Teorema de Wigner-Eckart

Tomemos ahora los elementos de matriz $\left\langle j',m' \right\vert\,\cdot\,\left\vert j,m \right\rangle \,$ en la primera relación de conmutación (13), y hagamos actuar $\hat{\,J_\pm}\,$ a derecha o a izquierda según sea posible; obtenemos así

$$\sqrt{(j'\pm m')(j'\mp m'+1)}\; \left\langle j',(m'\mp 1) \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle = \sqrt{(j\mp m)(j\pm m+1)}\; \left\langle j',m' \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,(m\pm 1) \right\rangle + \nonumber$$

$$\qquad+ \sqrt{(k\mp q)(k\pm q+1)}\; \left\langle j',m' \right\vert\,\hat{T}_{q\pm 1}^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle \rule{0em}{1.3em} \;.$$

La estructura de esta igualdad es muy similar a la relación de recurrencia para los CG (9): si en aquella expresión tomamos $j\!=\!j'$, $m\!=\!m'$, $j_1\!=\!j$, $m_1\!=\!m$, $j_2\!=\!k\,$ y $m_2\!=\!q$, y recordando que los CG son reales, obtenemos

$$\sqrt{(j'\pm m')(j'\mp m'+1)}\; \left\langle j',(m'\mp 1) \,\vert\, j,k;m,q \right\rangle = \sqrt{(j\mp m)(j\pm m+1)}\; \left\langle j',m' \,\vert\, j,k;(m\pm 1),q \right\rangle +$$

$$\qquad + \sqrt{(k\mp q)(k\pm q+1)}\; \left\langle j',m' \,\vert\, j,k;m,q\pm 1 \right\rangle \rule{0em}{1.3em}\;.$$

Tenemos entonces un nuevo indicio de que hay una relación de proporcionalidad entre los CG y los elementos de matriz $\,\left\langle j',m' \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)} \left\vert j,m \right\rangle \,$.

La relación exacta la provee el teorema de Wigner-Eckart, que dice que los elementos de matriz de un operador tensorial esférico $\hat{T}_q^{(k)}$ con respecto a los autoestados de momento angular $\left\vert j,m \right\rangle \,$ están dados por

$$\left\langle \beta',j',m' \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)}\left\vert ... ... \right\rangle \langle\beta',j'\Vert\,\bm{\hat{T}}^{(k)}\Vert\beta,j\rangle \;.$$ (15)

Aquí hemos explicitado en $\beta\,$ los números cuánticos no relacionados con el momento angular. El elemento matricial reducido del tensor $\hat{T}_q^{(k)}$, $\langle\beta',j'\Vert\,\bm{\hat{T}}^{(k)}\Vert\beta,j\rangle\,$ no depende de $\,q\,$, $m\,$ ni $\,m'$. Vemos entonces que el elemento de matriz $\,\left\langle j',m' \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)} \left\vert j,m \right\rangle \,$ es el producto del CG $\left\langle j,k;m,q \,\vert\, j',m' \right\rangle \,$, que depende de la orientación geométrica del sistema (a través de $\,q\,$, $m\,$ y $\,m'$) pero no de la dinámica del sistema (contenida en $j'$, $j\,$, $k\,$, $\beta'$ y $\beta\,$), y de un factor dinámico, que no depende de la orientación en el espacio.

Para enfatizar la importancia de este teorema veamos un ejemplo concreto. Supongamos que necesitamos calcular las integrales angulares

$$I_{m_1 m_2 m_3} = \int \,{\rm d}\Omega\, \left( Y_3^{m_3}\right)^... ...1} \qquad (\,{\rm d}\Omega=\sen \theta \,{\rm d}\theta\; \,{\rm d}\varphi)\;.$$

