Ja
W von theta und phi ist Integral y Betrag Quadrat
gesamt W ist Integral Summe der Betragsquadrate
Summe der Betragsquadrate ist 1/pi (2-3 Zeilen “Rechnung”)
–> Winkelunabhängig
–> Integral ergibt 4 und es sind 4 Elektronen
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- Natürlich sind das nur die Eckpunkte
- meines Erachtens sollte es cos theta sein
- Funktionaldeterminante erst zum Integrieren hinzufügen
- Warum erst einzeln quadrieren und dann summieren? Muss nicht der sp3-Hybridzustand (der sich als Summe der Einzelnen zustände ergibt) quadriert werden? Wobei hier wahrscheinlich die ganzen mischterme aufgrund der Orthogonalität ohnehin wegfallen
- Intgrierst du über den gesamten Raum? Dann bekommt man ja die Gesamtladung und keine Verteilung oder?
Die Ladungsverteilung ergibt sich meiner Meinung nach ohne Integration als \rho = \left( \sum_i | \psi_i|^2 \right). Durch das Betragsquadrat verschwinden alle winkelabhängigen Terme und ja, @J_G hat vermutlich Recht: beim Cosinus sollte ein \vartheta stehen.
Ja, den zwischenschritt habe ich übersprungen, Ich integriere über den ganzen Raumwinkel
EDIT: Stimmt, beom pz sollte es \vartheta sein…
EDIT: Siehe unten. Man sollte sich nicht von Bildchen verwirren lassen. UND nicht verrechnen 
Integration über den Raumwinkel sollte 1 ergeben da es Warscheinlichkeitsdichten sind. Vier davon aufaddiert geben 4. Da es um die Hyridisierten Orbitale geht, muss man also die gegeben linearkombinieren.
|h_1\rangle=\frac{1}{2}\left(|s\rangle+|p_x\rangle+|p_y\rangle+|p_z\rangle\right)\\ |h_2\rangle=\frac{1}{2}\left(|s\rangle+|p_x\rangle-|p_y\rangle-|p_z\rangle\right)\\ |h_3\rangle=\frac{1}{2}\left(|s\rangle-|p_x\rangle+|p_y\rangle-|p_z\rangle\right)\\ |h_4\rangle=\frac{1}{2}\left(|s\rangle-|p_x\rangle-|p_y\rangle+|p_z\rangle\right)
Die dierekte Summe ohne Betragsquadrat ergibt |s\rangle, aber soetwas hat keine Physikalische Bedeutung als Ladungsverteilung.
Nun ergibt sich die Frage, was mit Ladungsdichte gemeint ist: Winkelanteil Betragsquadrat |\psi_w|^2 oder Winkelanteil Betragsquadrat \cdot \sin(\vartheta) aus der Funktionaldeteminante.
Mit letzterem erhaelt man also nur eine Winkelunabhaengige Verteilung, falls |\psi_w|^2 bei \varphi=0,\pi divergiert. Das ist nicht moeglich.
Ohne Funktionaldeterminante ergibt sich die Uebliche Keuelnform fuer die sp3 Orbitale. Waehre hier die “Ladungsverteilung” Winkelunabhaengig, so gaebe es: \rho = \left( \sum_i | \psi_i|^2 \right) = \frac{1}{4\pi}. Sp3 sieht aber anders aus:
Ich verstehe also offenbar die Aufgabe nicht, denn es scheint mir verdammt viel rechenaufwand zu sein diese Orbitale zu den 4 sp3 Orbitalen zu kombinieren, dann das Betragsquadrat 4 mal auszurechnen, um schlieslich darauf zu kommen, dass nichts winkelunabhaengig ist.
Nach ein Wenig nachdenken: Als Warscheinlichkeitsvertreilung im Winkel wuerde ich |\psi(\vartheta, \varphi)|^2 ohne Funktionaldeterminante interpretieren.
Beim radialanteil Drueckt das zusaetzliche r^2 aus, dass man ein mit r^2 skalierendes Volumen betrachtet. Anderereseits ist das \sin(\cdot) beim Winkelanteil nur ein Mass fuer die Verzerrung des Volumens und nicht fuer die Anschauliche Verteilung.
Also ich verstehe das so, dass wenn man sich die Warscheinlichkeitsdichten |\psi(\vartheta, \varphi)|^2 der einzelnen Hybridorbitale |h_1⟩ bis |h_4⟩ ansieht und diese aufsummiert ein winkelunabhängiger Ausdruck herauskommt (worauf man auch kommt).
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Hast recht. Habs gerade durch ein cas gejagt. Erstaunlich 
\frac{1}{16} \, {\left(\frac{\sqrt{3} \cos\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{\sqrt{3} \sin\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{\sqrt{3} \cos\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)}^{2} + \\ \frac{1}{16} \, {\left(\frac{\sqrt{3} \cos\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{\sqrt{3} \sin\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{\sqrt{3} \cos\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)}^{2} + \\ \frac{1}{16} \, {\left(\frac{\sqrt{3} \cos\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{\sqrt{3} \sin\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{\sqrt{3} \cos\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)}^{2} + \\ \frac{1}{16} \, {\left(\frac{\sqrt{3} \cos\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{\sqrt{3} \sin\left(p\right) \sin\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} - \frac{\sqrt{3} \cos\left(t\right)}{\sqrt{\pi}} + \frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)}^{2}
Gibt 4\cdot \frac{1}{4\pi} Genau als wenn man nur die s und ps aufaddiert (was warscheinlich gefordert war ^^ und was @J_G gemacht hat.).
Danke an alle :).
Schoen das mal jemand das Forum benutzt!
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Macht euch das Leben nicht so schwer!
Nun. Die aufgabe bietet viel Interpretationsfreiraum!