Los números cuánticos y lo que cada uno significa

El orbital 3s del hidrógeno tiene un radio medio de 13,5 a₀ y el 3d de 10,5 a₀: el orbital «más extendido» es el de menos momento angular, al revés de lo que sugiere el dibujo. Y sin embargo los dos tienen exactamente la misma energía, −1,5117 eV. Las dos cosas son ciertas porque la energía no depende de $\langle r\rangle$ sino de $\langle 1/r\rangle$ , y ése vale 1/9 a₀⁻¹ para los dos. Este artículo va de qué cuantiza cada número cuántico, qué se puede medir de cada uno, y por qué la pregunta «¿dónde está el electrón?» tiene tres respuestas distintas y todas correctas.

Prerrequisitos: los artículos 01 y 02 de este módulo — la separación radial-angular y

E_n = -\text{Ry}/n^2

. Del Nivel I, el artículo 03 del módulo I.2, que da esta misma distinción sin cálculo: lo que allí eran cifras medidas, aquí son integrales. De fuera, los valores esperados y su relación con lo que se mide, de Cuantario II.1, artículo 03.

Las dos densidades de un mismo orbital

La misma función de onda, medida de dos maneras. La curva de trazos es |R(r)|², la probabilidad por unidad de volumen; la curva llena es r²|R(r)|², la probabilidad por unidad de radio. Cada una está escalada a su propio máximo, y esos máximos no están en el mismo sitio. A la derecha, la parte angular |Y(θ)|² en un corte que contiene el eje z.

Orbital 1s · densidad por volumen frente a densidad por radio

Máximo de r²|R|² 1.000 a₀

Radio medio ⟨r⟩ 1.500 a₀ = 79.4 pm

El que fija la energía, ⟨1/r⟩ 1.00000 a₀⁻¹

Nodos radiales contados 0

Nodos angulares contados 0

Ángulo de L con el eje —

Aquí está la trampa que el artículo desmonta. |R|² es máxima en el núcleo —el punto más probable del espacio para encontrar al electrón es el origen— y r²|R|² se anula ahí y tiene su máximo en 1.00 a₀. No se contradicen: la segunda incluye el área de la cáscara, 4πr², que vale cero en el centro. Preguntar «¿dónde está el electrón?» por unidad de volumen y por unidad de radio son dos preguntas distintas, y este orbital las contesta con dos números que ni siquiera se parecen. Nodos totales: 0 radiales + 0 angulares = 0, que tiene que ser n − 1 = 0.

El corte angular de la derecha es el mismo para todos los orbitales con esta pareja (ℓ, m): la forma no depende de n. Y no depende de φ, así que el dibujo completo es esta figura girada alrededor del eje z — nada de tréboles de cuatro hojas, que son combinaciones de varios m. Autocomprobaciones del panel: el área bajo r²|R|² vale 1.0000 y tiene que ser 1; ⟨1/r⟩ vale 1.00000 y tiene que ser 1/n² = 1.00000; y la suma de Unsöld sobre los 1 valores de m da 0.079577, que tiene que ser (2ℓ+1)/4π = 0.079577.

Tres números, tres preguntas distintas

La función de onda de un estado ligado del hidrógeno queda fijada por tres enteros, y cada uno es el autovalor de un operador que conmuta con los otros dos y con el hamiltoniano:

Número	Valores	Operador	Autovalor
número cuántico principal $n$	1, 2, 3, …	$H$	$E_n = -\text{Ry}/n^2$
número cuántico orbital $\ell$	0, 1, …, $n-1$	$L^2$	$\hbar^2\ell(\ell+1)$
número cuántico magnético $m$	− $\ell$ , …, + $\ell$	$L_z$	$\hbar m$

Que los tres operadores conmuten entre sí es la razón física de que haga falta exactamente esta terna y no otra: son el conjunto máximo de magnitudes que se pueden conocer a la vez. Y de ahí sale de inmediato lo que no se puede saber: $L_x$ y $L_y$ no conmutan con $L_z$ , así que un estado con $m$ definido no tiene componentes $x$ ni $y$ del momento angular definidas.