Como veremos más adelante, estas integrales aparecen en muchas situaciones, por ejemplo al estudiar transiciones radiativas en espectroscopía atómica y nuclear, o al estimar autoenergías mediante métodos aproximados. El problema general asusta un poco, de modo que —buscando donde hay luz— comenzamos por calcular

$$I_{000} = \int \,{\rm d}\Omega\, \left( Y_3^0\right)^* Y_2^0\, Y_1^0 \;,$$

pues los $Y_\ell^0\,$ son esencialmente los polinomios de Legendre y la integral se simplifica notablemente, en particular porque no hay dependencia con la coordenada acimutal $\varphi$. Expresamos los $Y_\ell^0\,$ que nos interesan (por ejemplo buscando en tablas)

$$Y_1^0 = \sqrt{\frac{3}{4\,\pi}} \cos\theta \;,\qquad Y_2^0 = \sq... ...d Y_3^0 = \sqrt{\frac{7}{16\,\pi}} \left(5\cos^3\theta-3\cos\theta\right) \;,$$

de manera que

$$I_{000} = \frac{\sqrt{105}}{32\sqrt{\pi^3}}\, 2\pi \int_0^\pi \,{... ...\theta\,\sen \theta \right) = \cdots = \frac{3}{2}\sqrt{\frac{3}{35\,\pi}} \;.$$

Aquí elegimos calcular la integral más simple, pero teniendo en cuenta los posibles valores de $m_1$, $m_2\,$ y $m_3$, sabemos que en total son 3$\times$5$\times$7 integrales. Por supuesto que las reglas de selección (14) nos señalan que se evitan algunas de las cuentas, pero igualmente son muchas las que nos quedan. Aquí es donde se pone en evidencia la utilidad del teorema de Wigner-Eckart, ya que si primero reconocemos en $\,Y_2^{m_2}\,$ un operador tensorial esférico (justamente ante rotaciones se transforman como los $\left\vert 2,m_2 \right\rangle \,$ porque son los $\left\vert 2,m_2 \right\rangle \,$), podemos escribir

$$\int \,{\rm d}\Omega\, \left( Y_3^{m_3}\right)^* Y_2^{m_2}\, Y_1^... ..._1 \,\vert\, 3,m_3 \right\rangle \langle 3\Vert\bm{Y}^{(2)}\Vert 1 \rangle \;.$$

Como el elemento matricial reducido $\,\langle 3\Vert\bm{Y}^{(2)}\Vert 1 \rangle\,$ es independiente de $m_1$, $m_2\,$ y $m_3$, la evaluación de $I_{000}$ nos permite obtener su valor: tomando $m_1\!=\!m_2\!=\!m_3\!=\!0$ en la expresión anterior, y teniendo en cuenta que $\left\langle 2,1;0,0 \,\vert\, 3,0 \right\rangle \!=\!3/\sqrt{35}$

$$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{3}{35\,\pi}} = \left\langle 2,1;0,0 \,\ve... ...w\quad \langle 3\Vert\bm{Y}^{(2)}\Vert 1\rangle = \sqrt{\frac{3}{4\,\pi}} \;.$$

Entonces podemos escribir para el caso general

$$\int \,{\rm d}\Omega\, \left( Y_3^{m_3}\right)^* Y_2^{m_2}\, Y_1^... ...t{\frac{3}{4\,\pi}} \left\langle 2,1;m_2,m_1 \,\vert\, 3,m_3 \right\rangle \;,$$

de manera que no es necesario calcular ninguna otra integral: solo resta encontrar los CG para obtener el resultado de $I_{m_1 m_2 m_3}$.

Integrales como estas aparecen también en los cálculos de momentos dipolares de una transición: en ese caso es necesario evaluar los elementos de matriz $\left\langle n',j'm' \right\vert\bm{\hat{r}}\left\vert n,j\,m \right\rangle$, y el operador vectorial $\bm{\hat{r}}\,$ puede expresarse como operador tensorial irreducible, como puede hacerse con cualquier operador vectorial, según vimos en (15). En el caso de $\bm{\hat{r}}\,$ es directo verificar que

$$\hat{r}_q^{(1)} = \sqrt{\frac{4\,\pi}{3}}\, r\, Y_1^q \;,$$

y las integrales que deben computarse están incluidas en las $I_{m_1 m_2 m_3}$ que acabamos de resolver. Por ejemplo,

$$\left\langle n',j',m' \right\vert\hat{x}\left\vert n,j,m \right\r... ...{\!-\!1}^{\,(1)} -\hat{r}_{1}^{(1)}}{\sqrt{2}}\Big\vert n,j,m \Big\rangle \;.$$

