Fine structure
এবার হাইড্রোজেনের মত অন্য অণু (যেমনঃ alkali ধাতুর অণু) কথা ভাবা যাক। নিউক্লিয়ার চার্জ ও অন্যান্য ইলেকট্রনের চার্জের প্রভাবে সবচেয়ে বাইরের ইলেক্ট্রনটি সুষম গোলকীয় বিভব $V(r)$ এ গতিশীল। ভেতরের ইলেক্ট্রনগুলির shielding effect এর কারণে pure Coulomb বিভব থেকে $V(r)$ এর মান ভিন্ন হয়। ফলে যেসব স্তরে $n$ এর মান সমান কিন্তু $l$ এর মান ভিন্ন ভিন্ন, সেগুলো আলাদা হয়ে যায়। $l$ স্তরগুলির মান যত বেশি হয়, শক্তির মানও তত বেশি হয়।
এবার একটা বিষয় নিয়ে আলোচনা করবো যেটাকে বলা হয় fine structure। এটি সর্ববহিস্থ স্তরের স্পিন আর অর্বিটাল কৌণিক ভরবেগের ঘটে থাকে। সুতরাং ইলেক্ট্রনের উপর প্রভাব বিস্তারকারী বিদ্যুৎ ক্ষেত্রের মান-
\begin{equation}
{\bf E} = \frac{\nabla V}{e}.
\end{equation}
তবে, বিদ্যুৎক্ষেত্রের ভেতর গতিশীল একটি non-relativistic চার্জ চুম্বকক্ষেত্রের শক্তিও অনুভব করে-
\begin{equation}
{\bf B} = - \frac{{\bf v} \times {\bf E}}{c^2}.
\end{equation}
এখন, একটা ইলেক্ট্রন এর স্পিন-চুম্বক-ভরবগের মান [সমীকরণ (\ref{e5.138}) দেখো]
\begin{equation}\label{e7.99d}
{\bf mu} = - \frac{e\, {\bf S}}{m_e}.
\end{equation}
তাহলে Hamiltonian এ স্পিন-অরবিটের একটা পদও যুক্ত করতে হবে-
\begin{equation}
H_{LS} = - {\bf mu}\cdot {\bf B}
= - \frac{e \,{\bf S}}{m_e\,c^2} \cdot {\bf v} \times \left(\frac{1}{e} \frac{\bf x}{r}
\frac{d V}{dr}\right)
= \frac{1}{m_e^{\,2}\,c^2\,r} \frac{d V}{dr}\, {\bf L}\cdot {\bf S},\label{e6.101}
\end{equation}
যেখানে ${\bf L} = m_e \,{\bf x}\times{\bf v}$ হলো অর্বিটান কৌণিক ভরবেগ। আসলে, যখন উপরের সমীকরণটি স্পিন-অরবিট মিথস্ক্রিয়ার সাথে তুলনা করা হয়, তখন দেখা যায় যে, এর মান প্রায় দ্বিগুন।
এবার আসো হাইড্রোজেনের মতো অণুর ক্ষেত্রে বিচলত তত্ত্ব প্রয়োগ করে দেখি। ধরো বিচলিত Hamiltonian হলো $H_{LS}$ এবং অবিচলিত Hamiltonian
\begin{equation}
H_0 = \frac{{p}^2}{2\,m_e} + V(r)
\end{equation}
$H_0$ এর জন্যে দুই ধরনের শক্তি আইগেনস্তর পাওয়া যায়। $H_0, L^2, S^2, L_z$ এবং $S_z$ এর সমকালীন আইগেনস্তর অথবা $H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ এবং $J_z$ এর সমকালীন আইগেনস্তর, যেখান ${\bf J} = {\bf L} + {\bf S}$ হচ্ছে সম্পূর্ন কৌণিক ভরবেগ। আমরা যেটাকেই পছন্দ করিনা কেন, দুইটাই খুবই degenerate পর্যায়। পরিচ্ছেদ \ref{s6.6} এর আলোচনা থেকে আমরা জানি, যদি অবিচলিত Hamiltonian এর আইগেনস্তরের ভিত্তিগুলি বিচলিত Hamiltonian এর আইগেনস্তরের সমান হয়, তাহলে সেক্ষেত্রে বিচলন তত্ত্ব প্রয়োগ করা খুবই সহজ হয়ে যায়। এখনা বিচলিত Hamiltonian, $H_{LS}$, ${\bf L}\cdot {\bf S}$ এর সমানুপাতিক, এবং এখানে-
\begin{equation}\label{e6.103}
{\bf L} \cdot{\bf S} = \frac{J^{\,2} - L^2 - S^{\,2}}{2}.
