6.E: El átomo de hidrógeno (Ejercicios)

Las soluciones para seleccionar preguntas se pueden encontrar en línea.

6.5

\[\int_{-1}^{1} T_n(x)T_m(x) \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx= \begin{cases} 0, & n \neq m \\ \pi, & n=m=0 \\ \pi/2, & n=m \neq 0 \end{cases} \nonumber\]

Primeros 6 Polinomios de Chebyshev

\[ \begin{align*} T_0(x) &=1 \\[4pt] T_1(x)&=x \\[4pt] T_2(x)&=2x^2-1 \\[4pt] T_3(x) &=4x^3-3x \\[4pt] T_4(x) &=8x^4-8x^2+1 \\[4pt] T_5(x) &=16x^5-20x^3+5x \end{align*}\]

Usa la ortogonalidad de los polinomios de Chebyshev para determinar a qué son iguales los siguientes polinomios

1. \(\int_{-1}^{1} x^2 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \)
2. \(\int_{-1}^{1} 4x^3-2x \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \)
3. \(\int_{-1}^{1} 1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \)
4. \(\int_{-1}^{1} 4x^4-4x^2+1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \)

Solución

1. x^2= T ₁ *T ₁; por lo tanto, la respuesta es π /2
2. aquí el siguiente polinomio no es producto de ninguno de los polinomios de Chebyshev; por lo tanto, la respuesta es que no sigue condiciones de ortogonalidad
3. 1=T ₀ *T ₀; por lo tanto, la respuesta es π
4. x^4-4x^2+1= T _{2 *T 2}; por lo tanto, la respuesta es π/2

6.6

Utilice la Eq. 6.47 para generar las funciones radiales\(R_{nl}\left(r\right)\) para\(n=1,2\).

Solución

\[R_{10}\left(r\right)={\left\{\dfrac{\left(1-0-1\right)!}{2\left(1\right){\left[\left(1+0\right)!\right]}^3}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{2}{1a_0}\right)}^{\dfrac{0+3}{2}}r^0e^{-\dfrac{r}{1a_0}}L^1_1\left(\dfrac{2r}{1a_0}\right)\nonumber \]

\[R_{10}\left(r\right)=-{\left\{\dfrac{1}{2}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{2}{a_0}\right)}^{\dfrac{3}{2}}e^{-\dfrac{r}{a_0}}\nonumber \]

\[R_{20}\left(r\right)={\left\{\dfrac{\left(2-0-1\right)!}{2\left(2\right){\left[\left(2+0\right)!\right]}^3}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{2}{2a_0}\right)}^{\dfrac{0+3}{2}}r^0e^{-\dfrac{r}{2a_0}}L^1_2\left(\dfrac{2r}{2a_0}\right)\nonumber \]

\[R_{20}\left(r\right)={\left\{\dfrac{1}{32}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{1}{a_0}\right)}^{\dfrac{3}{2}}e^{-\dfrac{r}{2a_0}}\left(-2!\left(2-\dfrac{r}{a_0}\right)\right)\nonumber \]

\[R_{20}\left(r\right)=-2{\left\{\dfrac{1}{32}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{1}{a_0}\right)}^{\dfrac{3}{2}}e^{-\dfrac{r}{2a_0}}\left(\left(2-\dfrac{r}{a_0}\right)\right)\nonumber \]

\[R_{21}\left(r\right)={\left\{\dfrac{\left(2-1-1\right)!}{2\left(2\right){\left[\left(2+1\right)!\right]}^3}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{2}{2a_0}\right)}^{\dfrac{1+3}{2}}r^1e^{-\dfrac{r}{2a_0}}L^3_3\left(\dfrac{2r}{2a_0}\right)\nonumber \]

\[R_{21}\left(r\right)=-6{\left\{\dfrac{1}{864}\right\}}^{\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{1}{a_0}\right)}^2r^1e^{-\dfrac{r}{2a_0}}\nonumber \]

6.29

Comparar\(\psi_{310}\) y\(\psi_{311}\).

Pista: ¿Qué te dicen los subíndices sobre la función de onda? ¿Qué denotan?

