Explique por que o potencial coulombiano do átomo de hidrogênio
V(r)=-\frac{e^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r}
possui simetria esférica. Mostre como essa simetria motiva o uso de coordenadas esféricas na equação de Schrödinger.

Passo 1

O enunciado dá o potencial de Coulomb do átomo de hidrogênio
V(r)=-\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}\,r},
e pede duas coisas claras:
  • Mostrar por que esse potencial possui simetria esférica (ou seja, é invariante por rotações).
  • Mostrar como essa simetria motiva o uso de coordenadas esféricas na equação de Schrödinger.
Informações e notação que vamos usar (tudo fornecido ou padrão):
  • e é a carga elementar, \varepsilon_{0} a permissividade do vácuo.
  • \mathbf{r} é o vetor posição e r=|\mathbf{r}| é a sua norma.
  • A equação de Schrödinger estacionária é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\psi(\mathbf{r}) + V(r)\psi(\mathbf{r}) = E\psi(\mathbf{r}).
A partir daqui vamos demonstrar passo a passo a invariância por rotação e explicar por que coordenadas esféricas e separação radiais/angulares são naturais.

Passo 2

O que significa “simetria esférica”?\n
Uma função escalar f(\mathbf{r}) tem simetria esférica quando seu valor depende somente da distância ao origem, isto é, existe uma função univariada g tal que
f(\mathbf{r}) = g(r),\qquad r=|\mathbf{r}|.
Isso implica invariância por rotações: se R é uma matriz ortogonal (rotaçao), então |R\mathbf{r}|=|\mathbf{r}| e assim
f(R\mathbf{r}) = g(|R\mathbf{r}|) = g(|\mathbf{r}|) = f(\mathbf{r}).
No nosso caso o potencial é exatamente dessa forma com g(r)=-\dfrac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r}. Portanto V(\mathbf{r}) depende apenas de r e é invariante por qualquer rotação: para todo R ortogonal
V(R\mathbf{r}) = V(\mathbf{r}).

Passo 3

Consequência operatorial: commutadores com geradores de rotação.\n
No espaço de funções de \mathbf{r} a ação de uma rotação R é dada por um operador unitário \hat{U}(R) com
(\hat{U}(R)\psi)(\mathbf{r}) = \psi(R^{-1}\mathbf{r}).
A invariância V(R\mathbf{r})=V(\mathbf{r}) pode ser escrita como operador como
\hat{U}(R)\,\hat{V}\,\hat{U}(R)^{-1}=\hat{V},
onde \hat{V} é o operador multiplicativo (\hat{V}\psi)(\mathbf{r})=V(\mathbf{r})\psi(\mathbf{r}). Para rotações infinitesimais, isso implica que \hat{V} comuta com os geradores de rotação \hat{\mathbf{L}} (operador momento angular):
[\hat{V},\hat{\mathbf{L}}]=0.
Além disso, o termo cinético -\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2} é também invariante por rotações (o laplaciano é escalar). Assim o Hamiltoniano \hat{H}=-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}+\hat{V} satisfaz
[\hat{H},\hat{\mathbf{L}}]=0\quad\text{e}\quad [\hat{H},\hat{L}^{2}]=0,
onde \hat{L}^{2} é o quadrado do momento angular. Consequência física: pode-se escolher autostados simultâneos de \hat{H}, \hat{L}^{2} e \hat{L}_{z} (rotational symmetry permite rotular estados por l,m).

Passo 4

Por que coordenadas esféricas? relação com o laplaciano.\n
Quando a potencial depende só de r, faz sentido usar coordenadas que separem precisamente r das direções angulares. O laplaciano em coordenadas esféricas (r,\theta,\varphi) tem a forma
\nabla^{2} = \frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\frac{\partial}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^{2}}\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\Big) + \frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\varphi^{2}}\right].
É conveniente relacionar a parte angular com o operador momento angular. Define-se
\hat{L}^{2} = -\hbar^{2}\left[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\Big(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\Big) + \frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\varphi^{2}}\right].
Substituindo na expressão do laplaciano obtemos a identidade útil
\nabla^{2} = \frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\frac{\partial}{\partial r}\right) - \frac{1}{\hbar^{2}}\frac{\hat{L}^{2}}{r^{2}}.
Aqui:
  • \hat{L}^{2} envolve apenas derivadas angulares (\theta,\varphi),
  • o termo radial \dfrac{1}{r^{2}}\partial_{r}(r^{2}\partial_{r}) envolve apenas r.
Essa separação mostra algebraicamente por que coordenadas esféricas são a escolha natural: o operador diferencial se separa em parte radial + parte angular multiplicada por 1/r^{2}.