\end{equation}
এখন সমস্যা হলো ($H_0, L^2, S^2, L_z$ ও $S_z$) অপারেটরগুলি $H_{LS}$ এর সাথে commute করেনা, তবে ($H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ ও $J_z$) অপারেটরগুলির সাথে commute করে। ${\bf L} \cdot{\bf S}$ হচ্ছে দ্বিতীয় গ্রুপের অপারেটরগুলির রৈখিক মিশ্রন। এজন্য দ্বিতীয় গ্রুপের অপারেটরগুলিকে নিয়ে কাজ করা তুলনামূলক ভাবে সহজ।
এখন $H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ and $J_z$ এর জন্য সমকালীন আইগেনস্তরগুলি বের করতে চাই। যদি আমরা যদি $j_1=l$, আর $j_2 = s = 1/2$ এর জন্য সম্পূর্ণ কৌণিক ভরবেগের আইগেনস্তরগুলি বের করতে পারি তাহলেই উক্ত অপারেটরগুলির জন্যে আইগেনস্তরগুলি খুজে বের করে ফেলতে পারবো। (\ref{e5.217}) সমীকরণ অনুযায়ী, সম্পূর্ণ কৌণিক ভরবেগগুলি হচ্ছে $j=l+1/2$ এবং $j=l-1/2$। আমরা লিখতে পারি-
\begin{align}
|l+1/2, m\rangle &= \cos\alpha\, |m-1/2, 1/2\rangle + \sin\alpha\,
|m+1/2, -1/2\rangle,~~\\[0.5ex]
|l-1/2, m\rangle &= -\sin\alpha\, |m-1/2, 1/2\rangle + \cos\alpha\,
|m+1/2, -1/2\rangle.~~~~
\end{align}
এখানে, বামপক্ষের কেট গুলি $|j,m_j\rangle $ কেট, এবং ডানপক্ষের গুলি $|m_l, m_s\rangle$ কেট।
সহজে বোঝার জন্যে $j_1, j_2$ এর labels গুলিকে বাদ দিয়ে লিখলাম। এবং আমরা জানি যদি $m_j=m_l+m_s$ নাহয় তাহলে Clebsch-Gordon সহগগুলি শূন্য। এছাড়াও আমরা জানি $|j,m_j\rangle $ আর $|m_l, m_s\rangle$ কেটগুলি দৈর্ঘ্যে একক এবং একে অপরের লম্ব।
\begin{equation}
\cos\alpha = \langle m-1/2,1/2|l+1/2, m\rangle,
\end{equation}
যেখানে Clebsch-Gordon সহগকে $\langle m_l, m_s| j, m_j\rangle$ এর মাধ্যমে লেখা হয়েছে।
এবার আসো Clebsch-Gordon সহগের ক্ষেত্রে পূনরাবৃত্তি সম্পর্ক কাজে লাগাই। সমীকরণ (\ref{e5.223}) তে
$j_1=l, j_2 = 1/2, j = l+1/2, m_1=m-1/2, m_2=1/2$ বসিয়ে পাই-
\begin{align}
&[(l+1/2)\,(l+3/2)-m\,(m+1)]^{1/2} \,\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle\nonumber\\[0.5ex]
&= [l\,(l+1)-(m-1/2)\,(m+1/2)]^{1/2}\, \langle m+1/2, 1/2|l+1/2, m+1\rangle,
\end{align}
এখান থেকে পাই
\begin{equation}
\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{l+m+3/2}}\,
\langle m+1/2, 1/2|l+1/2, m+1\rangle.
\end{equation}
এই ফর্মুলা ব্যবহার করে আমরা $m_l$ এর মান বৃদ্ধি করতে পারি, যেমন-
\begin{equation}
\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle =\sqrt{\frac{l+m+1/2}{l+m+3/2}}
\sqrt{\frac{l+m+3/2}{l+m+5/2}} \langle m+3/2, 1/2|l+1/2, m+2\rangle.
\end{equation}
এই ভাবে $m_l$ এর মান বৃদ্ধি করতে করেতে যখন সর্বোচ্চ মান $l$ এ পৌছাবে তখন আমরা পাই-
\begin{equation}\label{e6.110}
\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}\,
\langle l, 1/2|l+1/2, l+1/2\rangle.
