En la superficie del Sol, uno de cada 201 millones de átomos de hidrógeno está en condiciones de emitir la raya roja del hidrógeno. Los otros doscientos millones no pueden: están en el suelo energético y no les llega para subir. Y sin embargo el Sol es hidrógeno en un 92 % de sus átomos. Ese desajuste —entre lo que hay y lo que se ve— es el asunto de este artículo, y es la trampa central de toda la espectroscopía.
Una raya sólo aparece si hay átomos en el nivel del que sale. El factor de Boltzmann dice cuántos: f = (g₂/g₁)·e−ΔE/kBT. Mueve la temperatura y compara las tres especies. El salto entre ellas no es de un factor dos: en la fotosfera del Sol son dieciséis órdenes de magnitud, y es la razón por la que una raya intensa no significa un elemento abundante.
Raya Hα, 656,3 nm, que sale del nivel n = 2.
A 5772 K la energía térmica vale 0.497 eV y el salto son 10,20 eV, veinte veces más. Sólo 5,0 × 10⁻⁹ de los átomos de hidrógeno —uno de cada 2,0 × 10⁸— está en n = 2 y puede dar Hα. El hidrógeno domina el Sol en número y casi no se le ve: raya débil no es elemento escaso.
Este panel sólo cuenta excitación, no ionización. Por encima de unos 10 000 K los átomos empiezan a perder el electrón y la raya se debilita aunque esta curva siga subiendo; hace falta la ecuación de Saha, que es materia del Nivel II.
Una raya necesita un átomo en el escalón de salida
Para que un gas emita una raya hacen falta dos cosas, y la segunda se olvida siempre. La primera: que el elemento esté ahí. La segunda: que sus átomos estén en el nivel de arriba de la transición, porque un átomo en el suelo no puede caer. Y para absorber, lo mismo al revés: hace falta que haya átomos en el nivel de abajo.
Quién sube y quién no lo decide la agitación térmica. En un gas a temperatura , la fracción de átomos que ocupa un nivel situado por encima del fundamental viene dada por el factor de Boltzmann:
donde y son las degeneraciones de los dos niveles —cuántos estados distintos con la misma energía hay en cada uno— y es la energía térmica típica, que a la temperatura de la superficie del Sol (5772 K) vale 0,497 eV.
Todo el drama está en que la temperatura aparece en un exponente. Duplicar no duplica la población del nivel de arriba: la multiplica por un número que puede tener diez cifras. Es la diferencia entre una ley lineal, con la que la intuición funciona, y una exponencial, con la que nunca.
Problema. En la fotosfera solar, a 5772 K, ¿qué fracción de átomos de hidrógeno está en (el nivel del que salen las rayas visibles de Balmer, a 10,199 eV del suelo) y qué fracción de átomos de sodio está en 3p (a 2,104 eV)?
Solución. Con eV y las degeneraciones para el hidrógeno y para el sodio:
Resultado. Uno de cada doscientos millones de átomos de hidrógeno puede dar Hα, frente a un 4,4 % de los de sodio: una diferencia de nueve millones de veces. Y no es porque el sodio sea especial, sino porque su escalón es cinco veces más bajo — y cinco veces menos en el exponente son siete órdenes de magnitud en el resultado. Ésta es la razón por la que la sal salta amarilla en cualquier cocina y el hidrógeno no da color en ninguna: no es una cuestión de cuánto hay, sino de a qué altura está el primer escalón.
El mismo cálculo en una llama de cocina
Bajar la temperatura amplifica el efecto en vez de suavizarlo. En la llama de un mechero de laboratorio, a unos 1800 K, la energía térmica cae a 0,155 eV y la fracción de sodio excitado se desploma a 3,8 partes por millón. Cuatro átomos de cada millón, y sin embargo el amarillo del ensayo a la llama es inconfundible desde el otro lado del laboratorio. Dos razones se combinan: la raya cae cerca del máximo de sensibilidad del ojo, y cada uno de esos poquísimos átomos excitados emite deprisa — el nivel 3p del sodio dura 16 ns, así que un átomo que se vuelva a excitar sin parar puede soltar hasta 6 × 10⁷ fotones por segundo.
El mismo cálculo para el hidrógeno a 1800 K da . Es decir: en una llama de mechero no hay hidrógeno excitado. Ni uno. Haría falta un mol de mechero ardiendo simultáneamente durante un buen rato para tener alguna probabilidad de ver un solo fotón de Balmer. Por eso el hidrógeno no tiene «color de llama», y por eso su espectro sólo se ve en un tubo de descarga, donde los átomos no se excitan por calor sino a golpes de electrón acelerado.
