Febrero 2013 Ejercicios Resueltos del Tema 2.2.5

UAM–CSIC
Grupo 911 – Febrero 2013
Ejercicios Resueltos del Tema 2.2.5
– Asignatura de Matemáticas –
Grado en Química
Lista de ejercicios en estas páginas: 3–11 y 13–20.
Consejo: En todos los ejercicios es esencial dibujar el dominio de integración para
hallar los límites de las variables a integrar.
Nota: Los ejercicios pueden contener errores, agradecemos que se comuniquen a los
profesores para su corrección. Escribir a [email protected]
3. El volumen se calcula integrando la densidad constante igual a 1, es decir integrando
f (x, y, z) = 1 en el dominio. Las variables x e y se mueven libremente en el dominio
Q luego su contribución en la integral es
Z 1Z 2
0
dxdy
1
La Zvariable z – la altura – varía entre 0 ≤ z ≤ 4 − x − y así pues su contribución
4−x−y
es
dz. Luego, la integral a calcular es:
0
I=
Z 1 Z 2 Z 4−x−y
0
1
1 dzdydx =
Z 1Z 2
0
0
(4−x−y)dydx =
Z 1h
i2
4y − xy − y 2 /2 dx =
1
0
1
5
5 1
− xdx = − = 2
2 2
0 2
0
Alternativamente, como ambas variables x e y varían libremente se podría integrar
primero en x y luego en y:
=
I=
Z 1
(4 · (2 − 1) − x(2 − 1) − 22 /2 + 12 /2)dx =
Z 1 Z 2 Z 4−x−y
0
=
1
1
0
Z 2
1
1 dzdydy =
Z 2 Z 1 Z 4−x−y
4−y−
0
Z 1
1 dzdxdy =
0
Z 2Z 1
1
(4−x−y)dxdy =
0
Z 2
i2
1
7
7 h
7
1
dy =
− y dy = − y 2 /2 = − 2 + = 2
1
2
2
2
2
2
1
4. Evaluar
I=
Z Z
xydA
T
donde T es el triángulo con vértices en (0, 0),(1, 0) y (1, 1).
En este caso tenemos dos variables x e y. Podemos proceder de dos maneras:
(a) Elegimos como variable libre x, en este caso 0 ≤ x ≤ 1 porque 0 y 1 son
las coordenadas x de los vértices (0, 0) y (1, 1). La recta que une los vértices
(0, 0) y (1, 1) es la recta {x = y}. Luego, la variable y se integra a lo largo de
0 ≤ y ≤ x. Los límites de la integral son:
Z 1Z x
0
1
0
dydx,
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nótese que primero integramos en y – cuyos límites dependen de x – y después
en x que es libre. Hay que integrar con densidad xy, por lo tanto:
I=
Z 1Z x
0
xy · dydx =
Z 1
0
x
Z x
0
y · dydx =
Z 1
0
h
ix
2
x · y /2
0
0
dx =
Z 1
x · (x2 /2)dx =
0
1Z 1 3
1 h 4 i1 1
x dx =
x /4 =
0
2 0
2
8
=
(b) Elegimos como variable libre y, en este caso 0 ≤ y ≤ 1 porque 0 y 1 son las
coordenadas y de los vértices (1, 0) y (1, 1). La recta que une los vértices (0, 0)
y (1, 1) sigue siendo la recta {x = y}. Luego, la variable x se integra a lo largo
de y ≤ x ≤ 1. Los límites de la integral son:
Z 1Z 1
dxdy.
y
0
La integral del enunciado tiene densidad f (x, y) = xy y queda:
Z 1Z 1
0
xy
dxdy =
Z 1
y
0
Z 1
x dxdy =
y
0
Z 1
y
Z 1
h
2
i1
Z 1
y
0
y x /2 dy =
0
!
"
y y3
y2 y4
−
dy =
−
2
2
4
8
#1
=
0
!
1 y2
y·
−
dy =
2
2
1 1
1
− =
4 8
8
Ejercicio útil: Integrar la densidad f (x, y) = 1 en el mismo triángulo T . Se
pueden usar las opciones (a) y (b) y sabemos que el resultado tiene que ser
igual al área del triángulo, en nuestro caso (1 · 1)/2 = 1/2.
