Determine o valor esperado do inverso da distância ao núcleo para o elétron em um orbital 2 p. Use a expressão do orbital abaixo (com o harmônico esférico normalizado separadamente da parte radial). (2,0 pontos)
\psi(2 p)=\frac{1}{2 \sqrt{6} a_{0}^{5 / 2}} r e^{-r / 2 a_{0}} \mathrm{Y}_{1,0}(\theta, \varphi)

Passo 1

O enunciado pede para calcular o valor esperado do inverso da distância ao núcleo para o elétron no orbital 2p. Ou seja, queremos
\langle r^{-1}\rangle=\int \psi^{*}(\mathbf{r})\frac{1}{r}\psi(\mathbf{r})\,dV.
As informações dadas são:
\psi(2p)=\frac{1}{2\sqrt{6}\,a_{0}^{5/2}}\,r\,e^{-r/(2a_{0})}\,Y_{1,0}(\theta,\varphi),
e o enunciado informa que o harmônico esférico Y_{1,0}(\theta,\varphi) está normalizado separadamente (ou seja \int |Y_{1,0}|^{2}d\Omega=1). Não há outras incógnitas nem parâmetros além de a_{0} (o raio de Bohr).

Passo 2

Escrevo a expressão geral do valor esperado e uso a separação radial-angular. Por definição,
\langle r^{-1}\rangle=\int_{\mathbb{R}^{3}} \psi^{*}(\mathbf{r})\frac{1}{r}\psi(\mathbf{r})\,dV.
Em coordenadas esféricas dV=r^{2}dr\,d\Omega e, com \psi(r,\theta,\varphi)=R(r)Y_{1,0}(\theta,\varphi), temos
\langle r^{-1}\rangle=\int_{0}^{\infty}\int_{S^{2}} |R(r)|^{2}|Y_{1,0}(\theta,\varphi)|^{2}\frac{1}{r}\,r^{2}d\Omega\,dr.
Como Y_{1,0} está normalizado, \int_{S^{2}}|Y_{1,0}|^{2}d\Omega=1. Logo a integral angular é 1 e sobra apenas a integral radial:
\langle r^{-1}\rangle=\int_{0}^{\infty} |R(r)|^{2}\,r\,dr.
Aqui a parte radial R(r) é a que aparece no enunciado:
R(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}\,a_{0}^{5/2}}\,r\,e^{-r/(2a_{0})}.

Passo 3

Calculo |R(r)|^{2}. O fator pré-exponencial ao quadrado é
\left(\frac{1}{2\sqrt{6}\,a_{0}^{5/2}}\right)^{2}=\frac{1}{4\cdot 6\,a_{0}^{5}}=\frac{1}{24\,a_{0}^{5}}.
E |R(r)|^{2}=\dfrac{1}{24\,a_{0}^{5}}\,r^{2}e^{-r/a_{0}}.
Substituindo na integral radial:
\langle r^{-1}\rangle=\frac{1}{24\,a_{0}^{5}}\int_{0}^{\infty} r^{2}e^{-r/a_{0}}\;r\,dr=\frac{1}{24\,a_{0}^{5}}\int_{0}^{\infty} r^{3}e^{-r/a_{0}}\,dr.

Passo 4

Faço a mudança de variável para simplificar a integral. Seja t=\dfrac{r}{a_{0}}. Então r=a_{0}t e dr=a_{0}dt. Assim
\int_{0}^{\infty} r^{3}e^{-r/a_{0}}\,dr = \int_{0}^{\infty} (a_{0}t)^{3} e^{-t}\,a_{0}dt = a_{0}^{4}\int_{0}^{\infty} t^{3}e^{-t}\,dt.
A integral \int_{0}^{\infty} t^{3}e^{-t}\,dt é a função Gamma \Gamma(4), e \Gamma(4)=3!=6. Logo
\int_{0}^{\infty} r^{3}e^{-r/a_{0}}\,dr = 6\,a_{0}^{4}.

Passo 5

Substituo esse resultado na expressão para \langle r^{-1}\rangle:
\langle r^{-1}\rangle=\frac{1}{24\,a_{0}^{5}}\times 6\,a_{0}^{4}=\frac{6}{24}\frac{1}{a_{0}}=\frac{1}{4a_{0}}.
Uma checagem rápida: para hidrogênio com n=2 a fórmula conhecida \langle r^{-1}\rangle = \dfrac{Z}{n^{2}a_{0}} (com Z=1) dá \dfrac{1}{4a_{0}}, então o resultado faz sentido físico.

Resposta

\displaystyle \langle r^{-1}\rangle=\frac{1}{4a_{0}}

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