Solución

El primer subíndice te indica el número cuántico\(n\). El segundo denota el momento angular\(l\). El último denota el número de giro magnético\(m_l\). Estas dos funciones tienen los mismos\(n\) valores, y por lo tanto son degeneradas.

6.30

Cuál es la densidad de probabilidad del orbital 3p evaluando

\[\left (\sum_{m=-1}^{1}\psi_{31m}^{2}\right )\nonumber \]

Solución

\[ \begin{align*} \sum_{m=-1}^{1}\psi_{31m}^{2} &=\left (\dfrac{2}{6561\pi}\right )\left (\dfrac{z^{3}}{a_o^{3}}\right )\sigma^{3}\left (6-\sigma\right )^{2}\exp^{\dfrac{-2\sigma}{3}} \left (\cos^{2} \theta+\sin^{2} \theta \cos^{2} \phi + \sin^{2} \theta \sin^{2} \phi \right ) \\[4pt] \sum_{m=-1}^{1}\psi_{31m}^{2} &=\left (\dfrac{2z^{3}\sigma^{2} \left (6-\sigma\right )^{2}\exp^{\dfrac{-2\sigma}{3}}}{6561\pi a_o^{3}}\right ) \left (\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta \left(\cos^{2}\phi+\sin^{2}\phi \right ) \right)\\[4pt] \sum_{m=-1}^{1}\psi_{31m}^{2} &=\left (\dfrac{2z^{3}\sigma^{2}\left (6-\sigma\right )^{2}\exp^{\dfrac{-2\sigma}{3}}}{6561\pi a_o^{3}}\right )\end{align*}\]

6.34

Encuentra la energía y función de onda para un solo electrón ubicado en el orbital 2p del átomo de hidrógeno. Incluya todas las funciones de onda posibles.

Solución

Identificar los números cuánticos para el electrón de interés (en nuestro caso,\(n=2\);\(l =1\)). La energía del electrón se puede definir como

\[E_n = \dfrac{-m_ee^4}{8n^2\epsilon_o^2h^2} \nonumber \]

esto nos lleva a

\[E_2 = \dfrac{-m_ee^4}{32\epsilon_o^2h^2} \nonumber \]

tenemos dos posibles funciones de onda

\[ \Psi_{210}= \dfrac{1}{\sqrt{32}} (\dfrac{z}{a_o})^{3/2}\sigma/e^{-\sigma/2} \cos{\theta} \nonumber \]

y

\[ \Psi_{21\pm1}= \dfrac{1}{\sqrt{32}} (\dfrac{z}{a_o})^{3/2}\sigma/e^{-\sigma/2} \sin{\theta}e^{\pm i\theta } \nonumber \]

6.37

El hamiltoniano es dado por\(\hat{H} = \dfrac{-\hbar}{2m}\nabla^2 + V\) es un Operador Hermitiano. Usando este hecho, demuestre que

\[\int{\psi^*[\hat{H},\hat{A}]\psi} d\tau = 0\nonumber \]

donde\(\hat{A}\) está cualquier operador.

Solución

A través de la relación de conmutación

\[\int{\psi^*\hat{H}\hat{A}\psi} d\tau - \int{\psi^*\hat{A}\hat{H}\psi} d\tau= 0\nonumber \]

porque\(\hat{H}\) es un operador hermitiano, lo anterior va a

\[\int{(\psi\hat{H})^*\hat{A}\psi} d\tau - \int{\psi^*\hat{A}(\hat{H}\psi)} d\tau= 0\nonumber \]

\[E\int{\psi^*\hat{A}\psi} d\tau - E\int{\psi^*\hat{A}\psi} d\tau= 0\nonumber \]

6.38

Demostrarlo\(\langle{\hat{K}}\rangle \ = \ \langle{V}\rangle = E/2\) para un oscilador armónico usando el teorema virial

Solución

El teorema virial nos da,

\[\Bigg\langle{x\dfrac{\partial V}{\partial x} + y\dfrac{\partial V}{\partial y} + z\dfrac{\partial V}{\partial z}}\Bigg\rangle = 2\langle{\hat{K}}\rangle\nonumber \]

Para un oscilador armónico tridimensional,

\[V(x,y,z) = \dfrac{k_xx^2}{2} + \dfrac{k_yy^2}{2} + \dfrac{k_zz^2}{2}\nonumber \]