Esa restricción tiene una consecuencia geométrica que conviene tomarse literalmente. El módulo del momento angular vale $|\mathbf{L}| = \sqrt{\ell(\ell+1)}\,\hbar$ y su proyección máxima sobre $z$ es $\ell\hbar$ , que siempre es menor. El ángulo mínimo entre $\mathbf{L}$ y el eje es, por tanto,

\cos\theta_L = \frac{m}{\sqrt{\ell(\ell+1)}} \;\Rightarrow\; \theta_{\min} = \arccos\frac{\ell}{\sqrt{\ell(\ell+1)}}.

Para $\ell = 1$ son 45°; para $\ell = 2$ , 35,26°; para $\ell = 3$ , 30°. El momento angular nunca apunta a lo largo del eje, ni siquiera en el estado más alineado que existe. Si apuntara, sus tres componentes serían conocidas — $L_x = L_y = 0$ — y eso viola el álgebra. Y el límite clásico se lee en la misma fórmula: con $\ell = 50$ el ángulo mínimo baja a 8,05°, y con $\ell \to \infty$ tiende a cero. Un giróscopo de laboratorio sí puede apuntar a donde quiera, porque su $\ell$ es de orden $10^{30}$ .

Falta un número, y aquí se nombra y se aparca. Con $n$ , $\ell$ y $m$ el estado del electrón no queda determinado: hace falta un cuarto, el espín, con $m_s = \pm\tfrac12$ . El módulo I.2 ya lo usó para contar plazas — $2n^2$ por capa en vez de $n^2$ — y para explicar los periodos de la tabla. Lo que este módulo no hace es tratarlo: el espín no sale de la ecuación de Schrödinger, no aparece en ninguna de las deducciones de estos cuatro artículos, y su acoplamiento con el momento angular orbital —el espín-órbita, que es lo que convierte $(\ell, s)$ en $j$ y desdobla cada nivel— es el módulo II.2. Aquí $\ell$ y $m$ son orbitales y nada más. Cuando en el artículo 04 se hable del 2p como un solo nivel, será una simplificación deliberada que el II.2 deshace: en el átomo real son dos, separados 10,95 GHz.

Dos densidades, y la que se confunde con la otra

De $\psi_{n\ell m} = R_{n\ell}(r)\,Y_{\ell m}(\theta,\varphi)$ se pueden extraer dos cosas que se llaman parecido y significan cosas distintas. La primera es $|\psi|^2$ , la densidad por unidad de volumen: la probabilidad de encontrar el electrón en un cubito $dV$ alrededor de un punto. La segunda es la densidad de probabilidad radial, la probabilidad de encontrarlo a una distancia dada en cualquier dirección, que exige integrar sobre la cáscara esférica entera:

P(r)\,dr = \left[\int |\psi|^2\, r^2 d\Omega\right] dr = r^2|R_{n\ell}(r)|^2\,dr,

donde la integral angular vale 1 porque los armónicos esféricos están normalizados. Las dos son correctas, contestan a preguntas distintas y tienen su máximo en sitios distintos. Para el estado fundamental, $R_{10} = 2a_0^{-3/2}e^{-r/a_0}$ :

|\psi_{1s}|^2 = \frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}, \qquad P(r) = \frac{4}{a_0^3}\,r^2 e^{-2r/a_0}.

La primera es máxima en el origen y vale allí $1/\pi a_0^3 = 2{,}148\times10^{30}$ m⁻³ — el sitio más probable para el electrón, por unidad de volumen, es dentro del protón—. La segunda se anula en el origen, porque una cáscara de radio cero no tiene superficie. El panel de arriba las dibuja a la vez, que es la única forma de que la distinción se vea en lugar de leerse.

