Libro con resumenes y ejercicios resueltos

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Nuestra base se escribe |n, j = l + 1 2 , m j, l〉. Es claro que tenemos 8 estados en nuestro problema. Para S 1/2 ,tenemos:Para P 1/2 , tenemos:|2, 1/2, 1/2, 0〉|2, 1/2, −1/2, 0〉Finalmente, considerando P 3/2 , tenemos:|2, 1/2, 1/2, 1〉|2, 1/2, −1/2, 1〉|2, 3/2, 3/2, 1〉|2, 3/2, 1/2, 1〉|2, 3/2, −1/2, 1〉|2, 3/2, −3/2, 1〉En este caso, utilizaremos la perturbación spin órbita H SO . Esto es porque no podemos considerar al campomagnético B como una perturbación.H = −e2m e c 2 (L z + 2S z ) B ⃗ = −eB2m e c 2 (J z + S z ) (672)Lo que debemos hacer ahora, es considerar la acción de los operadores:〈n, l ± 1 2 , m j, l|J z + S z |n, l ± 1 2 , m j, l〉 = m j(1 ± 12l + 1)〈n, l + 1 2 , m j, l|J z + S z |n, l − 1 2 , m j, l〉 =(−l +2l + 1√ 1 ) 2− m 2 j2Entonces, la matriz obtenida es:⎡⎤−1/2 0 0 0 0 0 0 00 1/2 0 0 0 0 0 0√ M = eB0 0 −1/6 0 0 2/6 0 0√ 0 0 0 1/6 0 0 2/6 0m e c 2 0 0√0 0 −1 0 0 0⎢ 0 0 2/6 0 0 −1/3 0 0⎣√ ⎥0 0 0 2/6 0 0 1/3 0 ⎦0 0 0 0 0 0 0 1Dado que no es diagonal en la base, debemos diagonalizar dos matrices de 2x2. Estas matrices son:[ √ ]−1/6 2/6A = √2/6 −1/3(673)(674)Nótese que la matriz anterior corresponde a P 1/2 con m j = 1 2 y P 3/2 con m j = 1 2 y además:105
[ √ ]1/6 2/6B = √2/6 1/3(675)Esta matriz corresponde a los elementos P 1/2 con m j = − 1 2 y P 3/2 con m j = − 1 2. Diagonalizaremos estasmatrices y obtendremos autovalores. Para la matriz A, se obtiene:( √ )2Autovalor = 0 Autovector asociado =1( √ )− 2/2Autovalor = −1/2 Autovector asociado =1Para la matriz B, se obtiene:( √ )2/2Autovalor = 1/2 Autovector asociado =1( √ )− 2Autovalor = 0 Autovector asociado =1(676)(677)(678)(679)(680)3.1.4 Problema 4Problema 16Suponga que se tiene una situación en que el efecto de la interacción con un campo magnético externo esdominante frente a la interacción spin-órbita (Efecto Paschen-Back). Trabajando en la “vieja” base, donde losestados se rotulan de la forma |l, s, l z , s z 〉, encuentre el espectro del Efecto Zeeman en este caso y grafique laevolución de los niveles frente a los niveles originales del átomo del Hidrógeno para el caso n = 2 (estados S y P).A continuación conecte la interacción spin-órbita como una perturbación y encuentre la corrección al espectroal primer orden.Nota: Manténgase en la vieja base, que es la base apropiada en este caso, en contraposición con el efecto Zeemananómalo débil que discutiéramos en clase.SoluciónSi consideramos el efecto Paschen Back tenemos que el Hamiltoniano viende dado por:H = H 0 +e2m e c (⃗ L + g sS) ⃗ · B ⃗Donde H 0 es el Hamiltoniano del átomo de Hidrógeno sin correcciones. Algo que puede ser muy útil parahacer el producto punto será localizar el campo magnético en la dirección del eje z, sin pérdida de generalidad(simplemente escogemos un sistema de referencia), con lo que el Hamiltoniano de interacción queda:Acá usamos el hecho de que g s = 2.003 ≈ 2.H 1 =eB2m e c (L z + 2S z )Estamos considerando el caso en que el campo magnético es dominante frente a la interacción spin órbita no esnecesario pasar a la base con J (momento angular total) por lo que trabajamos en la base recomendada en elenunciado, en esta base tanto L z comoS z son diagonales, por lo que:∆E = 〈l, s, l z , s z | H 1 | l, s, l z , s z 〉 =eB2m e c 〈l, s, l z, s z | (L z + 2S z ) | l, s, l z , s z 〉106
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Pontificia Universidad Católica de
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Pero, como sabemos que σ 2 y = 1 y
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(ψ1 (t)ψ 2 (t)) (= e −iHt 10)(4
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Entonces, se obtiene:Lo que se tran
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o también:(Ψ(t) = e −iE( 0)t/ 1
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al resultado general y formamos un
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donde hemos introducido el parámet
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⎞Entonces, tenemos dos matrices i
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