Por lo tanto,

\[x\dfrac{\partial V}{\partial x} + y\dfrac{\partial V}{\partial y} + z\dfrac{\partial V}{\partial z} = k_xx^2 + k_yy^2 + k_zz^2 = 2V\nonumber \]

y sustituyendo en la ecuación dada por el teorema virial nos da\(2\langle{V}\rangle = 2\langle{\hat{K}}\rangle\). Porque\(\langle{\hat{K}}\rangle + \langle{V}\rangle = E\), también podemos escribir

\[\langle{\hat{K}}\rangle = \langle{V}\rangle = \dfrac{1}{2}E\nonumber \]

6.41

Encontrar los valores esperados de\(1/r\) y\(1/r^2\) para un átomo similar a hidrógeno en la\(2p_z\) órbita.

Solución

El\(2p_z\) orbital:

\[Ψ_{210} = \dfrac{1}{4\sqrt{2π}} (Z/a_0)^{3/2}\rho e^{-\rho} \sinθ \cos ϕ \,dθ \nonumber \]

donde\(\rho=Zr/a_o\)

\[\langle 1/r \rangle _{Ψ210}= \int_{0}^2π \, dθ \int\limits_{0}^{π}\, \sin θ \cos 2ϕ dθ \int\limits_{0}^{∞}\ (Z^{3/2}/a_o^{3/2}4\sqrt{2π}^{2*}r^2p^*e^{-p*}(1/r) dr\nonumber \]

\[\int_0^{2π}\, dθ = 2π\nonumber \]

\[\int_0^π \, \sinθ \cos^2 \,ϕ \,dθ = \dfrac{2}{3}\nonumber \]

\[\int _ 0^∞ \ (Z^{3/2}/a_o^{3/2}4\sqrt{2π})^2 r^2 \phi e-{\rho}(1/r)dr =(Z^3/a_o^332π)^* [3!/(Z/ao)^4]\nonumber \]

\[ \langle 1/r \rangle_{Ψ210} = (Z^3/a_o^332π)(2π)(2/3)[3!/(Z/ao)^4]\nonumber \]

Simplifique para obtener:

\[\left \langle \dfrac{1}{r} \right \rangle _{Ψ_{210}} = \dfrac{Z}{4a_o}\nonumber \]

Para el átomo de hidrógeno\(Z=1\), por lo tanto

\[\langle \dfrac{1}{r} \rangle _{Ψ_{210}} = \dfrac{1}{4a_o}\nonumber \]

Para\(\langle \dfrac{1}{r^2} \rangle \)

\[\langle \dfrac{1}{r^2} \rangle_{Ψ_{210}} = \int_{0}^2π \, dθ \int\limits_{0}^{π}\, \sin θ \cos^2\, ϕ\,dθ \int\limits_{0}^{∞}\ (Z^3/2/a_o^3/24\sqrt{2π})^2r^2pe^{-p}(1/r^2)dr\nonumber \]

\[\int\limits_{0}^{2π}\, dθ = 2π\nonumber \]

\[\int\limits_{0}^{π}\, \sinθ \cos^2ϕdθ = 2/3\nonumber \]

\[\int \limits_{0}^{∞}\ (Z^{3/2}/a_o^{3/2}4\sqrt{2π})^2r2pe^{-p}(1/r^2)dr = (Z^3/a_o^332π) [2!/(Z/ao)^3]\nonumber \]

\[\langle 1/r^2 \rangle Ψ_{210} =(Z^3/a_o^332π)(2π)(2/3)[2!/(Z/a_o)^3]\nonumber \]

Simplifique para obtener:

\[\langle \dfrac{1}{r^2} \rangle _{Ψ_{210}} =\dfrac{Z^2}{12a_o^2} \nonumber \]

donde\(Z=1\)

\[\langle \dfrac{1}{r^2} \rangle _{Ψ_{210}} = \dfrac{1}{12a_o^2} \nonumber \]

6.43

Derivar el momento magnético clásico de un electrón orbitando un núcleo en términos de carga, masa e impulso angular.