Aplicado a operadores vectoriales y tomando $j'=j$, el teorema de Wigner-Eckart es conocido como teorema de proyección. Escribiendo el producto escalar de $\bm{\hat{J}}$ con un operador vectorial $\bm{\hat{V}}$ expresado como operador tensorial esférico $\hat{V}_q$ como en (15)

$$\bm{\hat{J}} \cdot \bm{\hat{V}} = -\hat{J}_{+1}^{(1)}\,\hat{V}_{-... ...t{J}_{0}^{(1)}\,\hat{V}_{0}^{(1)} - \hat{J}_{-1}^{(1)}\,\hat{V}_{+1}^{(1)} \;,$$

de manera que

$$\left\langle \beta',j,m \right\vert\bm{\hat{J}}\cdot\bm{\hat{V}} \left\vert \beta,j,m \right\rangle = - \frac{\hbar}{\sqrt{2}}\sqrt{(j\!+\!m)(j\!-\!m\!+\!1)} \left\l... ...ght\vert\hat{V}_{0}^{\textcolor{gray}{(1)}}\left\vert \beta,j,m \right\rangle -$$

$$\qquad - \frac{\hbar}{\sqrt{2}}\sqrt{(j\!-\!m)(j\!+\!m\!+\!1)} \l... ...ert\hat{V}_{-1}^{\textcolor{gray}{(1)}}\left\vert \beta,j,m\!+\!1 \right\rangle$$

$$= c_j\, \langle\beta',j\Vert\,\bm{\hat{V}}^{\textcolor{gray}{(1)}}\Vert\beta,j\rangle \;,$$ (16)

donde utilizamos el teorema de Wigner-Eckart para los 3 elementos de matriz del miembro de la izquierda (proporcionales a $\langle\beta',j\Vert\,\bm{\hat{V}}^{\textcolor{gray}{(1)}}\Vert\beta,j\rangle$). La constante $c_j$ resulta independiente de $m$ porque $\bm{\hat{J}}\cdot\bm{\hat{V}}$ es un operador escalar (por lo cual $k\!=\!q\!=\!0$ en (16): ejercicio). La identidad anterior vale también cuando $\bm{\hat{V}}^{\textcolor{gray}{(1)}}\!=\!\bm{\hat{J}}^{\textcolor{gray}{(1)}}$ y
$\beta'\!=\!\beta$, es decir

$$\left\langle \beta,j,m \right\vert\bm{\hat{J}}^2\left\vert \beta,... ...\langle\beta,j\Vert\,\bm{\hat{J}}\,\Vert\beta,j\rangle = \hbar^2 j(j\!+\!1) \;,$$ (17)

teniendo en cuenta que los $\left\vert \beta,j,m \right\rangle$ son autoestados de $\hat{J}^2$. Planteando también el teorema para $\hat{V}_q^{\textcolor{lightgray}{(1)}}$ y para $\hat{J}_q^{\textcolor{lightgray}{(1)}}$, sabemos debe cumplirse

$$\frac{\left\langle \beta',j,m' \right\vert\hat{V_q} \left\vert \b... ...t\beta,j\rangle} {\langle\beta,j\Vert\,\bm{\hat{J}}\,\Vert\beta,j\rangle} \;,$$

y reemplazando el numerador por (17) y el denominador por (18) demostramos el teorema de proyección

$$\left\langle \beta',j,m' \right\vert\hat{V}_q \left\vert \beta,j,... ...r^2 j(j+1)} \left\langle j,m' \right\vert\hat{J}_q \left\vert j,m \right\rangle$$ (18)

Pronto veremos que los elementos de matriz $\,\left\langle \beta,j'm' \right\vert\,\hat{T}_q^{(k)}\left\vert \beta,j\,m \right\rangle \,$ representan probabilidades de transición, por lo que claramente el teorema de Wigner-Eckart tiene numerosas aplicaciones en física atómica y nuclear. En este contexto, vale la pena tener presente la expansión conocida como serie de Clebsch-Gordan

$$\mathscr{D}_{m_1 m_1'}^{(j_1)}\,\mathscr{D}_{m_2 m_2'}^{(j_2)} = ... ... j_1,j_2;m_1',m_2' \,\vert\, j,m' \right\rangle \, \mathscr{D}_{m m'}^{(j)} \;.$$ (19)