5. Evaluar la integral iterada I =
Z 1Z 1
√
0
2
ex dydx.
x
Dado que ya nos dan la integral no es necesario dibujar el dominio de integración.
Sería el caso si necesitáramos cambiar a coordenadas polares, pero solucionaremos
la integral en coordenadas cartesianas.
La densidad es constante en y luego
I=
Z 1Z 1
0
√
2
ex dydx =
Z 1
x
2
ex (1 −
√
x)dx
0
El integrando no tiene una primitiva inmediata, así que hacemos el cambio de
variable
√
√
1
u = x −→ du = √ dx ⇐⇒ dx = 2 xdu = 2udu
2 x
En particular x2 = u, luego
I=
Z 1
u
e (1 − u) · (2u)du = 2
0
Z 1
e udu − 2
0
Ambos sumandos se pueden integrar por partes.
2
u
Z 1
0
eu u2 du
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6. Hallar el volumen del sólido acotado por los planos {y = 0}, {z = 0} y {z = a−x+y}
y la superfície y = a − x2 /a, a > 0.
En este ejercicio a es un parámetro. Como tenemos que calcular un volumen,
tomaremos densidad f (x, y, z) = 1. Falta encontrar los límites de integración.
Las ecuaciones que delimitan el sólido nos indican que los límites de integración
de las variables y y z dependen de x. Por eso, tomamos como variable libre x.
Deduzcamos los límites de integración para x: nos restringimos a {z = 0} y tenemos
las ecuaciones
{y = 0}, {a − x + y = 0}, {y = a − x2 /a}
Cuando y = 0 la tercera ecuación da x = ±a, luego los límites de x son −a ≤ x ≤ a.
Estas operaciones con las ecuaciones se entienden mejor si uno dibuja el dominio
restringiendo al plano {z = 0}, por ejemplo si tomamos a = 7 en el plano horizontal
{z = 0} tenemos el dibujo1
http://www.wolframalpha.com/input/?i= y%3D7 − x2 %2F 7%2C + y%3Dx − 7.
Como uno de los límites es el eje horizontal {y = 0}, la recta violeta no afecta a
las coordenadas x e y y los límites de x son −a ≤ x ≤ a. Los límites de y son
0 ≤ y ≤ a − x2 /a. Así pues, la integral a calcular es
Z a Z a−x2 /a Z a−x+y
V =
−a
7. Evaluar la integral I =
Z
Ba3
0
1 · dzdydx =
0
28a3
15
(2 + x − sin z)dV donde el dominio es la bola de radio a
centrada en el origen, i.e. Ba3 = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 }.
El dominio se expresa mejor en coordenadas polares:
x = r cos θ sin φ,
y = r sin θ sin φ,
z = r cos φ
y recordamos que dxdydz = r2 sin φ · drdθdφ. Luego
Z
Ba3
(2+x−sin z)dV =
Z π Z 2π Z a
0
0
(2+r cos θ sin φ−sin(cos φ))r2 sin φ·drdθdφ =
0
8πa3
3
8. Hallar el volumen de la región ubicada entre el plano z = 3 − 2y y el paraboloide
z = x2 + y 2 .
Por ser un volumen la densidad será f (x, y, z) = 1. Empezemos con los límites de
integración de z: nos piden el volumen entre dos superfícies descritas como grafos
z = 3 − 2y y z = x2 + y 2 , luego x2 + y 2 ≤ z ≤ 3 − 2y. Para hallar el dominio de x e y
debemos entender en qué región se deben integrar. Esta región está delimitada por
1
Copiar la siguiente url en un navegador de Internet.
3
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la curva intersección del plano con el paraboloide: esto es, z = 3 − 2y y z = x2 + y 2
que intersecan en
{(x, y, z) : z = 3−2y}∩{(x, y, z) : z = x2 +y 2 } = {(x, y, z) : z = x2 +y 2 , 3−2y = x2 +y 2 },
por lo tanto la curva en x e y es la elipse E = {(x, y) : 3 − 2y = x2 + y 2 }. El
volumen que queremos calcular se expresa como
I=
Z Z 3−2y
E
x2 +y 2
1 · dxdydz =
Z
3 − 2y − (x2 + y 2 ) · dxdy
E
Notemos que −y 2 −2y −1 = −(y +1)2 , luego 3−2y −(x2 +y 2 ) = −(x2 +(y +1)2 −4).
