Libro con resumenes y ejercicios resueltos

Así que tenemos:〈nljm|H K |nljm〉 = − 1 ( ) 22µc 2 〈nljm| E nl + Ze2 |nljm〉 (463)ry utilizando las relaciones ya presentadas anteriormente, se obtiene:〈nljm|H K |nljm〉 = − 1 [2µc 2 Enl 2 + 2Ze2 E nl 2Z 2 e 4 ]an 2 +(2l + 1)n 3 a 2(464)Entonces:(Zα) 2 ( n〈nljm|H K |nljm〉 = E nln 2 l + 1/2 − 3 )4Finalmente, el término de Darwin, nos da una contribución de:(465)Que es no-nulo únicamente cuando l = 0:〈nljm|H D |nljm〉 = πZe2 22µ 2 c 2 |ψ nlm(0)| 2 (466)〈nljm|H D |nljm〉 = −E nl(Zα) 2n(467)Con l = 0. Reuniendo todas las correcciones calculadas, finalmente, tenemos para todos los valores de l aprimer orden en teoría de perturbaciones, la estructura fina de los niveles de energía de los átomos de unelectrón:{ [E nlj = E nl 1 + (Zα)2 nn 2 j + 1/2 − 3 ]}4Ahora consideremos este átomo de un electrón en un campo magnético. El efecto de un campo magnético,se incluye en el siguiente término del Hamiltoniano:H M = −e B2m e c ⃗ · ( L ⃗ + 2S) ⃗ (468)donde g e /2 = 1 y el término diamagnético (e 2 /8m e c 2 )(⃗r× ⃗ B) 2 ha sido despreciado. Ahora queremos evaluarel cambio en el estado base H 0 producida por la perturbación H 1 + H M a primer orden. Escogemos elmarco de referencia tal que ⃗ B este orientado a lo largo del eje z positivo:H M = − eB2m e c (L z + 2S z ) = − eB2m e c (J z + S z ) (469)En la base {|nljm〉} previamente utilizada, los cambos en las energías están dadas por los autovalores deuna matriz de orden 2n 2 para cada n fijo, con elementos de matriz: 〈nl ′ j ′ m ′ |H 1 +H M |nljm〉. ObviamenteH 1 asi como el término en H M proporcional a J z son diagonales en esta representación, mientras que eltérmino S z de H M ,aunque es diagonal en l y m, no es diagonal en j asi que ese es el único término queno se anula. Por lo que los elementos de matriz toman la forma: 〈nlj ′ m|H 1 + H M |nljm〉. Esto, junto conla ecuación anterior, nos da:〈nlj ′ m|H 1 + H M |nljm〉 = δ jj ′(Zα){E 2 ( nnln 2 j + 1/2 − 3 ) }+ µ B Bm + µ B B〈nlj ′ m| 1 4 S z|nljm〉 (470)72