Suma de momentos

Entre los dos niveles hiperfinos del hidrógeno hay exactamente 1 ħ²: $\langle \mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2\rangle$ vale +0,250 ħ² en el triplete y −0,750 ħ² en el singlete, y la diferencia es 1 ħ² sin redondear nada. Este artículo hace dos cosas con ese número. La primera es deducirlo dos veces por caminos que no comparten ninguna cuenta —despejándolo de $\mathbf{S}^2$ y sumando las tres componentes $\langle S_{1k}S_{2k}\rangle$— y ver de paso que $\langle S_{1z}S_{2z}\rangle$ vale −0,250 ħ² en los dos estados: el eje z no los distingue. La segunda es cobrárselo. Metido en el fundamental del hidrógeno con el término de contacto de Fermi, ese 1 ħ² se convierte en 1422,808 MHz; corregir el radio de Bohr por la masa reducida —y entra al cubo, no al cuadrado— lo deja en 1420,485 MHz, a 56 ppm de los 1420,405 751 7667 MHz que se miden en el cielo. Los 56 ppm que quedan no son redondeo: son relatividad, QED y estructura del protón, y se dicen con su nombre.

Sumar no es apilar: los números cuánticos buenos cambian

Dos electrones, cada uno con su espín. El espacio de estados es el producto tensorial de los dos, así que tiene $2\times2 = 4$ dimensiones, y la base más obvia es la de los cuatro estados producto: $|\!\uparrow\uparrow\rangle$, $|\!\uparrow\downarrow\rangle$, $|\!\downarrow\uparrow\rangle$ y $|\!\downarrow\downarrow\rangle$. Cada uno de ellos tiene $m_1$ y $m_2$ perfectamente definidos. Parece que no hay nada más que decir.

Lo hay, y es lo que decide el resto del artículo. El operador que gobierna la energía de dos espines que interactúan casi nunca es $S_{1z}$ ni $S_{2z}$: es $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2$, porque la interacción no distingue direcciones del espacio. Y ese operador no conmuta con $S_{1z}$. Es fácil de ver sin calcular nada: $\mathbf{S}_1^2$ y $\mathbf{S}_2^2$ son múltiplos de la identidad en este problema, así que $[\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2, S_{1z}] = \tfrac12[\mathbf{S}^2, S_{1z}]$, y eso no es cero. El verificador lo comprueba en las nueve series de acoplamiento que recorre: en todas, $\mathbf{J}^2$ conmuta con $J_z$ y no conmuta con $J_{1z}$. Traducido: si un hamiltoniano contiene $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2$, entonces $m_1$ y $m_2$ dejan de ser números cuánticos buenos —dejan de conservarse— y hay que cambiar de base.

La base nueva la fabrica el momento angular total $\mathbf{J} = \mathbf{J}_1 + \mathbf{J}_2$. El primer resultado es puramente algebraico y no cuesta nada: la suma de dos momentos angulares vuelve a cumplir el álgebra del artículo 01, porque $\mathbf{J}_1$ y $\mathbf{J}_2$ actúan sobre factores distintos del producto y por tanto conmutan entre sí. De ahí que $\mathbf{J}^2$ y $J_z$ vuelvan a tener autovalores $\hbar^2 J(J+1)$ y $\hbar M$, con $M = -J\ldots J$. Lo que no es gratis es saber qué valores de $J$ aparecen. La respuesta es la serie de Clebsch-Gordan:

y su primera comprobación no es una cita, es una cuenta: las dimensiones tienen que cuadrar. Comprobado en nueve series, desde $\tfrac12\otimes\tfrac12$ hasta $\tfrac52\otimes2$, diagonalizando $\mathbf{J}^2$ en la base producto. En las nueve, $(2j_1+1)(2j_2+1) = \sum_J (2J+1)$: 4 = 3+1 para dos espines ½, 6 = 4+2 para $1\otimes\tfrac12$, 9 = 5+3+1 para $1\otimes1$, 30 = 2+4+6+8+10 para $\tfrac52\otimes2$. Ninguna de esas igualdades es una identidad aritmética que se pueda escribir a ojo: es el mismo número de estados contado en dos bases.