Passo 5

Separação de variáveis na equação de Schrödinger.\n
Começamos da equação estacionária
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\psi(\mathbf{r}) + V(r)\psi(\mathbf{r}) = E\psi(\mathbf{r}).
Usando a forma do laplaciano em termos de \hat{L}^{2} e o fato de V=V(r), substituímos e obtemos
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left[\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\frac{\partial\psi}{\partial r}\right) - \frac{1}{\hbar^{2}}\frac{\hat{L}^{2}\psi}{r^{2}}\right] + V(r)\psi = E\psi.
Reescrevendo:
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}\frac{\partial\psi}{\partial r}\right) + \frac{\hat{L}^{2}\psi}{2mr^{2}} + V(r)\psi = E\psi.
Assume a separação \psi(r,\theta,\varphi)=R(r)\,Y(\theta,\varphi). Dividindo por RY e multiplicando por 2m chega-se a
-\frac{\hbar^{2}}{R}\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{dR}{dr}\right) + 2mV(r) + \frac{1}{Y}\frac{\hat{L}^{2}Y}{r^{2}} = 2mE.
Como o primeiro e o segundo termos dependem só de r e o terceiro termo só de (\theta,\varphi), cada lado deve ser igual a uma constante de separação que chamamos \hbar^{2}l(l+1). Isso produz duas equações separadas:
Equação angular (autovalores do momento angular):
\hat{L}^{2}Y(\theta,\varphi) = \hbar^{2}l(l+1)Y(\theta,\varphi),
cuja solução regular são as harmônicas esféricas Y_{l}^{m}(\theta,\varphi) com l=0,1,2,\dots e m=-l,\dots,l.
Equação radial:
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{dR}{dr}\right) + \left[V(r) + \frac{\hbar^{2}l(l+1)}{2mr^{2}}\right]R(r) = E R(r).
O termo \dfrac{\hbar^{2}l(l+1)}{2mr^{2}} é o termo centrífugo efetivo, que aparece porque parte da energia cinética está associada ao movimento angular.

Passo 6

Simplificação prática do radial e resolução.\n
É comum usar a substituição u(r)=rR(r). Com isso a equação radial fica na forma de uma equação unidimensional para u(r):
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}u}{dr^{2}} + \left[V(r) + \frac{\hbar^{2}l(l+1)}{2mr^{2}}\right]u(r) = E u(r).
Essa forma é muito mais simples para resolver analiticamente ou numericamente. No caso concreto do potencial de Coulomb V(r)=-\dfrac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r} a resolução leva às funções de Laguerre e aos níveis discretos de energia do átomo de hidrogênio, mas o ponto essencial aqui é estrutural: a simetria esférica permitiu reduzir a PDE 3D a uma ODE unidimensional (para cada l) e uma equação angular conhecida.

Passo 7

Resumo das razões e consequências físicas (tom de amigo e incentivo).\n
  • Porque V(r) depende só de r=|\mathbf{r}|, ele é invariante por qualquer rotação: V(R\mathbf{r})=V(\mathbf{r}). Isso é exatamente a definição de simetria esférica.\n
  • Em linguagem de operadores isso implica [\hat{V},\hat{\mathbf{L}}]=0 e, como o termo cinético também é rotacionalmente invariante, [\hat{H},\hat{L}^{2}]=0. Logo podemos escolher estados com rótulos (n,l,m).\n
  • Matematicamente a simetria faz com que o laplaciano separe em uma parte radial e uma parte angular (associada a \hat{L}^{2}). Assim coordenadas esféricas e a separação \psi=R(r)Y_{l}^{m}(\theta,\varphi) são a escolha natural: transformam a PDE em uma equação angular (solvida pelas harmônicas esféricas) e uma equação radial (uma ODE com potencial efetivo). Isso simplifica enormemente a resolução do problema do átomo de hidrogênio.
Força aí — com essa visão, ao ver um potencial que depende só de r já sabe: vai para coordenadas esféricas, separa ângulos e raio, e ganha uma enorme vantagem prática na prova.

Resposta

O potencial V(r)=-\dfrac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r} depende apenas da distância r=|\mathbf{r}|, logo é invariante sob rotações ( V(R\mathbf{r})=V(\mathbf{r})) — essa é a simetria esférica. Consequentemente [\hat{H},\hat{L}^{2}]=0 e pode-se procurar autostados comuns de \hat{H} e \hat{L}^{2}; algebraicamente o laplaciano em coordenadas esféricas separa em parte radial e parte angular e, com a ansatz \psi(r,\theta,\varphi)=R(r)Y(\theta,\varphi), a equação de Schrödinger separa em a) a equação angular \hat{L}^{2}Y=\hbar^{2}l(l+1)Y (solução: harmônicas esféricas Y_{l}^{m}) e b) a equação radial
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{dR}{dr}\right) + \left[V(r)+\frac{\hbar^{2}l(l+1)}{2mr^{2}}\right]R = ER,
mostrando que coordenadas esféricas são a escolha natural para explorar a simetria e reduzir a PDE 3D a ODEs tratáveis.

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