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#class/Ex-IV #wasserstoffatom
Das gedachte Bild des Wasserstoffatoms ist das eines Elektrons, das um einen Kern kreist. Siehe hierzu auch die Entwicklung der Atommodelle. Der zugehörige Hamiltonian kann in Kugelkoordinaten geschrieben werden als \hat{H}= \frac{\hat{p}^2}{2m} + V(r) mit dem Potential V = V(\left\lvert \vec{r} \right\rvert) handelt es sich um ein Zentralkörperproblem. Im Falle des Wasserstoffatoms ist das Potential V(r) = -\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r} und als Masse nutzen wir die reduzierte Masse m = \frac{m_e m_p}{m_e + m_p}, da wir bereits aus der klassischen Mechanik wissen, dass auch das Proton eine wenn auch minimale Schwerpunktsbewegung ausführt. Der Hamiltonoperator ergibt sich in Kugelkoordinaten zu $$\begin{aligned}
\hat{H}&= - \frac{\hbar^2}{2m} \vec{\nabla}^2 - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r} \
&= - \frac{\hbar^2}{2m} \left[\frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r} \left(r^2 \frac{\partial }{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta}\right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2 }{\partial \varphi^2} \right] - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}
\end{aligned}$Unser Hamiltonoperator ist nicht direkt von der Zeit abhängig, weshalb die zeitunabhängige Schrödingergleichung gilt\hat{H}\psi = E \psi \Leftrightarrow \left(\hat{H}- E\right) \psi = 0Somit folgt$\begin{aligned}
\left( \hat{H}- E \right) &\psi(r, \theta, \varphi) &= 0 \
\left[ - \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{1}{r^2} \frac{\partial }{\partial r} \left(r^2 \frac{\partial }{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta}\right)\right. \right. \quad\
\left. \left. + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2 }{\partial \varphi^2} \right) + V(r) - E \right] &\psi(r, \theta, \varphi)&= 0\
\left[\left(- \frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r} \left(r^2 \frac{\partial }{\partial r} \right) + V(r) - E \right)\right. \quad \
\left. - \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta}\right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2 }{\partial \varphi^2} \right) \right] &\psi(r, \theta, \varphi) &= 0
\end{aligned}$$ Nun versuchen wir die Schrödingergleichung zu separieren (siehe Separationsansatz. Hierfür separieren wir die \theta und \varphi Abhängigkeiten auf die rechte Seite und die r Abhängigkeit auf die linke Seite. Wir erhalten $$\begin{aligned}
\left(- \frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r} \left(r^2 \frac{\partial }{\partial r} \right) + V(r) - E \right) \psi(r, \theta, \varphi)\
= \
\left(\frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta}\right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2 }{\partial \varphi^2} \right) \right) \psi(r, \theta, \varphi)
\end{aligned}$Als [[Separationsansatz]] wählen wir\psi(r, \theta, \varphi) = R(r) Y(\theta, \varphi)$ Wenn wir im folgenden mit - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{r^2}{R(r) Y(\theta, \varphi)} die Gleichung multiplizieren, erhalten wir $$
\begin{aligned}
\frac{1}{R(r)} \frac{\partial }{\partial r} \left(r^2 \frac{\partial R(r)}{\partial r} \right) + \frac{2m r^2}{\hbar^2} \left(E - V(r) \right)\=\
-\frac{1}{Y(\theta, \varphi)} \left(\frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial }{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial Y(\theta, \varphi)}{\partial \theta}\right) + \frac{1}{\sin^2 \theta} \frac{\partial^2 Y(\theta, \varphi)}{\partial \varphi^2} \right)\
\equiv \text{const.}\forall (r, \theta, \varphi)
\end{aligned}$$
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