Así pues, estamos integrando en un disco de radio 2 centrado en el punto (0, −1),
las coordenadas adecuadas son
y = r sin θ − 1 con 0 ≤ r ≤ 2,
x = r cos θ,
0 ≤ θ ≤ 2π.
Entonces, la integral I se expresa como
Z
3 − 2y − (x2 + y 2 ) · dxdy =
E
Z 2π Z 2 h
0
i
3 − 2(r sin θ − 1) − r2 · rdrdθ = 12π
0
9. Usar la integral doble para calcular:
1. El volumen del sólido formado al cortar el plano π de ecuación 2x+3y+4z = 12
con los ejes coordenados de R3 .
Estamos calculando un volumen, la densidad debe ser f (x, y, z) = 1.
Los tres puntos de corte son:
π ∩ Ejez = π ∩ {x = 0, y = 0} = {(0, 0, 3}
π ∩ Ejex = π ∩ {z = 0, y = 0} = {(6, 0, 0}
π ∩ Ejey = π ∩ {x = 0, z = 0} = {(0, 4, 0}
Aislando z de la ecuación 2x + 3y + 4z = 12 encontramos los límites de integración de z:
1
0 ≤ z ≤ (12 − 3y − 2x)
4
Para hallar los límites de integración de x e y nos restringimos al plano {z = 0}.
La recta de intersección del plano π con el plano horizontal {z = 0} es la recta
{(x, y) : 2x+3y = 12} en el plano de coordenadas (x, y). Dejando, por ejemplo,
como variable libre x tenemos
0≤x≤6
Luego la variable y tiene por límites de integración 0 ≤ y ≤ 4 − 2x/3. El
volumen se calcula mediante la integral
Z 6 Z 4−2x/3 Z
0
0
1
(12−3y−2x)
4
0
4
1 · dzdydx = 12
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10. Calcular el volumen de un sólido de revolución al girar la función f (x) =
entorno al eje x, con x ∈ [0, π].
√
sin x
Por ser un volumen, la densidad será f (x, y, z) = 1. El volumen del sólido se puede
entender como una suma contínua – es decir, una integral – de las áreas de las
superfícies obtenidas al cortar con los planos {x = k}, k constante. Cada una de
estas superfícies
√ es un disco centrado√en el 2punto (k, 0, 0) del plano {x = k} de
radio f (x) = sin x, sus áreas son π( sin x) . Luego, el volumen es
Z π
Z
√
2
π( sin x) dx = π
0
π
sin xdx = π [− cos x]π0 = 2π
0
Nótese que en general si revolucionamos la función f (x) a lo largo del eje x el
volumen del sólido de revolución descrito por x ∈ [a, b] es:
I=π
Z b
f (x)2 dx
a
11. Calcular el área con densidad f (x) = x de la región comprendida entre el círculo
x2 + y 2 = 52 , y las rectas {4y = 3x}, {y = 0}.
El círculo interseca la recta {y = 0} en el punto (0, 5) y interseca la recta {4y = 3x}
en (4, 3). La variable libre es x con límites de integración 0 ≤ x ≤ 5. La variable
y tiene por límite inferior de integración 0, pero el límite superior cambia: para
x∈√
[0, 4] tenemos 0 ≤ y ≤ 3x/4 mientras que para x ∈ [4, 5] el límite superior es
y = 25 − x2 . Luego la integral es
I=
Z 4 Z 3x/4
0
xdydx +
Z 5 Z √25−x2
4
0
xdydx
0
Ambas integral se puede calcular independientemente:
Z 4 Z 3x/4
0
xdydx = 16
0
Z 5 Z √25−x2
4
xdydx = 9
0
Luego I = 16 + 9 = 25. Teniendo en cuenta que el sector es parte de un disco,
es posible calcular la integral usando coordenadas polares. El radio r irá entre
0 ≤ r ≤ 5 mientras que el ángulo θ recorre 0 ≤ θ ≤ arctan(3/4) dado que el ángulo
del vector (4, 3) es arctan(3/4). La integral es entonces
I=
Z 5 Z arctan 3/4
0
r cos(θ) · rdθdr =
0
13. Calcular la siguiente integral
inverso, es decir dydx.