Es importante recordar que los elementos de matriz de la izquierda corresponden a rotaciones sobre espacios diferentes, mientras que en el miembro de la derecha sumamos diferentes rotaciones (en subespacios de distinto $j\,$) en el espacio suma. Para probar esta identidad, podemos reescribir el miembro de la izquierda como

$$\left\langle j_1 m_1 \right\vert\hat{\mathscr D}\left\vert j_1 m_... ...1 m_2 \right\vert\hat{\mathscr D}\left\vert j_1 j_2;m_1'm_2' \right\rangle \;,$$

y ahora insertamos una identidad a ambos lados de $\hat{\mathscr D}$, sumando proyectores $\,\left\vert jm \right\rangle \left\langle jm \right\vert\,$ y $\,\left\vert j'm' \right\rangle \left\langle j'm' \right\vert\,$, es decir

$$\mathscr{D}_{m_1 m_1'}^{(j_1)}\,\mathscr{D}_{m_2 m_2'}^{(j_2)} = ... ...\right\rangle \left\langle j'm' \,\vert\, j_1 j_2;m_1'm_2' \right\rangle \;.$$

Como las rotaciones no modifican los autovalores de $\hat{J}^2$, $\left\langle jm \right\vert\hat{\mathscr D}\left\vert j'm' \right\rangle =\mathscr{D}_{m m'}^{(j)}\,\delta_{j,j'}$; además los CG son reales, con lo cual queda demostrada la identidad (20).

En ejemplos anteriores vimos que es posible construir un operador tensorial esférico a partir de un producto de operadores vectoriales. Una forma sistemática de generar operadores tensoriales a partir del producto de otros es mediante el siguiente teorema:
Si $\,\hat{X}_{q_1}^{(k_1)}\,$ y $\,\hat{Z}_{q_2}^{(k_2)}\,$ son operadores tensoriales esféricos de rangos $k_1$ y $k_2$ respectivamente, entonces

$$\hat{T}_{q}^{(k)} = \sum_{q_1}\sum_{q_2} \left\langle k_1,k_2;q_1,q_2 \,\vert\, k,q \right\rangle \hat{X}_{q_1}^{(k_1)}\,\hat{Z}_{q_2}^{(k_2)}$$

es un operador tensorial esférico de rango $k$. La prueba de esto es muy directa aunque engorrosa, y se deja como ejercicio: para completarla debe tenerse en cuenta que los operadores $\,\hat{X}_{q_1}^{(k_1)}\,$ y $\,\hat{Z}_{q_2}^{(k_2)}\,$ se transforman según (12), utilizar la identidad de la serie de Clebsch-Gordan (20), y el hecho de que las rotaciones no mezclan autoestados de $\hat{J}^2$.

Utilizando argumentos similares, también es posible probar que

$$\hat{X}^{(k_1)}_{q_1} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2} = \sum_{k,q} \left\langle k_1,k_2;k,q \,\vert\, k_1,k_2;q_1,q_2 \right\rangle \hat{T}^{(k)}_q \;,$$

lo que nos permite pasar de una representación a otra según nuestra conveniencia. Esta última identidad indica que ante rotaciones el producto de dos operadores tensoriales esféricos $\,\hat{X}^{(k_1)}_{q_1}$ y $\,\hat{Z}^{(k_2)}_{q_2}$ se transforma exactamente como el producto tensorial de dos kets con los correspondientes números cuánticos, $\left\vert k_1,q_1 \right\rangle \otimes\left\vert k_2,q_2 \right\rangle$; en particular, ese producto de operadores puede representarse como una combinación lineal de operadores tensoriales irreducibles de orden $k$ entre $\vert k_1\!-\!k_2\vert$ y $(k_1\!+\!k_2)$, cuyos coeficientes son los Clebsch-Gordan correspondientes.