heteronukleare AB kommt ein elektrostatischer Anteilhinzu: Das Elektronenpaar verschiebt sich zum elektronegativerenPartner hin, der im Periodensystem weiter rechtssteht. Beide Partner nehmen entgegengesetzte PartialladungenOe an, was eine Stabilisierungsenergie ~AB= fJ 2 e 2 I(47reor)=14,3eVfJ21r ergibt (r in A). Für OH mitr ~ 1 A folgt aus den x-Werten ~ = 2,65 e V, [J = 0,43, fürNaCl mit r = 2,75 A (aus der Dichte zu bestimmen):~ = 5,96eV, [J ~ 1,0 (voll ionogene Bindung).16.4.11. WasserstoftbrückeDie Partialladungen von 0 bzw. N in OH bzw. NH ergebensich aus den Elektronegativitäten zu 0,43 bzw. 0,26. Für dieN-H-0-Brücke 0,82eV für die H-O-Anziehung, 0,54eV fürdie 0-N-Abstoßung, d. h. 0,28 e V oder 27 kJ/mol, was &utstimmt. Wasser hat etwas mehr (H-O-Abstand 1,76A):1,47eV für H-0, 0,94eV für 0-0, d.h. 0,54eV. JedesH20 ist im Eis und fast auch so im Wasser an vier H-Brükkenzur Hälfte beteiligt. 0,27 eV sind etwas zu wenig (Verdampfungsenergie0,42 e V). In jedem Fall kommt eine Delokalisierungsenergiehinzu: Das Proton hat zwei Potentialminimabei 0 bzw. bei N, zwischen denen es springen kann(vgl. Abschn.14.1.6).17.1.1. Abstrakt-KonkretWenn kein Anhaltspunkt für die gesuchte Zahl vorliegt, wennalso jede der Zahlen 0 bis 999 mit gleicher Wahrscheinlichkeitvorliegen kann, teilt man den Bereich in zwei Hälften:"Kleiner als 500?", den durch die Antwort bestimmten Bereichwieder in zwei Hälften usw. Mit höchstens zehn Fragenist man am Ziel, denn 2 10 = 1024, d. h. der zehnfach hal-bierte Bereich umfaßt höchstens noch eine Zahl. Jede andereStrategie kann u. U. die Antwort schneller bringen, im Durchschnittaber erst später. Haben die Zahlen ungleiche Wahrscheinlichkeiten(Geschichtszahlen: 19. und 20. Jh. wahrscheinlicher),teile man so in zwei Bereiche, daß die Summeder Wahrscheinlichkeiten gleich ist. Eine kluge Frage isteine, auf die ebenso wahrscheinlich ein Ja erfolgt wie ein