15. Atomes à un électron
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L’intégrale angulaire I ij vaut
I ij =
dΩ
4π
ˆ
r i ˆ
r j =
1
3
δ ij
Pour le montrer, on observe que le seul tenseur d’ordre deux invariant par
rotation que l’on peut former avec les indices (i, j) est δ ij
I ij = cδ ij et
ij
δ ij I ij =1
ce qui montre que c =1 /3 et que les deux termes de W
′ se compensent.
Il reste donc uniquement le terme dit de contact
W contact = −
2µ 0
3
µ n ·
µ e δ( r)
= −
2µ 0
3
γ n γ e (
S n ·
S e ) δ( r)
(15.30)
Nous prendrons comme exemple de structure hyperfine celle de l’état fondamental de l’atome d’hydrogène : µ n → µ p , n =1,l=0. Le vecteur d’état est
le produit tensoriel d’une fonction d’onde spatiale déduite de (9.94)
ϕ( r)=
1
πa 3
0
exp
−
r
a 0
(15.31)
et d’une fonction d’onde de spin, produit tensoriel d’un vecteur d’état dans
l’espace de spin de l’électron et dans celui du proton. La partie spatiale et
la partie de spin sont entièrement découplées. On prend d’abord la moyenne
pour la partie spatiale
W contact spat = −
2µ 0
3
γ n γ e |ϕ(0)|
2 (
S p ·
S e )
=
A
2 (
S p ·
S e )
(15.32)
La constante A vaut
A =
2µ 0
3
(2µ B )(5.59µ N )
1
πa 3
0
≃ 5.87 × 10
−6 eV
Le hamiltonien effectif est donc A(
S p ·
S e )/
2 , qui agit dans l’espace de Hilbert
à quatre dimensions produit tensoriel des deux espaces de spin. En l’absence
de perturbation hyperfine, le niveau fondamental 1s 1/2 de l’atome d’hydrogène
possède une dégénérescence d’ordre 4. Il faut diagonaliser A(
S p ·
S e )/
2 dans
ce sous-espace, ce qui est immédiat si l’on introduit le spin total
S =
S p +
S e
et l’identité
S p ·
S e =
1
2
S
2 −
S
2
p −
S
2
e
=
2
2
s(s +1)−
3
2
(15.33)