Z 5 Z arctan 3/4
0
Z 10 Z ln(y)
1
0
5
r2 cos(θ)dθdr = 25
0
dxdy y plantear la integral en el sentido
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La integral se calcula
I=
Z 10
ln(y)dy = 10 ln(10) − 9
1
dado que una primitiva de ln x es x ln(x) − x.
En el sentido inverso la variable libre es x. El máximo de ln(y) en [1, 10] es ln(10),
luego 0 ≤ x ≤ ln(10). La inversa del logaritmo ln es la exponencial. En consecuencia
I=
Z 10 Z ln(y)
1
Z ln(10) Z 10
dxdy =
0
ex
0
dydx = 10 ln(10) − [ex ]ln(10)
= 10 ln(10) − 9
0
√
14. Calcular el área comprendida entre 0 ≤ x ≤ 5 2, x2 + y 2 = 50, {y = x} y {y = 0}.
La densidad será f (x, y) = 1. La intersección entre la recta {y = x} y el círculo
x2 + y 2 = 50 en el primer cuadrante es el punto (5, 5), de coordenada x = 5.
Luego tenemos la misma situación que en el problema 11. La integral se calcula
análogamente
√
√
I=
Z 5Z x
0
1 · dydx +
0
Z 5 2Z
5
50−x2
1 · dydx
0
Las integrales dan:
25
2
0
0
Z 5√2 Z √50−x2
25(π − 2)
I2 =
1 · dydx =
4
5
0
I1 =
15. Calcular I =
Z π/2 Z sin(θ)
0
Z 5Z x
1 · dydx =
rθdrdθ.
0
Integrando obtenemos
I=
Z π/2
θ
Z sin(θ)
rdrdθ =
0
0
Z π/2
0
sin(θ)
θ[r2 /2]0
dθ =
1 Z π/2
4 + π2
θ sin2 (θ)dθ =
2 0
32
donde usamos que una primitiva de θ sin2 (θ) es θ2 /4 − θ sin(2θ)/4 − cos(2θ)/8. Esto
se deduce, por ejemplo de la igualdad cos(2θ) = cos2 (θ) − sin2 (θ), luego
sin2 (θ) sin2 (θ)
θ sin2 (θ) = θ
+
2
2
16. Calcular I =
Z 2 Z 4√2y
0
y3
!
1 − cos2 (θ) sin2 (θ)
=θ
+
2
2
!
(x2 y − xy 2 )dxdy.
La integral se calcula
I=
Z 2 Z 4√2y
0
y3
(x2 y − xy 2 )dxdy =
17. Calcula utilizando el cambio a coordenadas polares:
6
67520
693
=
θ 2
cos (θ) − cos(2θ)
2
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1. La integral doble I =
Z 3 Z √9−x2
0
(x2 + y 2 )3/2 dydx.
0
El dominio de integración es la intersección del primer cuadrante con el disco
de radio 3 y centro (0, 0). Tenemos r = (x2 +y 2 )1/2 y dydx = rdθdr, la integral
da
Z 3 Z √9−x2
0
(x2 + y 2 )3/2 dydx =
0
Z 3 Z π/2
0
r3 · rdθdr =
0
Z 3 Z π/2
0
r4 dθdr =
0
243π
10
2. El volumen del sólido acotado por las gráficas de las ecuaciones {z = 0}, un
plano, {z 2 = x2 + y 2 } un cono y el cilindro vertical x2 + y 2 = 52 .
El cálculo del volumen requiere usar densidad f (x, y, z) = 1. Las variables
(x, y) se mueven en el plano {z = 0} dentro del disco D de radio 5 centrado
en (0, 0), cuya frontera es x2 + y 2 = 52 . La variable z se mueve entre 0 ≤ z ≤
√
x2 + y 2 . Luego la integral es
√
Z Z x2 +y2
Z q
Z 5 Z 2π
250π
2
2
r2 drdθ =
1 · dzdxdy =
x + y dxdy =
3
0
0
D 0
D
donde hemos cambiados a polar para integral en el dominio de (x, y) usando
que el disco de radio 5 se describe por 0 ≤ r ≤ 5 y 0 ≤ θ ≤ 2π.