½ ⊗ ½: la escalera se cierra y sobra un estado

El caso de dos espines ½ se resuelve entero con el operador escalera del artículo 01, sin abrir ninguna tabla y sin diagonalizar ninguna matriz. Se empieza por arriba. El estado con $M = +1$ es único —sólo $|\!\uparrow\uparrow\rangle$ tiene $m_1+m_2 = +1$— así que tiene que ser el tope de un multiplete, y como $M$ llega a 1 ese multiplete es $S=1$:

Ahora se baja. $S_- = S_{1-} + S_{2-}$ actúa sobre los dos factores, y sobre un espín ½ vale $S_-|\!\uparrow\rangle = \hbar|\!\downarrow\rangle$. Por tanto $S_-|\!\uparrow\uparrow\rangle = \hbar(|\!\downarrow\uparrow\rangle + |\!\uparrow\downarrow\rangle)$. Por el otro lado, el coeficiente de escalera del artículo 01 dice que $S_-|1,+1\rangle = \hbar\sqrt{1\cdot2 - 1\cdot0}\,|1,0\rangle = \hbar\sqrt2\,|1,0\rangle$, y $\sqrt2 = 1{,}4142136$ es exactamente la norma que se mide del vector de la izquierda antes de normalizarlo. Igualando:

Los dos coeficientes valen +0,70710678, con el mismo signo. Eso deja tres estados colocados y uno sin colocar: en el plano $M=0$ hay dos estados producto y sólo uno de ellos se ha usado. El que falta es lo ortogonal a $|1,0\rangle$ dentro de ese plano, y con $M=0$ y sin sitio en el multiplete $S=1$ tiene que ser $S=0$:

El menos va en el singlete. Es el error más frecuente del tema y no chirría al escribirlo, así que conviene tener tres razones independientes para el signo, y las tres están medidas. La primera es la construcción de arriba: el triplete sale de bajar, y bajar suma los dos términos con el mismo signo. La segunda es la diagonalización directa de $\mathbf{S}^2$: sus cuatro autovalores son $2\hbar^2$ tres veces y $0$ una, y el autovector del 0 tiene componentes +0,707107 y −0,707107 sobre $|\!\uparrow\downarrow\rangle$ y $|\!\downarrow\uparrow\rangle$, y exactamente 0 sobre los otros dos. La tercera es la tabla de Clebsch-Gordan de sympy, que con el convenio de Condon-Shortley da $\langle\tfrac12,+\tfrac12;\tfrac12,-\tfrac12|0,0\rangle = +0{,}70710678$ y $\langle\tfrac12,-\tfrac12;\tfrac12,+\tfrac12|0,0\rangle = -0{,}70710678$. Los tres caminos coinciden en el signo.

Y hay una cuarta razón, que no es de cálculo sino de física, y que es la que hay que recordar: bajo el intercambio de las dos partículas el triplete es simétrico —sus tres estados— y el singlete es antisimétrico. Es la única combinación de signos que puede producir eso, porque $|\!\uparrow\uparrow\rangle$ y $|\!\downarrow\downarrow\rangle$ son simétricos sin remedio y el multiplete entero tiene que serlo con ellos. De esa distinción vive el II.7, el módulo de partículas idénticas: con espín ½, la antisimetría total obliga a que un singlete de espín lleve una parte espacial simétrica y un triplete una antisimétrica, y ahí es donde nace la interacción de intercambio.

⟨S₁·S₂⟩ por dos caminos, y el único ħ² que hay entre los dos niveles

El observable que interesa no es $\mathbf{S}^2$ sino $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2$, porque es él quien aparece en el hamiltoniano. Se despeja del cuadrado de la suma:

Con $\mathbf{S}_1^2 = \mathbf{S}_2^2 = \tfrac34\hbar^2$ —que aquí no se teclea: sale de las matrices $j=\tfrac12$ construidas por la escalera— los dos autovalores son inmediatos. En el triplete $\mathbf{S}^2 = 2\hbar^2$, luego

y en el singlete $\mathbf{S}^2 = 0$, luego

Ese $-\tfrac34$ es el número que más veces se escribe mal. El error habitual es poner $-\hbar^2/4$, que es un número perfectamente creíble, tiene el signo bueno y existe en este problema —es $\langle S_{1z}S_{2z}\rangle$, que aparece en la sección siguiente—, pero no es esto. La diferencia entre los dos autovalores es $\tfrac14 - (-\tfrac34) = 1$, exactamente 1 ħ², y de ese 1 sale el tamaño entero de la raya de 21 cm. Con el −¼ saldría cuatro veces menor.