Ejemplo resuelto 1 · La moda, la media y la anchura, las tres calculadas

Problema. Para el 1s del hidrógeno, halla (a) el radio más probable, (b) el radio medio $\langle r\rangle$ , (c) la dispersión $\Delta r$ , y (d) $\langle 1/r\rangle$ . Comprueba (d) contra el teorema del virial del artículo 01.

Solución. (a) El máximo de $P(r) \propto r^2e^{-2r/a_0}$ se busca derivando:

\frac{dP}{dr} \propto \left(2r - \frac{2r^2}{a_0}\right)e^{-2r/a_0} = 0 \;\Rightarrow\; r_{\text{máx}} = a_0.

(b) La media es una integral, y todas las de esta familia salen de la misma fórmula, $\int_0^\infty x^k e^{-\beta x}dx = k!/\beta^{k+1}$ :

\langle r\rangle = \int_0^\infty r\,P(r)\,dr = \frac{4}{a_0^3}\int_0^\infty r^3 e^{-2r/a_0}dr = \frac{4}{a_0^3}\cdot\frac{3!}{(2/a_0)^4} = \frac{3}{2}a_0.

\Delta r = \sqrt{\langle r^2\rangle - \langle r\rangle^2} = \sqrt{3 - \tfrac94}\,a_0 = \frac{\sqrt3}{2}a_0 = 0{,}866\,a_0.

(d) Con $k = 1$ , $\langle 1/r\rangle = 1/a_0$ .

Resultado. Moda 1,000 a₀, media 1,500 a₀, dispersión 0,866 a₀. Tres números para «el tamaño» de lo mismo, y el tercero es el que zanja el asunto: $\Delta r/\langle r\rangle = 0{,}577$ , es decir, la distancia al núcleo fluctúa un 58 % de su propio valor medio. No es una medida con error: es una distribución ancha, y por eso preguntar «¿a qué distancia está?» no tiene respuesta única. El artículo 03 del módulo I.2 llegó a la moda y la media midiendo sobre la curva; aquí han salido de una derivada y una integral, y de propina ha salido la anchura, que allí no se podía calcular.

La comprobación es (d) contra el virial. El artículo 01 dedujo $\langle V\rangle = 2E_n$ sin integrar nada, y como $\langle V\rangle = -\kappa\langle 1/r\rangle$ , eso obliga a $\langle 1/r\rangle = 1/n^2a_0$ . Para $n = 1$ da $1/a_0$ : coincide con la integral. Dos caminos completamente distintos —un argumento de escalado y una integral— para el mismo número.

Las fórmulas generales, y la que no depende de ℓ

Repitiendo el cálculo para cualquier $(n,\ell)$ salen cuatro resultados que conviene tener juntos, porque la comparación entre ellos es el contenido físico de todo el artículo:

Valor esperado	Fórmula	¿Depende de $\ell$ ?
$\langle r\rangle$	$\tfrac{a_0}{2}\left[3n^2 - \ell(\ell+1)\right]$	Sí
$\langle r^2\rangle$	$\tfrac{n^2a_0^2}{2}\left[5n^2 + 1 - 3\ell(\ell+1)\right]$	Sí
$\langle 1/r\rangle$	$\dfrac{1}{n^2a_0}$	No
$\langle 1/r^2\rangle$	$\dfrac{1}{n^3a_0^2(\ell+\tfrac12)}$	Sí

La tercera fila es la respuesta a la pregunta que quedó abierta en el artículo 02. La energía es $E = \langle T\rangle + \langle V\rangle = -\tfrac12\kappa\langle 1/r\rangle$ por el virial, y $\langle 1/r\rangle$ es ciega a $\ell$ . Ahí está la degeneración accidental, escrita como un valor esperado: el 3s, el 3p y el 3d ocupan regiones del espacio claramente distintas —13,5, 12,5 y 10,5 a₀ de radio medio— y aun así el promedio de $1/r$ les sale idéntico. Que la magnitud que fija la energía sea justamente la que no distingue formas es lo que hace especial al potencial de Coulomb, y lo que $\mathrm{SO}(4)$ explica.

