20. Corrigés d’une sélection d’exercices
987
4. Le moment angulaire est
J =( /2)( σ p + σ n ) et
J|χ s =0car |χ s est
un état de moment angulaire nul. De même,
χ s | σ p |χ s =0
parce que σ p est un opérateur vectoriel dont les éléments de matrice sont
nuls en raison du théorème de Wigner-Eckart, si les éléments de matrice sont
calculés entre états de moment angulaire zéro. Si ψ i ( r) est la fonction d’onde
spatiale d’un état
3 S 1 , le potentiel est le même que celui du deutéron, et
comme deux fonctions d’onde correspondant à deux valeurs propres différentes
de l’énergie sont orthogonales, nous avons
d
3 rψ
∗
f ( r)ψ i ( r)=
d
3 rψ
∗
D ( r)ψ i ( r)=0
Si, au contraire, la fonction d’onde initiale correspond à un état
1 S 0 , l’intégrale
ne s’annule pas
d
3 rψ
∗
D ( r)ψ i ( r)=−
N D
√
4π
dΩ
∞
0
r
2 dr
e
−κr
r
a s
r
1 −
a s
r
= −N D a s
√
4π
∞
0
dr e
−κr
1 −
a s
r
=
N D
√
4π
κ 2 (1 − κa s )
5. Nous utilisons la relation de fermeture (17.30)
λ
e
i
λ ( k)e
j
λ ( k)=δ ij − ˆ
k i ˆ
k j
et nous en déduisons
m
||χ
m
t | σ p |χ s |
2
=
m
χ s σ p |χ
m
t χ
m
t | σ p |χ s
=
m
χ s | σ p |χ
m
t ··χ
m
t | σ p |χ s + χ s | σ p |χ s ··χ s | σ p |χ s
où nous nous sommes servis de χ s | σ p |χ s =0 . Nous utilisons ensuite la
relation de fermeture dans l’espace de Hilbert à quatre dimensions des deux
spins
m
|χ
m
t χ
m
t | + |χ s χ s | = I
de sorte que
|||W
′
spin |
2 =
1
4
χ s | σ
2
p − ( σ p · ˆ
k)
2 |χ s =
1
2
parce que σ
2
p =3and ( σ p · ˆ
k)
2 =1.
6. Rassemblons les différents facteurs que nous avons examinés dans les
questions précédentes et qui conduisent au résultat de l’énoncé.
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4. Le moment angulaire est
J =( /2)( σ p + σ n ) et
J|χ s =0car |χ s est
un état de moment angulaire nul. De même,
χ s | σ p |χ s =0
parce que σ p est un opérateur vectoriel dont les éléments de matrice sont
nuls en raison du théorème de Wigner-Eckart, si les éléments de matrice sont
calculés entre états de moment angulaire zéro. Si ψ i ( r) est la fonction d’onde
spatiale d’un état
3 S 1 , le potentiel est le même que celui du deutéron, et
comme deux fonctions d’onde correspondant à deux valeurs propres différentes
de l’énergie sont orthogonales, nous avons
d
3 rψ
∗
f ( r)ψ i ( r)=
d
3 rψ
∗
D ( r)ψ i ( r)=0
Si, au contraire, la fonction d’onde initiale correspond à un état
1 S 0 , l’intégrale
ne s’annule pas
d
3 rψ
∗
D ( r)ψ i ( r)=−
N D
√
4π
dΩ
∞
0
r
2 dr
e
−κr
r
a s
r
1 −
a s
r
= −N D a s
√
4π
∞
0
dr e
−κr
1 −
a s
r
=
N D
√
4π
κ 2 (1 − κa s )
5. Nous utilisons la relation de fermeture (17.30)
λ
e
i
λ ( k)e
j
λ ( k)=δ ij − ˆ
k i ˆ
k j
et nous en déduisons
m
||χ
m
t | σ p |χ s |
2
=
m
χ s σ p |χ
m
t χ
m
t | σ p |χ s
=
m
χ s | σ p |χ
m
t ··χ
m
t | σ p |χ s + χ s | σ p |χ s ··χ s | σ p |χ s
où nous nous sommes servis de χ s | σ p |χ s =0 . Nous utilisons ensuite la
relation de fermeture dans l’espace de Hilbert à quatre dimensions des deux
spins
m
|χ
m
t χ
m
t | + |χ s χ s | = I
de sorte que
|||W
′
spin |
2 =
1
4
χ s | σ
2
p − ( σ p · ˆ
k)
2 |χ s =
1
2
parce que σ
2
p =3and ( σ p · ˆ
k)
2 =1.
6. Rassemblons les différents facteurs que nous avons examinés dans les
questions précédentes et qui conduisent au résultat de l’énoncé.