Cálculo general de susceptibilidades atómicas

Al describir las propiedades magnéticas de un sólido siempre pensamos en la contribución de los electrones como partículas cargadas orbitando alrededor de los núcleos. Para ello construimos primero la energía cinética de cargas $q$ en movimiento (asociadas a un ion), abarcando la contribución de cada masa, que en ausencia de campo resulta

$$T_o = \sum_i \frac{\bm{\hat{p}}_i^2}{2m} \;.$$

En presencia de un campo magnético externo $\bm{B}$¹¹ recurrimos a la transformación $\bm{\hat{p}}\to\bm{\hat{p}}-(q/c)\bm{A}(\bm{r})$, para lo cual tenemos libertad en la elección del potencial vector $\bm{A}(\bm{r})\,$: en particular para un campo $\bm{B}$ uniforme podemos utilizar

$$\bm{A} = \frac{1}{2} \bm{B}\times\bm{r} \;,$$   que cumple$$\qquad \bm{B}=\nabla\times\bm{A}$$   y$$\quad \nabla\cdot\bm{A}=0 \;.$$

Definiendo $\bm{A}_i=\bm{A}(\bm{r}_i)$ y utilizando el hecho de que $\bm{\hat{p}}_i\cdot\bm{A}_i=\bm{A}_i\cdot\bm{\hat{p}}_i$ (ejercicio), puede mostrarse que cuando se aplica un campo magnético externo $\bm{B}$ la energía cinética resulta

$$T = \sum_i \frac{\bm{\hat{p}}_i^2}{2m} - \sum_i \bm{\hat{\mu}}_L^{(i)}\cdot\bm{B} + \frac{q^2}{2mc^2} \sum_i \bm{A}_i^2 \;,$$

donde $\bm{\hat{\mu}}_L^{(i)}=q/(2mc)\bm{\hat{L}}_i$ es el momento magnético asociado al movimiento orbital. Cuando la carga $q$ es negativa, $\bm{\hat{\mu}}_L^{(i)}$ se opone a $\bm{\hat{L}}_i\,$: este es justamente el caso de los electrones con $q\!=\!-e$, de manera que, si elegimos $\bm{B}\!=\!B\bm{\hat{z}}$ (ejercicio),

$$T = T_o + \frac{\mu_B}{\hbar} \bm{\hat{L}}\cdot\bm{B} + \frac{e^2B^2}{8mc^2} \sum_i \left(x_i^2+y_i^2\right) \;,$$

donde $\mu_B=e\hbar/(2mc)$ es el magnetón de Bohr, y $\bm{\hat{L}}=\sum_i\bm{\hat{L}}_i\,$ es el momento orbital total del átomo.

Cuando identificamos el espín del electrón, hicimos la asociación con una carga $-e$ que giraría sobre su eje, en cuyo caso encontramos una relación análoga para el momento magnético intrínseco $\bm{\hat{\mu}}_s$ y el momento angular intrínseco $\bm{\hat{s}}=(\hbar/2)\bm{\hat{\sigma}}$ del electrón (utilizando las matrices de Pauli $\bm{\hat{\sigma}}$)

$$\bm{\hat{\mu}}_s = -g_o\,\frac{e}{2mc}\,\bm{\hat{s}} \;,$$

donde $g_o\simeq2$ es el factor de Landé. De este modo podemos explicitar las correcciones al hamiltoniano $\hat{H}$ para cada ion a partir del hamiltoniano $\hat{H}_o$ en ausencia de campo (no hay interacciones entre iones)

$$\hat{H} = \hat{H}_o + \frac{\mu_B}{\hbar} \big(\bm{\hat{L}}+g_o\... ...}}\big)\cdot\bm{B} + \frac{e^2B^2}{8mc^2} \sum_i \left(x_i^2+y_i^2\right) \;.$$

Vale la pena notar que si bien los nucleones tienen espín 1/2 como los electrones, su contribución a la interacción es despreciable, ya que su momento magnético intrínseco es varios órdenes de magnitud menor (10$^{-6}$- 10$^{-8}$ veces). Vemos entonces que la presencia del campo externo modifica al hamiltoniano original de los iones a través del sumando

$$\Delta\hat{H} = \frac{\mu_B}{\hbar}\big(\bm{\hat{L}}+g_o\bm{\hat{S}}\big)\cdot\bm{B} + \frac{e^2B^2}{8mc^2} \sum_i \left(x_i^2+y_i^2\right) \;.$$

Pronto veremos que los corrimientos de energías respecto del caso de campo nulo son pequeños, por lo que podemos pensar a $\Delta\hat{H}$ como una perturbación, es decir

$$E_n = E_n^o + \big\langle n \big\vert\Delta\hat{H} \big\vert n \b... ... n \big\vert\Delta\hat{H}\big\vert n' \big\rangle\right\vert^2}{E_n-E_{n'}} \;.$$ (33)

Para estimar el tamaño de las correcciones, primero conviene comparar el término lineal en $B$ con el cuadrático. Salvo que se anule, cualquier componente de $\big\langle n \big\vert\big(\bm{\hat{L}}+g_o\bm{\hat{S}}\big)\big\vert n \big\rangle$ es del orden de $\hbar$, de modo que

$$\frac{\mu_B\bm{B}}{\hbar}\cdot \big\langle n \big\vert\big(\bm{\h... ...big\rangle = {\cal O}(\mu_B B) \simeq \frac{e\hbar B}{mc} = \hbar\omega_c \;.$$

Para un campo de $10^4$ gauss (intenso), esta energía es bastante pequeña, pues resulta $\hbar\omega_c\simeq 10^{-4}$ eV. En el caso del término cuadrático en $B$, notemos que $\left\langle n \left\vert\left(x_i^2+y_i^2\right)\right\vert n \right\rangle \simeq a_o^2$, es decir el cuadrado de las distancias interatómicas de la red, de modo que

$$\frac{e^2B^2}{8mc^2} \left\langle n \left\vert\left(x_i^2+y_i^2\r... ...right] \approx \hbar\omega_c \left( \frac{\hbar\omega_c}{e^2/a_o} \right) \;.$$

El denominador del paréntesis del miembro derecho es aproximadamente 27 eV, por lo que el aporte de este término será $10^{-5}$ veces el anterior: esta contribución será entonces despreciable aun para campos $B$ intensos, siempre que la anterior no se anule.