Recodemos la fórmula del efecto Zeeman \(E = E_0 + m \mu_B B\) con \(\mu_B = 5.79 \times 10^{- 11} \rm{MeV} / \text{T}\), \(m\) la tercera componente del momento angular orbital y \(E_0\) la energía del electrón en ausencia de campo magnético. En caso de una transición tendremos \(\Delta E = \Delta E_0 + (\Delta m) \mu_B B\) y por la regla de selección de transiciones dipolares eléctricas \(| \Delta \ell | = 1\) y \(| \Delta m | \leqslant 1\), con lo que aparecen tres lineas, una con la misma energía que el campo apagado y otras dos simétricas por encima y debajo de ésta. En términos de la frecuencia de los fotones emitidos tenemos \(\nu = \nu_0 + \Delta \nu\) con \(h \nu_0 = \Delta E_0\) y \(h \delta \nu = \mu_B B\) y además \(\nu \gg \delta \nu\). Dado que \(\lambda \nu = c\) tenemos que \begin{equation}\delta \lambda = \frac{c \delta \nu}{\nu^2} = \frac{\lambda^2 \delta \nu}{c} = \frac{\lambda^2 \mu_B B}{h c} . \label{eq:Zeeman} \end{equation} Podemos despejar el campo magnético, y usamos que \(\hbar c = 197.3 \rm{MeV} \cdot\rm{fm}\) y como \(1 \rm{fm} = 10^{- 15}\)m y \(1Å= 10^{- 10}\)m tenemos \(1 \rm{fm}= 10^{- 5} Å\) con lo que \(h c = 1.23984 \times 10^{- 2} {\rm MeV} \cdotÅ\) \begin{equation}B \geqslant \frac{h c \delta \lambda}{\lambda^2 \mu_B} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2} \times 0.5}{5000^2 \times 5.79 \times 10^{- 11}} \text{T} = 4.28269 \text{T} . \end{equation}
Del los datos podemos calcular la constante \(\mu_B\) despejando de la ecuación (1): \begin{equation}\mu_B = \frac{h c \delta \lambda}{\lambda^2 B} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2} \times 0.25}{4226^2 \times 3} {\rm MeV} / \text{T} = 5.78529 \times 10^{- 11} {\rm MeV} / \text{T},\end{equation} en perfecto acuerdo con el valor estándar. De la ley de Lorentz \(F \sim q B v\) tenemos que \begin{equation}\frac{{\rm Kg}\, m}{s^2} = C \text{T} \frac{m}{s} \longrightarrow \text{T} = \frac{{\rm Kg}}{C s} .\end{equation} Usando \(\mu_B = e \hbar / (2 m_e)\) y \(c = 3 \times 10^{23}\)fm/s tenemos \begin{equation}\frac{e}{m_e} = \frac{2 \mu_B c}{\hbar c} = \frac{2 \times 5.78529 \times 10^{- 11} \times 3 \times 10^{23} }{197.33} C / {\rm Kg} = 1.75907 \times 10^{11} C / {\rm Kg} . \end{equation}
Una vez más usamos la ecuación (1): \begin{equation}\delta \lambda = \frac{\lambda^2 \mu_B B}{h c} = \frac{4916^2 \times 3 \times 5.79 \times 10^{- 11}}{1.23984 \times 10^{- 2}} Å= 0.339Å.\end{equation}
\begin{equation} B = \frac{h c \delta \lambda}{\lambda^2 \mu_B} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2} \times 1.1 \times 10^{- 3}}{5000^2 \times 5.79 \times 10^{- 11}} \text{T} = 9.42 \rm{mT} . \end{equation}
Esta línea se produce por la estructura hiperfina del átomo de hidrógeno causada por el acoplamiento de los espines del electrón y el protón. Se puede entender como el efecto Zeeman causado por el campo magnético que crea el protón, y por tanto la energía de un fotón radiado por la transición entre las dos polarizaciones del electrón es \(E = h \nu = \mu_B g_s B\), con \(g_s \simeq 2\), con lo que, tendiendo en cuenta que \(21 {\rm{cm}} = 2.1 \times 10^9 Å\), tenemos que \begin{equation}B = \frac{h c}{2 \mu_B \lambda} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2}}{2 \times 5.78529 \times 10^{- 11} \times 2.1 \times 10^9} \text{T} = 0.051026 \text{T},\end{equation} en donde tratamos el campo magnético nuclear como uno clásico y externo.