Raya intensa no es elemento abundante. Es el error más caro de la historia de la espectroscopía. Hasta los años veinte, la lectura dominante del espectro solar —con sus rayas metálicas fortísimas y su hidrógeno discreto— era que el Sol tenía una composición parecida a la de la corteza terrestre. En 1925, Cecilia Payne aplicó en su tesis doctoral la corrección exponencial que acabas de calcular y concluyó que el Sol es abrumadoramente hidrógeno y helio. Su director le pidió que escribiera que el resultado era «casi con certeza irreal»; ella lo escribió, y tenía razón de todas formas. Cuatro años después la comunidad se retractó. No fue un error de medida: los espectros estaban bien tomados. Fue un factor exponencial que nadie había puesto.
Y por qué las rayas del hidrógeno son máximas en las estrellas azules
El factor de Boltzmann tiene una consecuencia comprobable a simple vista en cualquier catálogo estelar. Las rayas de Balmer no son más fuertes en las estrellas más calientes, sino en las de tipo A, hacia 9500 K. La subida es fácil: al pasar de 5772 K a 10 000 K, la población de se multiplica por 5822, y las rayas se disparan. La bajada posterior necesita otro ingrediente: por encima de unos 10 000 K el hidrógeno empieza a ionizarse, y un átomo sin electrón no puede dar rayas de ningún tipo. El máximo está donde las dos tendencias se cruzan.
Ese segundo efecto no lo describe Boltzmann sino la ecuación de Saha, y es materia del Nivel II — el interactivo de arriba lo dice en su propio pie, porque un panel que enseñara la curva subiendo indefinidamente estaría mintiendo por omisión. Lo que sí se puede afirmar aquí, con números en la mano, es que la intensidad de una raya depende de la temperatura mucho más de lo que depende de la abundancia.
Problema. Si la intensidad de una raya depende tanto de la temperatura, ¿puede usarse al revés — medir la temperatura de un gas lejano a partir de sus rayas? Estima qué precisión en temperatura se obtiene midiendo la población de del hidrógeno con un 10 % de error, cerca de 6000 K.
Solución. Sí, y es la técnica estándar. Como , un cambio relativo en se traduce en uno mucho menor en : hay que subir la temperatura un tal que el exponente cambie en 0,10, y el exponente vale a 6000 K. De ahí , es decir unos 30 K.
Resultado. Un 10 % de error en la intensidad da ±30 K en 6000 K. La exponencial, que hacía la interpretación tan traicionera, es exactamente lo que convierte la espectroscopía en un termómetro de precisión: amplifica la temperatura al leerla y la comprime al deducirla. Es el mismo mecanismo, usado en la dirección correcta.
Ejercicios
El helio guarda su primer nivel excitado útil a 20,96 eV del suelo. Calcula su fracción excitada a 5772 K y compárala con la del hidrógeno. ¿Qué predice eso sobre ver rayas de helio en un espectro solar normal?
Solución
Con , , frente a del hidrógeno: nueve órdenes de magnitud menos. Predicción: en el espectro visible de la fotosfera no hay rayas de helio, por más helio que haya. Y así es — el helio se descubrió en la cromosfera durante un eclipse, no en el espectro solar de todos los días. La segunda lección: una predicción de «cero» a partir de un exponencial es de las más fiables que hay en física, porque para equivocarse habría que errar la temperatura en un factor dos.
En el interactivo, pon «Sodio» y compara 1800 K con 5772 K. La temperatura se multiplica por 3,2. ¿Por cuánto se multiplica la población excitada? ¿Y qué pasa si haces lo mismo con el hidrógeno?
Solución
Para el sodio, de a 0,0436: un factor 11 300. Para el hidrógeno, de a : un factor 4,5 × 10¹⁹. Multiplicar la temperatura por tres puede multiplicar la población por diez mil o por cuarenta trillones, según el escalón. El factor de amplificación es , y depende exponencialmente de : por eso ningún razonamiento cualitativo del tipo «más caliente, más rayas» sirve para nada aquí. Hay que calcularlo.
El Sol tiene un átomo de sodio por cada 575 000 de hidrógeno. Combinando esa abundancia con las fracciones excitadas de 5772 K, ¿qué se puede y qué no se puede concluir sobre la intensidad relativa de las rayas D y de Hα?
Solución
Se puede concluir que el número de emisores potenciales por volumen es comparable pese a la abundancia ridícula del sodio: la proporción de átomos capaces de dar la raya es , o sea que hay unos quince átomos de sodio listos por cada átomo de hidrógeno listo. Lo que no se puede concluir es cuál de las dos rayas se ve más oscura en el espectro solar: una raya de absorción muy poblada se satura —absorbe todo lo que puede y deja de crecer al añadir átomos— y su anchura pasa a depender de otras cosas. Convertir intensidades en abundancias exige la curva de crecimiento, y ése es un cálculo de Nivel III. La honestidad aquí es parte del método: el factor de Boltzmann explica por qué la lectura ingenua falla, no basta por sí solo para hacer la lectura correcta.