Química Física

216 Capítulo 6 Espectroscopía atómica
Para el determinante de tercer orden obtenemos
∣
−E (1) 0 I
0 −E (1) 0
I 0 −E (1) ∣ ∣∣∣∣∣
= −E (1) ∣ ∣∣∣ −E (1) 0
0 −E (1) ∣ ∣∣∣
+ I
∣ 0
I 0
−E(1)
∣ =
Las raíces restantes valen, pues,
= −E (1) (E (1) − I)(E (1) + I) = 0 (6.20.21)
E (1)
2 = 0 (6.20.22)
E (1)
3 = I (6.20.23)
E (1)
4 = −I (6.20.24)
Vemos que la energía de los estados degenerados del átomo de hidrógeno con
n = 2 se desdobla en tres niveles, uno con la misma energía de orden cero y
otros dos cuya energía está por encima y por debajo de aquélla en la cantidad
I. Veamos pues lo que vale esta integral. Las funciones de onda hidrogenoides
que necesitamos son
y
ϕ 2,0,0 = √ 1 ( ) 3
1 2
(1 − r
π 2a 2a
)
e − r
2a (6.20.25)
ϕ 2,1,0 = √ 1 ( ) 5
1 2
re
− r
2a cos θ (6.20.26)
π 2a
Sustituyendo estas funciones en la integral (6.20.18) escribimos
( ) 3
1
( ) 5
1 2 1
[∫ 2 ∞
I = eE 0
π 2a 2a 0
[∫ π
]
× cosθ cosθ senθ dθ ×
0
(
1 − r
2a
[∫ 2π
0
]
dφ
) ]
e − r
2a r · re
− r
2a r 2 dr ×
(6.20.27)
Resolvamos pues cada una de estas integrales. La más directa es la correspondiente
al ángulo φ, que vale
∫ 2π
0
dφ = 2π (6.20.28)
La integral del ángulo θ se resuelve realizando el cambio de variable t = cos θ y
se obtiene
∫ π
cos 2 θ senθ dθ = 2 (6.20.29)
3
Para la integral radial escribimos
∫ ∞
0
(
1 − r
2a
0
)
r 4 e − r a dr =
∫ ∞
0
r 4 e − r a dr −
1
2a
∫ ∞
0
r 5 e − r a dr (6.20.30)