Solución

Podemos comenzar recordando la expresión clásica por un momento magnético,

\[\mu = IArea\nonumber \]

Dónde\(I\) está la corriente que hace el electrón girando alrededor del núcleo. La definición de corriente es

\[I = \dfrac{Q}{time}\nonumber \]

En este caso\(Q\) es simplemente la carga\((q_e)\) del electrón y\(time\) es el tiempo que tarda el electrón en orbitar el núcleo una vez. El área es el bucle de que toma el electrón cuando gira alrededor del núcleo. También sabemos por la mecánica clásica que\(x=vt\). resolviendo\(t\) y evaluando ser\(x\)\(2\pi r\) para un círculo. Podemos averiguar el momento de la revolución para ser,

\[t = \dfrac{x}{v}= \dfrac{2\pi r}{v}\nonumber \]

Nuestras ecuaciones actuales se convierten,

\[I = \dfrac{q_ev}{2\pi r}\nonumber \]

Para introducir el momento angular\(L=m_evr\) podemos multiplicar el lado derecho de nuestra ecuación actual por llegar\(\dfrac{m_er}{m_er}\) a

\[I = \dfrac{q_em_evr}{2\pi m_er^2} \\ I = \dfrac{q_eL}{2\pi m_er^2}\nonumber \]

Sustituyendo en el área de un círculo\((\pi r^2)\) podemos demostrar que,

\[\boxed{\mu = IArea = \dfrac{q_eL}{2m_e}}\nonumber \]

6.46

Encuentra la magnitud de la división que se muestra en la figura a continuación. El campo magnético en la figura está a 20 T.

Solución

Sabemos por un problema anterior que

\[\Delta E = E_{2} - E_{1} = \beta _{e}B_{z}(m_2 - m_1)\nonumber \]

En el 1\ s\ estado donde m = 0 y en el 2\ p\ estado donde m = 0,\ pm\ 1. La condición hará que (m_ {2} - m_ {1}) se vuelva igual a 0, o\ pm\ 1 lo que afectará la magnitud de la división, calculada a continuación

\[\Delta E = (9.274 * 10^{-24} J*T^{-1}) (20T)(1) \nonumber \]

\(\Delta E = 1.8548 * 10^{-22} J*T^{-1}\)o 0

6.47

Considerar la transición entre los estados\(l=1\) y los\(l=2\) estados para el hidrógeno atómico. Determinar el número total de posibles transiciones permitidas entre estos dos estados en un campo magnético externo dadas las siguientes reglas de selección

1. La luz cuyo vector de campo eléctrico es paralelo a la dirección del campo magnético externo tiene una regla de selección\(\Delta m=0\) de transiciones permitidas.
2. La luz cuyo vector de campo eléctrico es perpendicular a la dirección del campo magnético externo tiene una regla de selección\(\Delta m=\pm 1\) de transiciones permitidas.

Solución

Un campo magnético externo divide un estado con valores dados n y\(l\) en\(2l+1\) niveles. Por lo que el\(l=1\) estado se dividirá en tres estados (\(m=0, \pm 1\)) y el\(l=2\) estado se dividirá en cinco estados (\(m=0, \pm 1, \pm 2\)). Esto significa que la\(l=1 \rightarrow l=2\) transición tendrá una posible de 15 transiciones (ignorando cualquier regla de selección que reduzca este número).

Usando la regla de selección\(\Delta m=0\), entonces son posibles tres transiciones:\(m=0\),\(m=1\),\(m=-1\) Usando la regla de selección\(\Delta m= \pm 1\), luego seis transiciones son posibles:

 

\(l=1\)	\(\rightarrow\)	\(l=2\)	Orientación relativa de la polarización de la luz al campo magnético
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=0	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=1	paralelo
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=0	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=-1	paralelo
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=1	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=2	perpendicular
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=1	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=0	perpendicular
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=-1	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=-2	perpendicular
\ (l=1\)” style="text-align:center; ">m=-1	\ (\ fila derecha\)” style="text-align:center; ">	\ (l=2\)” style="text-align:center; ">m=0	perpendicular

6.49

Demostrar que

\[\hat{L_+}\hat{L_-} - \hat{L_-}\hat{L_+} = 2\hbar\hat{L_z}\nonumber\]

dado que

\[\hat{L_+} = \hat{L_x} + i\hat{L_y}\nonumber\]

y

\[\hat{L_-} = \hat{L_x} - i\hat{L_y}.\nonumber\]