El segundo camino no comparte nada con el primero: se escriben las tres componentes y se suman. $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2 = S_{1x}S_{2x} + S_{1y}S_{2y} + S_{1z}S_{2z}$, con cada $S_{1k}S_{2k} = \tfrac{\hbar^2}{4}\,\sigma_k\otimes\sigma_k$. Contraídos los tres productos de Kronecker sobre los autovectores de $\mathbf{S}^2$ y sumados, los dos caminos dan lo mismo, y el panel de arriba imprime los dos resultados en dos casillas distintas para que se vean moverse juntos.

Las tres correlaciones, y el eje que no distingue

La suma de las tres componentes esconde algo que la suma sola no deja ver, y es la parte del artículo que más se usa después. Llamemos $C_{kk} = \langle S_{1k}S_{2k}\rangle$ a cada correlación por separado, en unidades de $\hbar^2$. Para los dos estados de $M=0$ salen así:

Mírese la primera columna. $C_{zz}$ vale −0,250 ħ² en los dos estados. No se parece: es el mismo número. Un experimento que mida $S_{1z}$ y $S_{2z}$ a la vez y calcule la correlación de los dos resultados no distingue el triplete del singlete, por muchas veces que se repita. La razón es geométrica y se ve en la construcción: los dos estados son combinaciones de los mismos dos productos $|\!\uparrow\downarrow\rangle$ y $|\!\downarrow\uparrow\rangle$, y los dos tienen los espines antiparalelos en z con probabilidad 1. Lo único que los separa es el signo relativo, y el signo relativo no lo ve un observable diagonal en esa base.

Lo que sí lo ve son $C_{xx}$ y $C_{yy}$, que cambian de signo: +0,250 ħ² en el triplete y −0,250 ħ² en el singlete. En el eje z los dos estados están anticorrelacionados; en los ejes x e y, el triplete está correlacionado y el singlete anticorrelacionado. Ésa es toda la diferencia entre los dos, y es lo que hay que medir para verla. La lección general, que vale mucho más allá de este problema: un observable que devuelve el mismo valor en dos estados no es una mala medida, es una medida de otra cosa.

ℓ ⊗ ½: los Clebsch del 2p sin abrir una tabla

El caso que hace falta para un átomo real no es $\tfrac12\otimes\tfrac12$ sino $\ell\otimes\tfrac12$: el momento angular orbital de un electrón sumado a su propio espín. Es lo que el acoplamiento espín-órbita pone en el hamiltoniano, y el II.8 lo encenderá. Aquí se resuelve el 2p, o sea $\ell=1$, y se resuelve del mismo modo que antes: bajando.

La serie da $1\otimes\tfrac12 = \tfrac32 \oplus \tfrac12$, con 4 + 2 = 6 estados, que es la dimensión del producto. Para $j = \tfrac32$ el autovalor de $\mathbf{J}^2$ es $\hbar^2 j(j+1) = \tfrac{15}{4}\hbar^2 = 3{,}75\,\hbar^2$. Arriba del todo sólo hay un estado con $m_j = m_\ell + m_s = \tfrac32$, así que

Se aplica $J_- = L_- + S_-$. Por la izquierda, el coeficiente de escalera del artículo 01 con $j=\tfrac32$ y $m=\tfrac32$ da $\hbar\sqrt{\tfrac{15}{4}-\tfrac32\cdot\tfrac12} = \hbar\sqrt3$. Por la derecha, $L_-$ sobre $|1,+1\rangle$ da $\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle$ y $S_-$ sobre $|\!\uparrow\rangle$ da $\hbar|\!\downarrow\rangle$. Igualando y dividiendo por $\hbar\sqrt3$:

Los dos coeficientes de Clebsch-Gordan son $\sqrt{2/3} =$0,81649658 y $\sqrt{1/3} =$0,57735027, y sus cuadrados suman 1 sin ayuda: el estado sale normalizado del propio procedimiento, no hay que normalizarlo a mano. El verificador los cruza contra la tabla de Clebsch-Gordan de sympy, calculada por la fórmula de Racah, y contra la diagonalización directa de $\mathbf{J}^2$ en la base producto: las tres vías coinciden con desviación medida 0. La misma bajada, un peldaño más, da

Con eso está entero el multiplete de cuatro. El de dos sale de lo mismo que antes: en el plano $m_j = +\tfrac12$ hay dos estados producto, uno se ha gastado en $j=\tfrac32$, y el que queda —lo ortogonal— es $\left|\tfrac12,+\tfrac12\right\rangle$. No hace falta ninguna tabla en ningún momento. Lo único que se usa es el coeficiente de escalera y la ortogonalidad, y las dos cosas están deducidas en el artículo 01.