Y hay un caso límite que merece su propia línea. Para los estados circulares, aquellos con $\ell = n-1$ , las dos primeras fórmulas se simplifican y su cociente da

r_{\text{máx}} = n^2a_0, \qquad \langle r\rangle = n\!\left(n+\tfrac12\right)a_0, \qquad \frac{\Delta r}{\langle r\rangle} = \frac{1}{\sqrt{2n+1}}.

La anchura relativa encoge al subir $n$ : 0,577 para el 1s, 0,447 para el 2p, 0,378 para el 3d, 0,333 para el 4f. Un estado circular con $n$ grande es una cáscara cada vez más fina a un radio cada vez mayor — es decir, cada vez más parecido a una órbita clásica. El límite correspondiente no es una promesa filosófica: es $1/\sqrt{2n+1}$ , y se puede evaluar.

Conviene decir de dónde sale y qué se salda con ello. Cuantario II.1, artículo 03 hizo estas dos integrales para el 1s — $\langle r\rangle = 1{,}5a_0$ , $\langle r^2\rangle = 3a_0^2$ y de ahí el 0,577— y usó prestado el $1/\sqrt{2n+1}$ general, anunciando que se deduciría cuando existiera el módulo que tocaba. Queda deducido aquí, y en dos líneas: con $\ell = n-1$ las dos fórmulas de la tabla se reducen a $\langle r\rangle = n(n+\tfrac12)a_0$ y $\langle r^2\rangle = n^2(n+1)(n+\tfrac12)a_0^2$ , cuya diferencia deja $(\Delta r)^2 = n^2(2n+1)a_0^2/4$ . Con $n = 1$ devuelve el 0,577 de allí, que es la comprobación.

La parte angular: la forma, y lo que la forma no dice

Todo lo anterior es radial. La forma de un orbital —la esfera del s, los dos lóbulos del p, el trébol del d— vive en $|Y_{\ell m}(\theta,\varphi)|^2$ , y ahí hay tres cosas que casi nunca se dicen juntas.

Primera: la parte angular no depende de $\varphi$ . Como $Y_{\ell m} \propto e^{im\varphi}$ , el módulo al cuadrado es independiente del ángulo azimutal. Todos los orbitales $|n\ell m\rangle$ tienen simetría de revolución alrededor de $z$ . Los tréboles de cuatro hojas de los libros de química no son estos estados.

Segunda: una subcapa llena es esférica. Sumando $|Y_{\ell m}|^2$ sobre los $2\ell+1$ valores de $m$ se obtiene una constante — es el teorema de Unsöld:

\sum_{m=-\ell}^{\ell}\left|Y_{\ell m}(\theta,\varphi)\right|^2 = \frac{2\ell+1}{4\pi}.

Comprobado numéricamente para $\ell = 1, 2, 3$ en tres ángulos distintos: sale 0,2387, 0,3979 y 0,5570, sin variación en la novena cifra. La consecuencia es enorme y se usa a diario: el neón, el argón y cualquier capa cerrada son esféricos, aunque estén hechos de orbitales p y d que individualmente no lo son. De ahí que los gases nobles no tengan momento dipolar, que el apantallamiento del módulo I.2 se pueda tratar como un potencial central, y que la aproximación de campo central funcione tan bien como funciona.

Tercera, y es el mito de este artículo. Los orbitales que se dibujan en los libros — $p_x$ , $p_y$ , $p_z$ , y los cinco d con sus lóbulos— no son los estados $|n\ell m\rangle$ . Son combinaciones lineales reales de ellos:

p_x = \frac{1}{\sqrt2}\left(|1,-1\rangle - |1,+1\rangle\right), \qquad p_y = \frac{i}{\sqrt2}\left(|1,-1\rangle + |1,+1\rangle\right), \qquad p_z = |1,0\rangle.