3. El volumen del sólido acotado por las gráficas de las inecuaciones {z = 0},
z = ln(x2 + y 2 ), x2 + y 2 ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 4.
La densidad es f (x, y, z) = 1. La variable z se mueve en 0 ≤ z ≤ ln(x2 + y 2 ).
Las variables (x, y) se integran en el anillo A(1, 2) de radio interior 1 y radio
exterior 2, luego usaremos coordenadas polares con 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π.
El volumen es
I=
Z ln(x2 +y2 )
Z
A(1,2)
=
1 · dzdxdy =
Z
ln(x2 + y 2 )dxdy =
A(1,2)
0
Z 2 Z 2π
1
ln(r2 )rdrdθ = π(ln(256) − 3)
0
18. Calcula utilizando el cambio a coordenadas cilíndricas el volumen del sólido dado
por la región interior a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 42 y exterior al cono z 2 = x2 + y 2 .
La densidad será f (x, y, z) = 1 por ser un volumen. En el cambio a coordenadas
cilíndricas el diferencial de volumen cambia como dxdydz = rdrdθdz dado que dz
no cambia y el cambio a polares es dxdy = rdrdθ. Observar que de hecho son las
coordenadas que hemos usado en el ejercicio 17. Si calculamos el volumen directamente nos encontraremos con una situación análoga al ejercicio 11, donde se deben
distinguir dos regiones para los límites de integración de z. Es más directo calcular
el volumen Vi contenido dentro del cono z 2 = x2 +y 2 y la esfera x2 +y 2 +z 2 = 42 y el
volumen Ve de la región exterior al cono – acotado por la esfera – será la diferencia
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del volumen 4π43 /3 de la esfera de radio 4 y Vi .
Para el cálculo de Vi , obtenemos la parte superior
por 2. En la
√
√ 2 y multiplicaremos
2
parte superior la variables z está contenida en x√+ y ≤ z ≤ 16 − x2 − y 2 . Las
variables (x, y) se mueven en el disco D de radio 8:
√
Z Z 16−x2 −y2
Z √8 Z 2π √
√
64π
Vi = 2
( 16 − r2 −r)r ·drdθ = 2·
(2− 2)
1·dzdxdy = 2
√
3
0
D
0
x2 +y 2
El volumen requerido es
√
√
4π43
4π43
64π
128 2π
Ve =
− Vi =
−2·
(2 − 2) =
3
3
3
3
19. Usa coordenadas esféricas para hallar la masa de la esfera de ecuación x2 +y 2 +z 2 =
a2 con la densidad que se especifica:
1. La densidad en todo punto es proporcional a su distancia a l’origen.
La distancia del punto (x, y, z) al origen es el módulo del vector
v = (x, y, z) − (0, 0, 0) = (x, y, z) =⇒ kvk =
q
x2 + y 2 + z 2
√
Si la densidad es proporcional debemos poner f (x, y, z) = k ·
x2 + y 2 + z 2
para una constante k ∈ R. La masa de la esfera S 2 con esta densidad es
M=
Z
S2
k·
q
x2
+
y2
+
z2
dV
En coordenadas esféricas (r, θ, φ) ∈ (0, a) × [0, 2π) × [0, π] el diferencial
vol√ 2 de
2
2
umen cambia como dV = dxdydz = r sin φdrdθdφ. Como r = x + y + z 2
la integral a calcular se expresa como
M=
Z
S2
k·
q
x2 + y 2 + z 2 dV = k ·
Z a Z 2π Z π
0
0
r · r2 sin φdrdθdφ = k · πa4
0
2. La densidad en todo punto es proporcional a su distancia al eje z.
La distancia del punto (x, y, z) al eje z es el módulo del vector
√ diferencia
v = (x, y, z) − (0, 0, z). La densidad es entonces f (x, y, z) = k · x2 + y 2 . La
integral a calcular es
M=
Z
S2
k·
=k·
q
x2 + y 2 dV =
Z a Z 2π Z π q
0
=k·
0
0
−
S2
r2
k·
q
cos2
x2 + y 2 + z 2 − z 2 dV =
φ · r2 sin φdrdθdφ =
0
Z a Z 2π Z π
0
r2
Z
(r sin φ) · r2 sin φdrdθdφ = k ·
0
8
π 2 a4
4
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20. La función de Cobb–Douglas para una empresa es
f (x, y) = 100x0.6 y 0.4 ,
donde x denota el número de unidades de trabajo e y el número de unidades de
capital. Estimar el nivel de producción medio se x varía entre 200 y 257, e y entre
960 y 325.