\end{equation}
এখন ধরো $m_l$ ও $m$ উভয়েই তাদের সর্বোচ্চ মান $l$ এবং $1/2$ তে পৌছালো। এবং $m_j$ এর মান $l+1/2$। এই মান তখনই পাওয়া সম্ভব যখন $j=l+1/2$, কিন্তু যদি $j=l-1/2$ হয় তাহলে সম্ভব নয়। সুতরাং $|m_l, m_s\rangle$ কেট $|l,1/2\rangle$ অবশ্যই $|j,m_j\rangle$ কেট $|l+1/2, l+1/2\rangle$ একটি দশা মান এর সমান হবে। হিসেব কষে দেখা গেছে, এই দশা মানটি একক, অর্থাৎ-
\begin{equation}
\langle l, 1/2|l+1/2, l+1/2\rangle = 1.
\end{equation}
এখন সমীকরণ (\ref{e6.110}) থেকে পাই-
\begin{equation}
\cos\alpha=\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}.
\end{equation}
সুতরাং,
\begin{equation}
\sin^2\alpha = 1 - \frac{l+m+1/2}{2\,l+1} = \frac{l-m+1/2}{2\,l+1}.
\end{equation}
এখন তাহলে প্রশ্ন হলো $\sin\alpha$ এর চিহ্ন কি হবে? যদি পূনরাবৃত্তি রিলেশনটাকে ভালোভাবে লক্ষ করি তাহলে (\ref{e5.223}) থেকে সহজেই বোঝা যায়, এটি যোগমূলক চিহ্ন হবে। সুতরাং-
\begin{align}
|l+1/2, m\rangle &=\sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}\,|m-1/2, 1/2\rangle+\sqrt{\frac{l-m+1/2}{2\,l+1}}\,|m+1/2, -1/2\rangle,\label{e6.114}\\[0.5ex]
|l-1/2, m\rangle &= - \sqrt{\frac{l-m+1/2}{2\,l+1}} \,|m-1/2,1/2\rangle
+ \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}} \,|m+1/2, -1/2\rangle.\label{e6.115}
\end{align}
এইফাকে বলে রাখা ভালো যে, পাউলির two-component শর্ত অনুসারে স্পিন-কৌণিক ফাংশনকে লিখা যায়-
\begin{align}
{\cal Y}_{l\,m}^{j=l\pm 1/2}\equiv {\cal Y}_{l\,m}^{\pm} &= \pm \sqrt{\frac{l\pm m+1/2}{2\,l+1}}\,
Y_{l\,\,m-1/2}(\theta, \varphi) \,\chi_+ +\sqrt{\frac{l\mp m+1/2}{2\,l+1}} \,Y_{l\,\,m+1/2}(\theta,\varphi)\, \chi_-
\nonumber\\[0.5ex]
&= \frac{1}{\sqrt{2\,l+1}}\left( \begin{array}{c}
\pm \sqrt{l\pm m +1/2}\,\,Y_{l\,\,m-1/2}(\theta,\varphi)\\[0.5ex]
\sqrt{l\mp m+1/2}\,\,Y_{l\,\,m+1/2}(\theta, \varphi) \end{array}
\right).
\end{align}
এই ফাংশন গুলি অর্ধ স্পিনযুক্ত কণার সম্পূর্ন কৌণিক ভরবেগের আইগেন ফাংশন। হাইড্রোজেনের মতো অণুর ক্ষেত্রে শক্তি আইগেনস্তরকে লেখা যায়-
\begin{equation}\label{e6.117}
\psi_{nlm\pm} = R_{n\,l}(r)\, {\cal Y}_{l\,m}^\pm.
\end{equation}
এই ওয়েভফাংশনের রেডিয়াল অংশ, $R_{n\,l}(r)$, রেডিয়াল কোয়ান্টাম নম্বর $n$ আর কৌণিক কোয়ান্টাম নম্বর $l$ এর উপর নির্ভর করে। $l$ এর নির্দিষ্ট একটা মানের জন্যে, কোয়ান্টাম নম্বর $j$ দুইটা মান ধারন করতে পারে $l\pm 1/2$।
সমীকরণ (\ref{e6.103}) অনুযায়ী $|l\pm 1/2, m\rangle$ কেটগুলি ${\bf L}\cdot{\bf S}$ এর আইগেনস্তর সমূহ। সুতরাং-
\begin{equation}
{\bf L} \cdot{\bf S}\, |j=l\pm 1/2,m_j= m\rangle = \frac{\hbar^2}{2}
\left[ j\,(j+1) - l\,(l+1) - 3/4\right]|j,m\rangle,
\end{equation}
থেকে পাই-
\begin{align}
{\bf L} \cdot{\bf S}\, |l+ 1/2, m\rangle&=
\frac{l \,\hbar^2}{2}\, |l+ 1/2, m\rangle,\\[0.5ex]
{\bf L} \cdot{\bf S}\, |l- 1/2, m\rangle&=
-\frac{(l+1)\, \hbar^2}{2}\, |l- 1/2, m\rangle.
