Oplossing oneindige potentiaal put voor l=0

In het geval dat $l=0$ gaat vergelijking (460) over in

$${d^2u \over dr^2} = - k^2 u$$ (455)

en vinden we als oplossing

$$u(r) = A\sin{kr} + B\cos{kr} .$$ (456)

Voor de radiële golffunctie geldt dan $\chi (r) = u(r)/r$. Omdat $\lim_{r \rightarrow 0} \cos{kr} /r = \infty$, dienen we $B=0$ te kiezen. De randvoorwaarde vereist dan $\sin{ka} =0$ en dus $ka=n\pi$, voor $n=1,2,3,\ldots$. De toegestane energieniveaus zijn dus

$$E_{n0} = {n^2 \pi^2 \hbar^2 \over 2ma^2}, (n=1,2,3,\ldots ).$$ (457)

Dit is hetzelfde resultaat als we eerder in hoofdstuk 4.3 en 5.3 gevonden hebben.

Als we $u(r)$ normeren vinden we $A = \sqrt{2/a}$ en als we het hoekgedeelte meenemen (dat is overigens constant, omdat $Y_0^0 (\theta , \phi ) = 1/\sqrt{4\pi}$), vinden we

$$\psi_{n00} = {1 \over \sqrt{2\pi a}}{\sin{(n\pi r/a)} \over r}.$$ (458)

We voorzien de stationaire toestanden van de labels $n$, $l$ en $m$: $\psi_{nlm}(r, \theta ,\phi )$. De toestanden hangen van deze drie quantum getallen af. De energie hangt enkel af van $n$ en $l$: $E_{nl}$.