Que el procedimiento produzca una tabla y no un montón de números sueltos también es comprobable, y está comprobado en cuatro series: la matriz de coeficientes es cuadrada, cumple $UU^\dagger = U^\dagger U = 1$ y diagonaliza $\mathbf{J}^2$. Es decir: el cambio de base producto a base acoplada es un giro, no una aproximación, y por eso no se pierde ni se inventa ningún estado por el camino.

La comprobación que siempre tiene que salir

Cualquier cuenta de acoplamiento tiene una comprobación gratuita, y conviene hacerla siempre porque caza la mayoría de los errores de coeficiente:

porque $J_z = L_z + S_z$ y el estado es autoestado de $J_z$ con autovalor $m_j\hbar$. Lo bonito es que los dos sumandos no son autovalores de nada: son valores esperados, y salen fraccionarios. En $\left|\tfrac32,-\tfrac12\right\rangle$, con pesos $\tfrac23$ sobre $|1,0\rangle|\!\downarrow\rangle$ y $\tfrac13$ sobre $|1,-1\rangle|\!\uparrow\rangle$:

y $-\tfrac13 - \tfrac16 = -\tfrac12$, que es $m_j$. Sale. En $\left|\tfrac32,+\tfrac12\right\rangle$ los dos cambian de signo, $+0{,}333\,\hbar$ y $+0{,}167\,\hbar$, y suman $+\tfrac12\hbar$. En el tope, $\left|\tfrac32,+\tfrac32\right\rangle$, no hay mezcla y los dos valen sus autovalores enteros: $+1{,}000\,\hbar$ y $+0{,}500\,\hbar$, que suman $\tfrac32\hbar$. El verificador hace esta comprobación en los seis estados de esta serie y nunca falla. Y por eso es útil: cuando falla, el error está en el coeficiente que se acaba de escribir.

Hay que resistir aquí una tentación concreta: leer $\langle S_z\rangle = -\hbar/6$ como «el espín apunta un poco hacia abajo». No apunta. Cada vez que se mida $S_z$ de ese electrón saldrá $+\hbar/2$ o $-\hbar/2$, nunca $-\hbar/6$; lo que pasa es que sale hacia abajo dos de cada tres veces. El $-\hbar/6$ es una media, y la media de un observable con dos autovalores no tiene por qué parecerse a ninguno de los dos.

El 2 de 2n², contado por j

El II.5 dejó el nivel $n$ del hidrógeno con $n^2$ orbitales, contados dos veces y sin espín. El I.4 llevaba años publicando la capacidad de las capas —2, 8, 18, 32— y el 2 de $2n^2$ se daba como un hecho de la tabla periódica. Aquí se cierra el círculo: ese 2 es la degeneración del espín, y en el lenguaje de este módulo es la dimensión $2s+1 = 2$ de la representación $j = \tfrac12$ del álgebra de momento angular. De ninguna otra cosa.

Y se puede contar de dos maneras que no se hablan entre sí. La primera es tensorial: cada $|n\ell m\rangle$ se multiplica por los dos estados de espín, así que hay $2n^2$ estados. La segunda usa la base acoplada: para cada $\ell$ se forman los multipletes $j = \ell\pm\tfrac12$ y se suman sus $2j+1$ estados. Para $n=2$: el $\ell=0$ da un solo $j=\tfrac12$ con 2 estados, y el $\ell=1$ da $j=\tfrac32$ con 4 y $j=\tfrac12$ con 2. Total 2 + 4 + 2 = 8, que es $2n^2$. El verificador hace las dos cuentas para $n = 1, 2, 3$ y 4 y las compara con las cuatro filas de capacidad que el I.4 publica: 2 · 8 · 18 · 32, las cuatro coinciden.

La segunda cuenta parece un rodeo y no lo es: es la que sobrevive cuando la degeneración se rompe. En el momento en que el II.8 encienda $\mathbf{L}\cdot\mathbf{S}$, los ocho estados de $n=2$ dejarán de tener la misma energía y se repartirán precisamente por multipletes: un $^2S_{1/2}$, un $^2P_{1/2}$ y un $^2P_{3/2}$. La primera cuenta habrá dejado de significar algo; la segunda dirá exactamente cuántos estados hay en cada raya. Es el mismo total escrito en la base buena.