\end{align}
এবং
\begin{align}\label{e6.121}
\oint d{\mit\Omega}\,({\cal Y}_{l\,m}^+)^\dagger \,{\bf L} \cdot{\bf S}\,
{\cal Y}_{l \,m}^+& = \frac{l \,\hbar^2}{2},\\[0.5ex]
\oint d{\mit\Omega}\,({\cal Y}_{l \,m}^-)^\dagger \,{\bf L} \cdot{\bf S}\,
{\cal Y}_{l\,m}^-& = -\frac{(l+1) \,\hbar^2}{2},\label{e6.122}
\end{align}
যেখানে সলিড কোন, $d{\mit\Omega} = \sin\theta\,d\theta\,d\varphi$.
এবার চলো দেখি degenerate বিচলন তত্ত্ব ব্যবহার করে কিভাবে একটি স্তরের শক্তি পার্থক্য বের করা যায়। ধরো আমাদের ওয়েভফাংশন $\psi_{nlm\pm}$ স্পিন-অরবিট Hamiltonian, $H_{LS}$। তাহলে প্রথমক্রম শক্তি-পরিবর্তনকে লেখা যায়-
\begin{equation}
{\mit\Delta} E_{nlm\pm} = \int dV\,(\psi_{nlm\pm})^\dagger\, H_{LS}\,\psi_{nlm\pm},
\end{equation}
এখানে, $dV = r^2\,d{\mit\Omega}$. সমীকরণ (\ref{e6.101}), (\ref{e6.117}) এবং (\ref{e6.121})--(\ref{e6.122}) থেকে পাই-
\begin{align}\label{e6.124}
{\mit\Delta} E_{nlm+} &= +\frac{1}{2\,m_e^{\,2}\,c^2} \left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr}
\right\rangle \frac{l\,\hbar^2}{2},\\[0.5ex]
{\mit\Delta} E_{nlm-} &=- \frac{1}{2\,m_e^{\,2}\,c^2} \left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr}
\right\rangle \frac{(l+1)\,\hbar^2}{2},\label{e6.125}
\end{align}
যেখানে
\begin{equation}\label{e6.126}
\left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr}
\right\rangle = \int_0^\infty dr\, r^2\,(R_{n\,l})^\ast \,\frac{1}{r}\frac{dV}{dr}\, R_{n\,l}.
\end{equation}
এই সমাধানটিকে সোডিয়াম অণুর জন্যে প্রয়োগ করে পাই -
\begin{equation}
(1s)^2 (2s)^2(2p)^6(3s).
\end{equation}
এটা সহজেই দেখা যায় যে Balmer লাইনের ব্যবচ্ছেদ্গুলি স্পিন-অরবিট মিথস্ক্রিয়ার কারণে ঘটে এবং এর অনুপাত $1 : \alpha^2$,
যেখানে $\alpha$ হলো ফাইন স্ট্রাকচার ধ্রুবক।
\begin{equation}
\alpha = \frac{e^2}{2\,\epsilon_0\, h\, c} = \frac{1}{137}
\end{equation}
Hyper fine structure
হাইড্রোজেন অণুর মধ্যে প্রোটন অর্ধ-স্পিনযুক্ত চার্জ কণার মত আচরন করে। এবং এর একটি magnetic moment আছে। সমীকরণ (\ref{e7.99d}) অনুযায়ী সেটা আমরা লিখতে পারি-
we can write
\begin{equation}\label{e12.151}
\bf mu_p = \frac{g_p\,e}{2\,m_p}\,{\bf S}_p,
\end{equation}
এখানে $\bf mu_p$ হলো প্রোটনের magnetic moment, ${\bf S}_p$ হলো প্রোটনের স্পিন। ক্লাসিকাল বিদ্যুত-চুম্বক তত্ত্ব অনুযায়ী প্রোটনের magnetic moment একটি চুম্বকক্ষেত্র সৃষ্টি করে-
\begin{equation}
{\bf B} = \frac{\mu_0}{4\pi\,r^3}\,\left[3\,(\bf mu_p\cdot{\bf e}_r)\,{\bf e}_r - \bf mu_p\right] + \frac{2\,\mu_0}{3}\,\bf mu_p\,\delta({\bf x}),
\end{equation}
যেখানে ${\bf e}_r = {\bf x}/r$, এবং $r=|{\bf x}|$। এখন প্রোটোনের কারণে সৃষ্ট চুম্বকক্ষেত্রের ভেতর অবস্থিত ইলেকট্রনের Hamiltonian কে লেখা যায়-
\begin{equation}
H_1 = - \bf mu_e\cdot {\bf B},
\end{equation}
যেখানে
\begin{equation}
\bf mu_e = - \frac{e}{m_e}\,{\bf S}_e.
