Mostre que \psi_{s p}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2 s \pm 2 p_{z}\right) é normalizado.

Passo 1

O que o problema pede e o que temos:
  • O enunciado dá a função de onda
\psi_{sp}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(2s \pm 2p_z\bigr).
  • O objetivo é mostrar que essa função está normalizada, ou seja, que o produto interno dela consigo mesma vale 1:
\langle \psi_{sp}\mid \psi_{sp}\rangle = 1.
  • Informação relevante que vamos usar (padrão para orbitais atômicos):
    • As funções \,2s e \,2p_z são funções normais (cada uma tem norma 1): \langle 2s\mid 2s\rangle=1 e \langle 2p_z\mid 2p_z\rangle=1.
    • As funções \,2s e \,2p_z são ortogonais: \langle 2s\mid 2p_z\rangle=0. Vou mostrar explicitamente por que esse produto é zero usando a decomposição em parte radial e angular (harmônicos esféricos).

Passo 2

Definindo o que significa normalizar uma função de onda:
  • Para funções de onda no espaço real, o produto interno é
\langle \varphi\mid\chi\rangle = \int \varphi^*(\mathbf r)\,\chi(\mathbf r)\,d^3r.
  • Uma função \psi está normalizada quando \langle \psi\mid\psi\rangle = 1.
    Aqui usaremos as propriedades lineares do produto interno para desenvolver \langle \psi_{sp}\mid\psi_{sp}\rangle.

Passo 3

Calcular algebricamente o produto interno de \psi_{sp} consigo mesma:
\langle \psi_{sp}\mid\psi_{sp}\rangle = \frac{1}{2}\,\langle\,2s \pm 2p_z \mid 2s \pm 2p_z\,\rangle.
Expandindo (usando linearidade e que \langle a\mid b\rangle^*=\langle b\mid a\rangle):
\langle \psi_{sp}\mid\psi_{sp}\rangle = \frac{1}{2}\Big( \langle 2s\mid 2s\rangle + \langle 2p_z\mid 2p_z\rangle \pm \langle 2s\mid 2p_z\rangle \pm \langle 2p_z\mid 2s\rangle \Big).
Como \langle 2p_z\mid 2s\rangle = \langle 2s\mid 2p_z\rangle^*, podemos escrever os termos cruzados como 2\Re\langle 2s\mid 2p_z\rangle, mas antes de substituir valores precisamos justificar que esse termo cruzado é zero.

Passo 4

Por que \langle 2s\mid 2p_z\rangle = 0 (ortogonalidade):
  • Os orbitais atômicos podem ser escritos como produto de parte radial e parte angular (harmônicos esféricos): 2s(\mathbf r) = R_{20}(r)\,Y_{0}^{0}(\theta,\varphi), \qquad 2p_z(\mathbf r) = R_{21}(r)\,Y_{1}^{0}(\theta,\varphi).Aqui R_{n\ell}(r) é a parte radial (depende só de r) e Y_{\ell}^{m}(\theta,\varphi) é o harmônico esférico (parte angular).
  • Os harmônicos esféricos satisfazem a ortonormalidade angular \int_{S^2} Y_{\ell}^{m *}(\theta,\varphi)\,Y_{\ell'}^{m'}(\theta,\varphi)\,d\Omega = \delta_{\ell\ell'}\delta_{mm'},onde d\Omega=\sin\theta\,d\theta\,d\varphi.
  • No nosso caso \ell=0,m=0 para o 2s e \ell'=1,m'=0 para o 2p_z. Assim \int_{S^2} Y_{0}^{0 *}Y_{1}^{0}\,d\Omega = 0(porque \ell\neq\ell').
  • O produto interno \langle 2s\mid 2p_z\rangle separa-se em radial × angular: \langle 2s\mid 2p_z\rangle = \int_0^\infty R_{20}(r)R_{21}(r)\,r^2\,dr \;\times\; \int_{S^2} Y_{0}^{0 *}Y_{1}^{0}\,d\Omega.O segundo fator é zero, portanto o produto inteiro é zero: \langle 2s\mid 2p_z\rangle = 0.
  • Intuição física simples: o orbital 2s é angularmente isotrópico (simétrico), enquanto 2p_z tem dependência em \cos\theta (muda de sinal entre hemisférios). Ao integrar sobre todas as direções, as contribuições se cancelam.

Passo 5

Substituindo as normas e o resultado da ortogonalidade na expressão expandida:
  • Sabemos que \langle 2s\mid 2s\rangle = 1 e \langle 2p_z\mid 2p_z\rangle = 1 e já mostramos \langle 2s\mid 2p_z\rangle = 0. Então
\langle \psi_{sp}\mid\psi_{sp}\rangle = \frac{1}{2}\big(1 + 1 \pm 0 \pm 0\big) = \frac{1}{2}\cdot 2 = 1.
Portanto \psi_{sp} é normalizada para ambos os sinais + e -.

Resposta

\langle \psi_{sp}\mid\psi_{sp}\rangle=1

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