La raya de 21 cm: el contacto de Fermi, montado del todo

Ya está todo. El protón tiene espín ½ y momento magnético; el electrón también; y en el fundamental del hidrógeno los dos ocupan el mismo sitio. El acoplamiento de sus dos espines parte el nivel 1s en dos —el triplete arriba, el singlete abajo— y la transición entre ellos es la raya de 21 cm, la señal con la que se ha cartografiado el hidrógeno neutro de la Galaxia. El I.4 la nombra y dice que su tamaño es proporcional a $|\psi(0)|^2$. Aquí se calcula.

El mecanismo es el término de contacto de Fermi. Un dipolo magnético puntual dentro de una densidad de carga produce, además del campo dipolar habitual, un término proporcional a $\delta^3(\mathbf{r})$ que sólo actúa donde el electrón está encima del núcleo. Su valor esperado es, por tanto, proporcional a la densidad de probabilidad del electrón en el origen, y el operador de espín que lleva es exactamente el del artículo:

El último factor es el 1 de la sección anterior —la diferencia +¼ − (−¾)— y no hay más espín en la fórmula. Los otros cuatro números vienen del artículo 03: $|g_e| = 2{,}002319$, $g_p = 5{,}586$, $\mu_B = 57{,}8838$ µeV/T y $\mu_N = 31{,}5245$ neV/T. Y $|\psi(0)|^2$ viene del I.4, que publica $2{,}15\times10^{30}$ m⁻³ para el 1s; recalculado aquí como $1/\pi a_0^3$ da $2{,}14806\times10^{30}$ m⁻³, que coincide con la cifra publicada dentro de su tercera cifra significativa ($9{,}0\times10^{-4}$ relativo, que es lo que cuesta redondear a tres cifras).

Sustituyendo sale $\Delta E = 5{,}88426$ µeV, o sea

La medida es 1420,405 751 7667 MHz (Essen, Donaldson, Bangham y Hope, Nature 229, 110, 1971; el año anterior Hellwig y colaboradores habían dado 1420,405 751 768 MHz, y las dos siguen citándose. Es una de las frecuencias mejor conocidas de la física, y por eso se escribe con todas sus cifras y no con tres). El cálculo se pasa un 0,17 %. Para una cuenta que no lleva ni un parámetro ajustable ni una constante de acoplamiento inventada, es un resultado espectacular. Y para lo que se sabe del hidrógeno, es un desacuerdo vergonzoso: es un 0,17 % sobre una raya que se conoce con doce cifras.

El factor perdido: a₀ entra al cubo

El 0,17 % no es misterioso, y encontrarlo es la lección más transferible de todo el módulo. El cálculo usó $|\psi(0)|^2 = 1/\pi a_0^3$ con el radio de Bohr de siempre, $a_0 = 52{,}9177$ pm. Pero $a_0$ se define con la masa desnuda del electrón, y el hidrógeno de verdad tiene un protón de masa finita que también se mueve. El II.5 ya lo pagó en las energías con la masa reducida; en el tamaño se paga igual, y hacia arriba:

Es un átomo mayor, y en una fracción exactamente igual a $m_e/m_p$, o sea el inverso de los $m_p/m_e = 1836{,}15$ del artículo 03. Parece nada. Pero en $|\psi(0)|^2$ el radio entra al cubo, y ahí está el factor perdido: la corrección no es $(1+m_e/m_p)^{-1}$ ni $(1+m_e/m_p)^{-2}$, sino

o sea −1,632 ‰. Aplicado al resultado anterior:

Se pasa ahora 56,1 ppm: el desacuerdo cae de 1,69 × 10⁻³ a 5,61 × 10⁻⁵. La masa reducida se ha llevado el 97 % del error, y ha bastado con no equivocarse en un exponente. Ésa es la moraleja, y no es retórica: con el radio al cuadrado la corrección habría sido sólo dos tercios de ésta —el exponente es la corrección—, el resultado habría mejorado bastante menos y habría seguido pareciendo un éxito. Los errores de exponente no producen disparates: producen resultados ligeramente peores que se aceptan sin más.