El mito: «los orbitales son donde está el electrón». El módulo I.2 lo desmontó por el lado del dibujo: la superficie que se pinta es la que encierra el 90 % y es una convención. En el Nivel II se puede desmontar por un lado más incómodo, y es que el dibujo ni siquiera representa un estado estacionario. El $p_x$ de los libros es una superposición de $m = +1$ y $m = -1$ , de modo que no es autoestado de $L_z$ : si mides $L_z$ sobre un electrón en un $p_x$ , sale $+\hbar$ la mitad de las veces y $-\hbar$ la otra mitad, nunca cero. Su valor medio sí es cero, y de ahí viene la confusión.

Que esas combinaciones sigan siendo soluciones legítimas de la ecuación es consecuencia directa de la degeneración: $m = \pm1$ tienen la misma energía, así que cualquier mezcla suya también es autoestado de $H$ . Son útiles precisamente porque son reales y apuntan a direcciones fijas, que es lo que un químico necesita para hablar de enlaces dirigidos y de hibridación. Pero conviene saber qué se ha pagado por el dibujo: se ha cambiado un estado con momento angular definido por uno con dirección definida, y no se puede tener las dos cosas.

El caso extremo es el 1s. Es rigurosamente esférico — $Y_{00}$ es una constante— y sin embargo no es una bolita: en él, el electrón tiene momento angular exactamente cero y una dispersión de velocidades de 2,19 × 10⁶ m/s. Un dibujo que sea una esfera lisa transmite bien la simetría y mal todo lo demás.

Ejemplo resuelto 2 · Cuánto de un 2p cabe en un cono

Problema. Se dice que el orbital $p_z$ «apunta» a lo largo del eje. Ponle número: ¿qué fracción de su probabilidad cae dentro de un cono de semiángulo $\theta_0$ alrededor del eje (contando los dos lóbulos)? Compara con un orbital s. ¿Y a qué ángulo se anula?

Solución. Con $|Y_{10}|^2 = \tfrac{3}{4\pi}\cos^2\theta$ , la fracción angular dentro de los dos conos es

F(\theta_0) = 2\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\theta_0}\frac{3}{4\pi}\cos^2\theta\,\operatorname{sen}\theta\,d\theta\,d\varphi = 1 - \cos^3\theta_0.

Para el orbital s la integral es la misma sin el $\cos^2\theta$ y con $|Y_{00}|^2 = 1/4\pi$ , y da $1 - \cos\theta_0$ .

Semiángulo $\theta_0$	Un $p_z$	Un s	Razón
30°	35,05 %	13,40 %	2,62
45°	64,64 %	29,29 %	2,21
54,74°	80,76 %	42,27 %	1,91
90°	100 %	100 %	1

Resultado. Un cono de 30° alrededor del eje —que es apenas el 13,4 % del ángulo sólido— se lleva el 35 % de la probabilidad de un $p_z$ : dos veces y media más de lo que le tocaría por área. Eso es lo que significa «apunta», con número. Y la probabilidad de encontrarlo exactamente en el plano ecuatorial es cero, porque $\cos 90° = 0$ : hay un nodo angular, un plano entero donde la función se anula, y no es lo mismo que los nodos radiales del módulo I.2. El recuento completo es $n-\ell-1$ nodos radiales más $\ell$ angulares: siempre $n-1$ en total, para cualquier orbital.

La segunda lección está en la tercera fila. El ángulo 54,74° es el que cumple $\cos^2\theta = 1/3$ , y ahí $3\cos^2\theta - 1 = 0$ , que es el polinomio de $Y_{20}$ . Ese ángulo tiene nombre propio —el ángulo mágico— y es donde se orienta la muestra en resonancia magnética nuclear de sólidos para hacer desaparecer el ensanchamiento dipolar. Una técnica de laboratorio que factura millones sale de un cero de un armónico esférico.