\end{equation}
এখানে , $\bf mu_e$ ইলেক্ট্রনের magnetic moment [(\ref{e7.99d}) সমীকরণটি দেখো ], এবং ${\bf S}_e$ ইলেক্ট্রনের স্পিন। তাহলে বিচলন Hamiltonian কে লেখা যায় -
\begin{equation}
H_1=\frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{8\pi\,m_p\,m_e}\left(\frac{3\,({\bf S}_p\cdot{\bf e}_r)\,({\bf S}_e\cdot{\bf e}_r) - {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e}{r^3}\right) + \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\,m_p\,m_e}\,{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\,\delta({\bf x}).
\end{equation}
প্রথমক্রম বিচলন তত্ত্ব অনুযায়ী লেখা যায় প্রোটন ও ইলেক্ট্রনের স্পিন-স্পিন কাপলিং এর কারণে সৃষ্ট শক্তি পার্থক্য হলো বিচলন Hamiltonian এর গড় মান-
\begin{equation}
{\mit\Delta} E = \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{8\pi\,m_p\,m_e}\left\langle\frac{3\,({\bf S}_p\cdot{\bf e}_r)\,({\bf S}_e\cdot{\bf e}_r) - {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e}{r^3}\right\rangle+ \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\,m_p\,m_e}\,\langle{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle\,|\psi(0)|^{\,2}.
\end{equation}
হাইড্রোজেনের গ্রাউন্ড শক্তিস্তরের জন্যে লেখা যায়- $|\psi_{000}(0)|^{\,2}=
1/(\pi\,a_0^{\,3})$। সুতরাং আমরা পাই-
\begin{equation}
{\mit\Delta} E_{000} = \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\pi\,m_p\,m_e\,a_0^{\,3}}\,\langle{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle.
\end{equation}
ধরি মোট স্পিন-
\begin{equation}
{\bf S} = {\bf S}_e + {\bf S}_p
\end{equation}
তাহলে আমরা দেখাতে পারি যে,
\begin{equation}
{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e = \frac{1}{2}\,(S^2-S_e^{\,2}-S_p^{\,2}).
\end{equation}
সকল স্তরের জন্যে $S_e^{\,2}$ ও $S_p^{\,2}$ এর আইগেনমান $(3/4)\,\hbar^2$। এবং singlet স্তরের জন্যে $S^2$ এর আইগেনমান হলো শূন্য আর triplet স্তরের জন্যে $2\,\hbar^2$। সুতরাং singlet স্তরের জন্যে-
\begin{equation}
\langle {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle = - \frac{3}{4}\,\hbar^2
\end{equation}
এবং triplet স্তরের জন্যে-
\begin{equation}
\langle {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle = \frac{1}{4}\,\hbar^2
\end{equation}
এখান থেকে দেখা যায় যে, হাইড্রোজেনের দুটি $(1s)_{1/2}$ স্তরের কারণে triplet এর ক্ষেত্রে শক্তির বৃদ্ধি আর singlet স্তরের জন্যে শক্তি হ্রাস পায়। এই ধরনের বিচ্ছেদকে hyperfine structure বলে। এখন singlet আর triplet স্তরের মধ্যে শক্তি পার্থক্য হলো-
\begin{equation}
{\mit\Delta} E_{000} = \frac{8}{3}\,g_p\,\frac{m_e}{m_p}\,\alpha^2\,|E_0| = 5.88\times 10^{-6}\,{\rm eV},
\end{equation}
যেখানে গ্রাউন্ডস্তরের শক্তি $|E_0|=13.6\,{\rm eV}$ ।
পদার্থবিজ্ঞানের পাঠশালা