Grundzustand im Wasserstoffatom: Energieeigenwert und Wahrscheinlichkeit

In dieser kurzen Betrachtung soll der Energieeigenwert aus der Schrödingergleichung des Grundzustandes des Wasserstoffatoms (1s-Zustand) ermittelt werden. Weiterhin wird die Wahrscheinlichkeit bestimmt, das Elektron innerhalb einer Kugel mit Radius ρ um den Kern zu finden.

Ermittlung des Energieeigenwerts

Die $1s$ Wellenfunktion im Wasserstoffatom ist gegeben über

$\psi = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^{3/2} \exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\}$

und die Schrödingergleichung

$-\frac{\hslash^2}{2m}\boldsymbol{\Delta}\psi + V(r)\psi = E\psi$

Für die potentielle Energie des Elektrons im Feld des Kerns gilt

$V(r) = -\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{r}$

Da das Potential nur vom Radius abhängt und nicht von den Winkel vereinfacht sich der Laplace-Operator zu

$\boldsymbol{\Delta} = \frac{1}{r^2}\left[\PDif{ }{r}\left(r^2\PDif{ }{r}+\ldots\right)\right]$

Anwenden des Laplace-Operators auf den von $r$ abhängigen Teil der Wellenfunktion $\psi$ , also auf den Term $\exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\}$ , liefert:

$\begin{align*} \frac{1}{r^2}\PDif{ }{r}\left(r^2\PDif{ }{r}e^{-\frac{r}{a_0}}\right) & = \frac{1}{r^2} \left(-\frac{1}{a_0}\PDif{ }{r} \left(r^2 \exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\}\right)\right) \\ & = \frac{1}{r^2} \left(-\frac{1}{a_0}\left(-\frac{r^2}{a_0} + 2r\right)\exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\}\right) \\ & = \left(\frac{1}{a_0^2} - \frac{2}{a_0 r}\right) \exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\} \end{align*}$

Der nicht von $r$ abhängige Teil kann vor den Operator gezogen werden (Konstanten) und man erhält für die Anwendung des Laplace-Operators auf die Wellenfunktion $\psi$ :

$\boldsymbol{\Delta}\psi = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^{3/2}\left(\frac{1}{a_0^2} - \frac{2}{a_0 r}\right)\exp\left\{-\frac{r}{a_0}\right\} = \left(\frac{1}{a_0^2} - \frac{2}{a_0 r}\right)\psi .$

Einsetzen in die Schrödingergleichung liefert:

$-\frac{h^2}{2m}\left(\frac{1}{a_0^2} - \frac{2}{a_0 r}\right)\psi - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{r}\psi = E\psi$

und für die Energie erhält man:

$E = -\left[\frac{\hslash^2}{2ma_0^2} - \frac{\hslash^2}{m a_0 r} + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}\right].$

Mit $a_0 = \frac{4\pi\epsilon_0\hslash^2}{m_e e^2}$ und $m = m_e$ erhält man:

$E = -\bigg[\frac{\hslash^2}{2m} \left(\frac{m_e e^2}{4\pi\epsilon_0 \hslash^2}\right)^2 \underbrace{ - \frac{\hslash^2}{m r} \frac{m_e e^2}{4\pi\epsilon_0 \hslash^2} + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r} }_{=0}\bigg] \simeq -2,20 \cdot 10^{-18}\phe{J} \simeq \boldsymbol{-13,7\phe{eV}}$

Wahrscheinlichkeit, das Elektron in einer Kugel mit Radius ρ zu finden

Das differenzielle Volumenelement in Kugelkoordinaten ist

$\dif{V} = r^2 \sin\theta \dif{r}\dif{\theta}\dif{\varphi}$

Für die Wahrscheinlichkeit P erhält man

$P = \int_{V(\rho)} \psi^* \psi \dif{V} = 4\pi\int_{0}^{\rho} \abs{\psi}^2 r^2\dif{r} = 4\pi\int_{0}^{\rho} \frac{1}{\pi a_0^3} r^2 \exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}\dif{r}$

Das Integral kann durch zweifache partielle Integration gelöst werden, wobei zunächst nach $r^2$ abgeleitet und nach $\exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}$ integriert wird:

$\begin{align*} P & = \frac{4}{a_0^3} \left\{ \left.r^2\left(-\frac{a_0}{2}\right) \exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}\right|_{r=0}^{\rho} - \int_{0}^{\rho} 2r\left(-\frac{a_0}{2}\right) \exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}\dif{r} \right\} \\ & = \frac{4}{a_0^3} \left\{-\frac{a_0}{2}\rho^2 \exp\left\{-\frac{2\rho}{a_0}\right\} + a_0\int_{0}^{\rho} r \exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}\dif{r} \right\} \end{align*}$

Bei der zweiten partiellen Integration wird nach $r$ abgeleitet und $\exp\left\{-\frac{2r}{a_0}\right\}$ integriert:

$P = \frac{4}{a_0^3}\left\{-\frac{a_0}{2}\rho^2 \exp\left\{-\frac{2\rho}{a_0}\right\} - \frac{a_0^2}{2} \rho \exp\left\{-\frac{2\rho}{a_0}\right\} - \frac{a_0^3}{4} \exp\left\{-\frac{2\rho}{a_0}\right\} + \frac{a_0^3}{4}\right\}$