La distancia entre líneas es \(\delta \lambda = 5.97 Å\) y el promedio \(\lambda = 5892.93 Å\). Esta separación tiene lugar por el acoplamiento espín-órbita, proporcional a \(\vec{L} \cdot \vec{S}\), con \(\vec{L}\) y \(\vec{S}\) los operadores de momento angular orbital e intrínseco, respectivamente. En esta aproximación trataremos el momento magnético producido por la órbita como un campo externo clásico, de modo que podemos usar las fórmulas aprendidas hasta ahora modificando por el factor \(g_s\)
\begin{equation}B \simeq \frac{h c \delta \lambda}{g_s \lambda^2 \mu_B} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2} \times 5.97}{2 \times 5892.93^2 \times 5.79 \times 10^{- 11}} \text{T} = 18.4064 \text{T} .\end{equation} Vemos que el campo es mucho más intenso que para la línea del hidrógeno.
La diferencia de energía es \begin{equation}\Delta E = \mu_B g_s B = 2 \times 0.5 \times 5.79 \times 10^{- 11} {\rm MeV} = 5.79 \times 10^{- 11} {\rm MeV} .\end{equation} La longitud de onda correspondiente es \begin{equation}\lambda = \frac{c}{\nu} = \frac{h c}{\Delta E} = \frac{1.23984 \times 10^{- 2}}{5.79 \times 10^{- 11}} Å= 2.14135 \times 10^8 Å= 2.14 {\rm cm} .\end{equation}
En primer lugar calculamos la energías debida a la transición entre los estados con \(n = 1, 2\) en ausencia de campo magnético, usando la fórmula de Rydberg, y con \(R_H = 1.0967758 \times 10^{- 3} Å^{- 1}\) tenemos \begin{equation}\frac{1}{\lambda} = R_H \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3 R_H}{4} \longrightarrow \lambda = \frac{4}{3 R_H} = \frac{4Å}{3 \times 1.0967758 \times 10^{- 3}} = 1215.68Å,\end{equation} que es parecida a la que da el enunciado. En segundo lugar, sabemos que la notación espectroscópica implica \(s \rightarrow \ell = 0\) y por tanto \(m = 0\); y \(p \rightarrow \ell = 1\), con lo que \(m = 0, \pm 1\). Como la regla de selección para transiciones dipolares eléctricas implica \(| \Delta \ell | = 1\) y \(| \Delta m | \leqslant 1\) podemos tener tres líneas, con \(\Delta m = 0, \pm 1\), la primera idéntica al caso de \(B = 0\). La separación entre las tres es de \begin{equation}\delta \lambda = \frac{\lambda^2 \mu_B B}{h c} = \frac{1210^2 \times 5 \times 5.79 \times 10^{- 11}}{1.23984 \times 10^{- 2}} Å= 0.0341864Å.\end{equation}
El estado \(^2 S_{1 / 2}\) tiene \(\ell = m = 0\) y por tanto no sufre desdoblamiento por momento angular orbital, aunque sí por el de espín. Sus niveles energéticos se desplazan arriba y abajo de la energía con \(B = 0\) \begin{equation}\Delta E_s = \frac{g_s \mu_B B}{2} = \mu_B B = 2 \times 5.79 \times 10^{- 5} {\rm eV} = 0.1158 {\rm MeV},\end{equation} y el desdoblamiento es \(E^s_{\pm} = E_{2 s} \pm \Delta E_s\). El estado \(^2 P_{1 / 2}\) tiene \(\ell = 1\) y \(m = 0, \pm 1\) con lo que puede tener un desplazamiento debido al momento angular orbital \(\Delta E_{\ell} = \mu_B B = \Delta E_s\). Los posibles estados desdoblados son cinco, según se orienten las terceras componentes \(m\) y \(s_z\): \(E_{2 p} \pm \Delta E_s\) (\(\ell = 0\) y \(s_z = \pm 1 / 2\)), \(E_{2 p} \pm 2 \Delta E_s\) (\(\ell = \pm 1\) y \(s_z = \pm 1 / 2\)) y por supuesto \(E_{2 p}\) (\(\ell = \pm 1\) y \(s_z = \mp 1 / 2\)), que es igual al caso con \(B = 0\).