Solución

\[\hat{L_+}\hat{L_-} = (\hat{L_x} + i\hat{L_y})(\hat{L_x} - i\hat{L_y}) = \hat{L^2_x} + \hat{L^2_y} - i\hat{L^2_x}\hat{L^2_y} + i\hat{L^2_y} \hat{L^2_x} = \hat{L^2_x} + \hat{L^2_y} +i[\hat{L_y},\hat{L_x}]\nonumber\]

\[\hat{L_+}\hat{L_-} = \hat{L^2} - \hat{L^2_z} +\hbar \hat{L_z}\nonumber\]

y

\[\hat{L_-}\hat{L_+} = (\hat{L_x} - i\hat{L_y})(\hat{L_x} + i\hat{L_y}) = \hat{L^2_x} + \hat{L^2_y} +i\hat{L^2_x}\hat{L^2_y} - i\hat{L^2_y} \hat{L^2_x} = \hat{L^2_x} + \hat{L^2_y} +i[\hat{L_x},\hat{L_y}]\nonumber\]

\[\hat{L_-}\hat{L_+} = \hat{L^2} - \hat{L^2_z} - \hbar \hat{L_z}\nonumber\]

por lo tanto

\[\hat{L_+}\hat{L_-} - hat{L_-}\hat{L_+} = \hat{L^2} - \hat{L^2_z} +\hbar \hat{L_z} - \hat{L^2} + \hat{L^2_z} - \hbar \hat{L_z}\nonumber\]

\[\hat{L_+}\hat{L_-} - \hat{L_-}\hat{L_+} = 2\hbar \hat{L_z}\nonumber\]

6.49

Demostrar que la propiedad conmutativa aplica a\[\hat{L}_{-}\hat{L}_{+}\nonumber \]

Solución

\[\hat{L}_{-}\hat{L}_{+} = \hat{L}_{+}\hat{L}_{-}\nonumber \]

\[\hat{L}_{-} = \hat{L}_{x} - i \hat{L}_{y}\nonumber \]

y

\[\hat{L}_{+} = \hat{L}_{x} + i \hat{L}_{y}\nonumber \]

por lo

\[\hat{L}_{-}\hat{L}_{+}=[\hat{L}_x -i\hat{L}_y][\hat{L}_x + i \hat{L}_y]\nonumber \]

\[= \hat{L}_{x}^2 + i \hat{L}_{x} \hat{L}_{y} - i \hat{L}_{x}\hat{L}_{y} + \hat{L}_{y}^2\nonumber \]

y

\[\hat{L}_{+}\hat{L}_{-}= [\hat{L}_{x} + i\hat{L}_{y}][\hat{L}_{x}-i\hat{L}_{y}]\nonumber \]

\[= \hat{L}_{x}^2 -i \hat{L}_{y}\hat{L}_{x}+ i\hat{L}_{x}\hat{L}_{y}+ \hat{L}_{y}^2\nonumber \]

lo que demuestra que

\[\hat{L}_{-}\hat{L}_{+}= \hat{L}_{+}\hat{L}_{-}\nonumber \]

Q7.29

Calcular la energía del estado fundamental para la partícula en el modelo de caja usando el método variacional.

Solución

Las ecuaciones del método variacional son:

\[E_\phi=\dfrac{\langle\phi | \hat{H}| \phi\rangle}{\langle \phi | \phi \rangle}\nonumber \]

donde las funciones de onda no están normalizadas

La ecuación de Schrödinger no normalizada para PIB:

\[\phi(x)=A \sin (\dfrac{xn\pi}{L})\nonumber \]

\[\langle\phi | \phi\rangle\nonumber \]\[= A = \sqrt[]{\dfrac{2}{L}}\nonumber \]

y

\[\langle \phi | \hat{H}| \phi\rangle\nonumber \]\[= \dfrac{n^2 h^2}{8mL^2}\cdot \sqrt[]{\dfrac{2}{L}}\nonumber \]por lo

\[E_\phi = \dfrac{\dfrac{n^2 h^2}{8mL^2}\cdot \sqrt[]{\dfrac{2}{L}}}{\sqrt[]{\dfrac{2}{L}}}\nonumber \]

por lo

\[E_\phi = \dfrac{n^2h^2}{8mL^2}\nonumber \]

donde n=1 obtenemos

\[E_\phi = \dfrac{h^2}{8mL^2}\nonumber \]