Ejercicios

Ejercicio 1 · El 2p, entero

Con $R_{21}(r) = \dfrac{1}{\sqrt{24}\,a_0^{3/2}}\dfrac{r}{a_0}e^{-r/2a_0}$ , calcula el radio más probable, $\langle r\rangle$ y $\langle 1/r\rangle$ . Comprueba los tres contra las fórmulas generales, y explica por qué $\langle r\rangle$ del 2p (5 a₀) es menor que la del 2s (6 a₀) aunque los dos tengan la misma energía. Después calcula $\langle 1/r^2\rangle$ para los dos: sale tres veces mayor en el 2s. ¿Por qué esa magnitud sí distingue $\ell$ mientras $\langle 1/r\rangle$ no, y qué tiene eso que ver con la penetración del módulo I.2?

Solución

La densidad radial es $P(r) = r^2|R_{21}|^2 = \dfrac{r^4}{24\,a_0^5}e^{-r/a_0}$ . Derivando, $4r^3 - r^4/a_0 = 0$ da $r_{\text{máx}} = 4a_0 = n^2a_0$ . Y con $\int_0^\infty r^k e^{-r/a_0}dr = k!\,a_0^{k+1}$ :

\langle r\rangle = \frac{5!\,a_0^6}{24\,a_0^5} = 5a_0, \qquad \langle 1/r\rangle = \frac{3!\,a_0^4}{24\,a_0^5} = \frac{1}{4a_0}.

Las tres coinciden con las fórmulas generales: $(a_0/2)(3\cdot4 - 1\cdot2) = 5a_0$ y $1/n^2a_0 = 1/4a_0$ .

El 2s llega más lejos porque tiene un lóbulo interior y una cola exterior más larga: su nodo en $2a_0$ parte la distribución en dos, y la parte de fuera arrastra la media hasta $6a_0$ . El 2p no tiene nodo radial y está concentrado en una sola cáscara. La segunda lección es que $\langle r\rangle$ y la energía son independientes: dos estados con la misma energía tienen radios medios distintos, y dos estados con el mismo radio medio podrían tener energías distintas. Lo que ata la energía es $\langle 1/r\rangle$ , y el promedio de un inverso pesa mucho más lo que está cerca — que es también, exactamente, la razón física de la penetración y del defecto cuántico del sodio.

Con $\langle 1/r^2\rangle$ el efecto se dispara: $1/[n^3a_0^2(\ell+\tfrac12)]$ da $0{,}250\,a_0^{-2}$ para el 2s y $0{,}0833\,a_0^{-2}$ para el 2p, un factor 3 exacto. La razón es que cuanto más negativa es la potencia de $r$ , más peso tiene la región pegada al núcleo, y ahí es donde el factor $r^{\ell}$ de la función radial decide: aplasta al 2p contra cero justo donde el integrando más pesa. Por eso $\langle 1/r\rangle$ todavía empata y $\langle 1/r^2\rangle$ ya no. Guárdala: es exactamente la integral que aparece en el acoplamiento espín-órbita, y por eso la estructura fina del módulo II.2 depende de $\ell$ cuando la energía de este módulo no.

Ejercicio 2 · Medir L sobre un orbital dibujado

Un electrón está en el estado $p_x$ de un átomo de hidrógeno. (a) ¿Qué resultados puede dar una medida de $L^2$ , y con qué probabilidad? (b) ¿Y una de $L_z$ ? (c) ¿Cuánto vale $\langle L_z\rangle$ y cuánto $\Delta L_z$ ? (d) Si en vez de $z$ se mide $L_x$ , ¿cambia algo? (e) Ahora llena la subcapa: tres electrones, uno en cada $m$ . ¿Qué forma tiene la nube de carga que resulta, y qué mediría un experimento que buscara una dirección privilegiada?