La densidad será la función de producción Cobb–Douglas, su integral a lo largo del
dominio rectangular 200 ≤ x ≤ 257 y 325 ≤ y ≤ 960 nos dará la producción total.
Debemos calcular la producción media P , luego hay que dividir el resultado entre
el área barrida por las variables (x, y), esto es (257 − 200) ∗ (960 − 325) = 36195.
El resultado es
1 Z 257 Z 960
1 Z 257 Z 960
0.6 0.4
100x y dxdy =
100x3/5 y 2/5 dxdy
P =
36195 200 325
36195 200 325
22. Problema Extra: Orbitales atómicos
Se suelen usar coordenadas esféricas para describir las funciones de densidad – orbitales atómicos – que dictan el comportamiento de un electrón alrededor de un
átomo. Estas funciones indican en probabilidad los estados de energía que puede
manifestar un sistema físico, en este caso los electrones alrededor del núcleo atómico.
Las orbitales atómicos son, por definición, estas funciones. Estos orbitales atómicos
varían en función de la energía n del electrón, su momento angular l y una componente angular m. Para cada tripleta (n, l, m) tenemos un orbital atómico, esto es
una función, que depende de las variables (r, θ, φ). En particular el radio r determina la medida del orbital (el grosor de la nuez por donde de mueve el electrón).
Como se trata de densidades para estados de energía, estas funciones se obtienen
resolviendo la ecuación de Schrödinger.
Esto se entiende bien en el ejemplo fundamental del átomo de hidrógeno. Sea
a0 = 5.2917721092 · 10−11 m el radio de Bohr, esto es una cantidad cercana a la
distancia más probable entre el protón y el electrón en un átomo de hidrógeno en
el estado de mínima energía. Para el estado de mínima energía, el orbital tiene
tripleta (n, l, m) = (1, 0, 0) y se suele denotar por 1s (n = 1 y la s de sharp). Los
orbitales2 1s y 2s son
Ψ1s = q
1
πa30
e−r/a0 ,
1
Ψ2s = q
(2 − r/a0 ) e−r/2a0
3
4 2πa0
En una densidad de probabilidad Ψ, la probabilidad es |Ψ|2 . Así pues, la probabilidad de encontrar un electrón en la posición (r, θ, φ) es |Ψ(r, θ, φ)|2 . Por lo tanto, la
probabilidad de encontrar un electrón en una región Ω es precisamente la integral
de volumen
Z
|Ψ|2 dV
Ω
2
Ver http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/c/cf/HAtomOrbitals.png para una imagen los
primeros orbitales de un átomo de hidrógeno: negro es probabilidad casi nula de hallar un electrón y
a color más claro mayor probabilidad. Por ejemplo, en el estado fundamental 1s el punto blanco de
la densidad nos indica el punto más probable donde se halla el electrón.
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UAM–CSIC
Grupo 911 – Febrero 2013
1. En particular, si integramos para Ω todo el espacio posible Ω∞ , la probabilidad
de que el electrón esté debe ser 1. Integrar en todo el espacio sería tomar Ω
con radio infinito. Demostrar que efectivamente
Z
Ω∞
2
|Ψ1s | dV =
Z ∞ Z 2π Z π
0
0
0
1 −2r/a0 2
· r sin φdφdθdr = 1
e
πa30
2. Hallar la media de la distancia entre el electrón y el núcleo atómico en el caso
del átomo de hidrógeno para la densidad fundamental Ψ1s .
Indicación: La esperanza
para una función f , su valor medio, con respecto a
Z
3
2
una densidad Ψ es f |Ψ| dV . La respuesta final es a0 .
2
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