Considere Y_{1}^{1}(\theta, \varphi)=\left(\frac{3}{8 \pi}\right)^{\frac{1}{2}} \operatorname{sen} \theta e^{i \varphi} :
a) A que números quânticos m e l está associada?
b) Mostre que essa função é autofunção de \hat{L}^{2}.

Passo 1

O enunciado nos dá a função
Y_{1}^{1}(\theta,\varphi)=\left(\frac{3}{8\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\sin\theta\,e^{i\varphi}.
Pede-se:
(a) determinar os números quânticos m e l associados a essa função;
(b) mostrar que essa função é autofunção do operador \hat{L}^{2} e, portanto, encontrar o autovalor correspondente.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A parte dependente de \varphi é e^{i\varphi}.
  • A dependência em \theta é \sin\theta.
  • A constante \left(\frac{3}{8\pi}\right)^{1/2} é apenas fator de normalização.

Passo 2

Identificar m a partir da dependência angular em \varphi.
Explicação rápida (fórmula usada): funções próprias do operador \hat{L}_z têm dependência de \varphi do tipo e^{i m \varphi}, onde m é o número quântico magnético (inteiro, com -l\le m\le l) e o autovalor de \hat{L}_z é m\hbar.
Aqui a dependência em \varphi é e^{i\varphi}=e^{i(1)\varphi}. Logo
m=1.

Passo 3

Identificar l a partir da dependência em \theta.
Explicação didática: os harmônicos esféricos têm forma geral
Y_l^m(\theta,\varphi)=N_{l,m}\,P_l^m(\cos\theta)\,e^{i m\varphi},
onde P_l^m(x) são os polinômios associados de Legendre. Para l=1 e m=1 tem-se (até sinal convenção)
P_1^1(x)\propto -(1-x^2)^{1/2}.
Tomando x=\cos\theta obtemos P_1^1(\cos\theta)\propto -\sin\theta. Portanto a dependência \sin\theta é característica de l=1 e m=1. Assim
l=1.
Observação: o fator de normalização dado no enunciado coincide com a normalização padrão de Y_1^1, então a função é exatamente o harmônico esférico Y_1^1.

Passo 4

Escrever o operador \hat{L}^2 em coordenadas esféricas e explicar termos.
Fórmula (a usar):
\hat{L}^{2}=-\hbar^{2}\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\varphi^{2}}\right].
Explicação dos símbolos:
  • \hbar é a constante de Planck reduzida.
  • \theta e \varphi são os ângulos polares e azimutais.
  • As derivadas agem sobre a função angular Y(\theta,\varphi).
Nosso objetivo é aplicar esse operador à função dada e verificar que o resultado é um múltiplo escalar da própria função (autofunção).

Passo 5

Calcular a derivada em \varphi (parte mais simples).
Seja A=\left(\frac{3}{8\pi}\right)^{1/2} para abreviar, de modo que
Y(\theta,\varphi)=A\sin\theta\,e^{i\varphi}.
Primeira derivada:
\frac{\partial Y}{\partial\varphi}=A\sin\theta\,\frac{\partial}{\partial\varphi}e^{i\varphi}=A\sin\theta\,(i e^{i\varphi})=iY.
Segunda derivada:
\frac{\partial^{2} Y}{\partial\varphi^{2}}=\frac{\partial}{\partial\varphi}(iY)=i\frac{\partial Y}{\partial\varphi}=i(iY)=-Y.
Portanto
\frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2} Y}{\partial\varphi^{2}}=-\frac{1}{\sin^{2}\theta}Y.

Passo 6

Calcular as derivadas em \theta e montar a ação completa de \hat{L}^{2}.
Primeiro:
\frac{\partial Y}{\partial\theta}=A\frac{d}{d\theta}(\sin\theta)\,e^{i\varphi}=A\cos\theta\,e^{i\varphi}.
Multiplicando por \sin\theta:
\sin\theta\frac{\partial Y}{\partial\theta}=A\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}.
Agora a derivada desse termo:
\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right) = A\frac{d}{d\theta}(\sin\theta\cos\theta)\,e^{i\varphi} = A(\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta)\,e^{i\varphi}.
Dividindo por \sin\theta obtemos a contribuição \theta:
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right) = A\frac{\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta}{\sin\theta}\,e^{i\varphi}.
Somando as contribuições de \theta e \varphi dentro dos colchetes do operador:
\begin{aligned} \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right) +\frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2} Y}{\partial\varphi^{2}} &= A\left[\frac{\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta}{\sin\theta}-\frac{1}{\sin^{2}\theta}\sin\theta\right]e^{i\varphi}\\[4pt] &= A\left[\frac{\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta}{\sin\theta}-\frac{1}{\sin\theta}\right]e^{i\varphi}\\[4pt] &= A\frac{\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta-1}{\sin\theta}\,e^{i\varphi}. \end{aligned}
Simplificar o numerador usando \sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1:
\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta-1 = -2\sin^{2}\theta.
Então a soma fica
\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\sin\theta\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right) +\frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2} Y}{\partial\varphi^{2}} = A\frac{-2\sin^{2}\theta}{\sin\theta}\,e^{i\varphi} = -2A\sin\theta\,e^{i\varphi} = -2Y.
Agora aplicar o fator externo de -\hbar^{2}:
\hat{L}^{2}Y=-\hbar^{2}\bigl(-2Y\bigr)=2\hbar^{2}Y.]

Passo 7

Interpretar o resultado final.
Achamos
\hat{L}^{2}Y_{1}^{1}(\theta,\varphi)=2\hbar^{2}Y_{1}^{1}(\theta,\varphi).
Isto é consistente com a fórmula geral de autovalores de \hat{L}^{2} para harmônicos esféricos:
\hat{L}^{2}Y_{l}^{m}=\hbar^{2}l(l+1)Y_{l}^{m}.
Substituindo l=1 obtemos \hbar^{2}\cdot 1\cdot(1+1)=2\hbar^{2}, exatamente o que foi calculado. Portanto a função é autofunção de \hat{L}^{2} com autovalor 2\hbar^{2}.

Resposta

a) m=1,\; l=1
b) \hat{L}^{2}Y_{1}^{1}(\theta,\varphi)=2\hbar^{2}Y_{1}^{1}(\theta,\varphi)=\hbar^{2}1(1+1)Y_{1}^{1}(\theta,\varphi)

Exercícios relacionados