Y los 56 ppm que quedan tampoco son ruido, ni redondeo, ni «el error del método». Son enormes al lado de la incertidumbre con la que se conoce la raya —doce cifras significativas— y tienen nombre: correcciones relativistas, correcciones de electrodinámica cuántica del mismo tipo que la anomalía $a_e$ del artículo 03, y —la más difícil— la estructura interna del protón, que no es un dipolo puntual sino una distribución de corriente de tamaño finito. Decir «coincide con la medida» sobre 56 ppm sería falso y además perezoso: lo que coincide es lo que el modelo contiene, y lo que sobra es la lista de lo que no contiene.

De la frecuencia medida —no de la calculada, que daría 21,1049 cm— salen las otras tres cifras con las que se maneja la raya en radioastronomía. La longitud de onda es $\lambda = c/f =$21,1061 cm —el nombre «21 cm» redondea y pierde la tercera cifra, lo cual está bien para un nombre y mal para una cuenta—. La energía del fotón es 5,874 µeV, siete órdenes de magnitud por debajo de las energías ópticas del mismo átomo. Y la tercera es la que explica todo lo demás.

Hasta dónde vale el «campo débil»: 7,17 mT

Falta una honestidad. Todo lo anterior supone que los cuatro estados hiperfinos son el triplete y el singlete, o sea que el acoplamiento de los dos espines domina sobre cualquier otra cosa. En cuanto hay un campo magnético externo eso deja de ser cierto, porque el campo acopla cada espín por separado —y con fuerzas muy distintas, ya que el electrón es 658 veces más magnético que el protón— y por tanto empuja al sistema de vuelta hacia la base producto. El problema entero se resuelve diagonalizando una matriz 4 × 4, y para la transición central hay forma cerrada, la fórmula de Breit-Rabi:

con $A$ la separación hiperfina a campo cero. El verificador comprueba la forma cerrada contra la diagonalización numérica en siete campos, de 1 mT a 200 mT, con desviación $0$ en todos.

La pregunta interesante es cuándo deja de valer el cálculo de arriba, y la respuesta tiene una trampa incorporada. Lo que se mira, y lo que dibujan casi todos los paneles del tema, es el cruce: el campo al que la energía Zeeman del electrón iguala a la hiperfina, o sea $x = 1$. Ese campo vale 50,6 mT —equivalentemente, $|g_e|\mu_B B/h = 1420$ MHz da 50,68 mT—. Parece razonable decir «por debajo de 50 mT el campo es débil». Es falso.

Porque lo que hay que comparar no es $x$ con 1, sino el corrimiento con la precisión que se pida. Con $\sqrt{1+x^2} \approx 1 + x^2/2$, un corrimiento del 1 % llega ya en $x \approx 0{,}14$, y resolviendo la ecuación exacta con $\texttt{brentq}$ sobre la diagonalización 4 × 4 —y cruzándolo con la forma cerrada, que coinciden a $7\times10^{-14}$— sale

Siete veces antes del cruce: el cociente medido es 7,05. El campo débil se rompe mucho antes de donde uno miraría, y ésa es la forma general del error, no una anécdota del hidrógeno: la escala en la que un término empieza a notarse no es la escala en la que empieza a dominar, y entre las dos hay tanto espacio como raíz de la precisión que se exija. La tabla lo hace visible:

Lo que este módulo deja hecho

El módulo entró prometiendo lo que el II.3 había dejado escrito: que $\ell(\ell+1)$ saldría de un conmutador igual que $n$ había salido de una cadena. Sale, y de paso el álgebra produce algo que la esfera del II.5 no admitía —los semienteros—, que es todo el espín. Con eso, el artículo 02 construyó la representación de dimensión 2 y su rotación a mitad de ángulo, el 03 le puso el factor $g$ y sus escalas magnéticas, y este artículo ha cerrado la operación que faltaba: sumar dos de ellos.

Lo que queda abierto, dicho con su nombre. La estructura fina no está calculada: aquí se ha montado $\mathbf{L}\cdot\mathbf{S}$ como problema de acoplamiento, pero no se ha escrito el hamiltoniano que lo produce ni se ha calculado el desdoblamiento; eso es el II.8 y es teoría de perturbaciones. El signo del corrimiento Zeeman se ha usado sin discutir qué estado sube y cuál baja en cada régimen. Y los 56 ppm de la raya de 21 cm no se cierran en este sitio: hacen falta la ecuación de Dirac —el módulo III.7— y datos de estructura del protón que no son de mecánica cuántica no relativista. Es la misma clase de deuda que el II.5 dejó con los 0,147 meV de la ionización del hidrógeno: el modelo llega hasta donde llega, y se dice hasta dónde.

Ejercicios

Resumen en frío