6.50

Si dos funciones conmutan, tienen funciones propias mutuas, como\(\hat{L}\) ² y\(\hat{L}\) _\(z\). Estas funciones propias mutuas también se conocen como armónicos esféricos,\(Y\) _\(l\)^\(m\)(\(\theta\),\(\phi\)), sin embargo esta información no es pertinente en este caso. Let

\(\psi\)_{\(\alpha\)\(\beta\)}ser una función propia mutua de\(\hat{L}\) ² y\(\hat{L}\) _\(z\)para que

\(\hat{L}\)_{\(z\)\(\psi\)\(\alpha\)\(\beta\)=\(\beta\)} ²\ _{\(\alpha\)\(\beta\)}

y

\(\hat{L}\)_{\(z\)\(\psi\)\(\alpha\)\(\beta\)=\(\alpha\)\(\psi\) \(\alpha\)\(\beta\)}

Ahora vamos

\(\psi\)_{\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹ =\(\hat{L}\) _{+\(\psi\) \(\alpha\)\(\beta\)}

Demostrar que

\(\hat{L}\)_{\(z\)\(\psi\)\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹ = (\(\alpha\)+\(\hbar\))\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹

y

\(\hat{L}\)^{2\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}+1} =\(\beta\) ^{2\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}+1}

Esto demuestra que si\(\alpha\) es un valor propio de\(\hat{L}\) _\(z\), entonces\(\alpha\) +\(\hbar\) también es un valor propio.

Solución

Resolver este problema como se indica a continuación:

\(\psi\)_{\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹ =\(\hat{L}\) _{+\(\psi\) \(\alpha\)\(\beta\)}

\(\hat{L}\)_{\(z\)\(\psi\)\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹ =\(\hat{L}\) _{\(z\)\(\hat{L}\)+\(\psi\) \(\alpha\)\(\beta\)}

= (\(\hat{L}\)_{\(z\)\(\hat{L}\)\(x\)}+\(i\)\(\hat{L}\) _{\(z\)\(\hat{L}\)\(y\)})\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(z\),\(\hat{L}\) _\(x\)]\(\hat{L}\) _{\(x\)\(\hat{L}\)\(z\)}+\(i\) [\(\hat{L}\)_\(z\),\(\hat{L}\) _\(y\)] +\(i\)\(\hat{L}\) _{\(y\)\(\hat{L}\)\(z\)} )\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(y\)+ _{\(\hat{L}\)\(z\)\(\hat{L}\)\(x\)}+\(i\)\(\hbar\)\(\hat{L}\) _\(x\)+ _{\(\hat{L}\)\(y\)\(\hat{L}\)\(z\)})\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(\hat{L}\)_{\(+\)\(\hat{L}\)\(z\)}+\(\hbar\)\(\hat{L}\) _\(+\))\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(+\)(\(\alpha\)+\(\hbar\))\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(\alpha\)\(\beta\)⁺¹

Por lo tanto probado.

Por último, puedes escribir:

\(\hat{L}\)^{2\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}+1} =\(\hat{L}\) ^{2\(\hat{L}\) _{\(+\)\(\psi\)\(\alpha\)\(\beta\)}}

= (\(\hat{L}\)^{2\(\hat{L}\) _\(x\)}+\(i\)\(\hat{L}\) ^{2\(\hat{L}\) _\(y\)})\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

= ([\(\hat{L}\)²,\(\hat{L}\) _\(x\)] +\(\hat{L}\) _{\(x\)\(\hat{L}\)}² +\(i\) [\(\hat{L}\)²,\(\hat{L}\) _\(y\)] +\(i\)\(\hat{L}\) _{\(y\)\(\hat{L}\)}²)\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(x\)\(\hat{L}\)² + _{\(i\)\(\hat{L}\)\(y\)\(\hat{L}\)}²)\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}

\(+\)\(\beta\)^{2\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}}

2\(\psi\) _{\(\alpha\)\(\beta\)}⁺¹

Por lo tanto probado.