Solución

(a) Los dos sumandos tienen $\ell = 1$ , así que $L^2$ da $2\hbar^2$ con probabilidad 1: $p_x$ sí es autoestado de $L^2$ . (b) Da $+\hbar$ con probabilidad 1/2 y $-\hbar$ con probabilidad 1/2, y nunca 0. (c) $\langle L_z\rangle = 0$ pero $\langle L_z^2\rangle = \hbar^2$ , de modo que $\Delta L_z = \hbar$ . Un valor medio nulo con una dispersión máxima: el estado no es que tenga $L_z = 0$ , es que no tiene $L_z$ ninguno.

(d) Sí, y es lo interesante. $p_x$ es el mismo objeto que $p_z$ girado 90°, así que $L_x$ sobre un $p_x$ da 0 con probabilidad 1. Es decir: el mismo estado es autoestado de $L_x$ y no de $L_z$ . La segunda lección es que «ser autoestado» no es una propiedad del estado, sino de la pareja estado-observable, y que el eje $z$ no tiene nada de especial salvo que somos nosotros quienes lo elegimos al escribir $Y_{\ell m}$ . En cuanto hay un campo magnético o eléctrico aplicado, deja de ser una elección: la dirección del campo es el eje, y ahí es donde la etiqueta $m$ se vuelve observable — módulos II.2 y II.5.

(e) Esférica, exactamente, por el teorema de Unsöld: la suma de $|Y_{1m}|^2$ sobre los tres valores de $m$ vale $3/4\pi$ en todas las direcciones. Un experimento que buscara una dirección privilegiada —midiendo un momento cuadrupolar, o desviando el átomo en un campo no uniforme— no encontraría ninguna. Tres orbitales con forma de pesa, orientados en tres direcciones perpendiculares, suman una esfera perfecta. Ésa es la razón de que las capas cerradas del módulo I.2 no rompan la simetría, y por tanto de que el electrón exterior de un alcalino vea un potencial que sólo depende de $r$ — sin lo cual toda la aproximación de campo central se vendría abajo.

Ejercicio 3 · Cuándo un orbital empieza a parecerse a una órbita

Usando $\Delta r/\langle r\rangle = 1/\sqrt{2n+1}$ para los estados circulares y $\theta_{\min}$ del momento angular, decide a partir de qué $n$ el estado circular del hidrógeno se parece a una órbita clásica «con un 1 % de error» en las dos magnitudes a la vez. Después contesta: ¿cuánto mediría ese átomo, y qué le pasaría en un gas a presión atmosférica?

Solución

En el radio, $1/\sqrt{2n+1} = 0{,}01$ exige $n = 5000$ . En el ángulo, $\theta_{\min} = \arccos\!\sqrt{\ell/(\ell+1)} \approx 1/\sqrt{\ell}$ radianes, y pedir 0,01 rad —0,57°— exige $\ell \approx 10^4$ , del mismo orden. Con $n = 5000$ el radio medio es $n^2a_0 = 1{,}32$ mm.

Un átomo de hidrógeno de 1,3 mm, con una energía de ligadura de 0,544 µeV — la energía térmica de un gas a 6,3 mK. La respuesta a la segunda parte es que no existiría ni un nanosegundo: a presión atmosférica los átomos chocan cada 0,14 ns —dato del módulo I.1— y con ese tamaño el primer vecino que pasara a menos de un milímetro se lo llevaría por delante. La segunda lección es que el límite clásico del átomo de hidrógeno existe matemáticamente y no existe físicamente: para llegar a él hay que crecer tanto que cualquier perturbación externa —un campo residual de microvoltios por metro, la radiación de fondo, un choque— domina sobre la ligadura. Los récords de laboratorio andan por $n \approx 500$ , en haces ultrafríos y con blindaje electrostático, y ahí el 1 % todavía queda lejos. Que una teoría tenga el límite correspondiente correcto es un requisito de coherencia, no una promesa de que se pueda visitar.