13 Stacjonarny rachunek zaburzeen

13
13.1
Stacjonarny rachunek zaburzeń
Przypadek bez degeneracji
Dyskutowane w poprzednich rozdzia÷
ach potencja÷
y dopuszcza÷
y dok÷
adne rozwiazanie
¾
problemu w÷
asnego. Jednak bardzo czesto
¾
nie potra…my analitycznie uzyskać takich
rozwiazań.
¾
Dlatego w takich przypadkach musimy szukać przybliz·onych metod znajdywania energii i funkcji falowych. W tym rozdziale omówimy tzw. stacjonarny rachunek
^ 0 , dla
zaburzeń. Jest to metoda w której hamiltonian uk÷
adu dzielimy na dwie cześci:
¾
H
^ 0 . Aby
której znane sa¾ dok÷
adne rozwiazania
¾
problemu w÷
asnego i na cześć
¾ zaburzajac
¾ a¾ H
wyprowadzić rachunek zaburzeń pos÷
uz·ymy sie¾ trickiem wprowadzajac
¾ formalny parametr
, który pos÷
uz·y nam jako parametr rozwiniecia
¾
^ =H
^0 + H
^0 = H
^0 + H
^ 0:
H
(13.1)
W trakcie rachunku bedziemy
¾
zak÷
adać z·e
1, jednak na końcu po÷
oz·ymy = 1.
Metoda taka moz·e wydawać sie¾ niepoprawna, jednak za kaz·dym razem upewnimy sie,
¾ czy
^ 0 sa¾ rzeczywiście ma÷
uzyskane w ten sposób poprawki do spektrum H
e. Moz·e sie¾ jednak
czasem zdarzyć, z·e metoda¾ta¾potra…my otrzymać poprawne rezultaty, nawet gdy warunek
ten nie jest spe÷
niony. Dyskusja stosowalności otrzymanych wyników jest nieod÷
acznym
¾
elementem przeprowadzenia rachunku zaburzeń.
^ 0 nie
Okazuje sie,
¾ z·e musimy tu wyróz·nić dwa przypadki: pierwszy, kiedy spektrum H
jest zdegenerowane i drugi, kiedy degeneracja wystepuje.
¾
Napiszmy równanie w÷
asne dla hamiltonianu (13.1):
^ j~
H
ni =
^0 + H
^ jni = En jni ;
H
^ 0 jni = E (0) jni :
H
n
0
(13.2)
Stany jni sa¾ szukanymi stanami w÷
asnymi pe÷
nego hamiltonianu. Stan jni0 to stan, do
którego redukuje sie¾ stan jni w granicy ! 0. Stany jni0 stanowia¾ niezdegenerowany
(0)
^ 0 do wartości w÷
uk÷
ad zupe÷
ny unormowanych stanów w÷
asnych H
asnej En . Poniewaz·
stany jni0 stanowia¾ uk÷
ad zupe÷
ny, wiec
¾ kaz·dy stan, w tym jni, moz·emy rozwinać
¾ jako
X
cmn jmi0 :
(13.3)
jni =
m
O wspó÷
czynikach cmn i energiach w÷
asnych En za÷
oz·ymy, z·e maja¾ postać szeregu pote¾
gowego w :
2 (2)
cmn + : : : ;
cmn = mn + c(1)
mn +
2 (2)
(0)
(1)
En = En + En + En + : : : :
(13.4)
(0)
Zauwaz·my, z·e w granicy ! 0 odtwarzamy stan w÷
asny jni0 i energie¾ En niezaburzo(r)
^ 0 . Za÷
nego hamiltonianu H
oz·ymy tez·, z·e dla r 6= 0 cnn = 0. W ten sposób unikniemy
56
podwójnego liczenia stanu jni0 w szeregu (13.3). Podstawiajac
¾ (13.4) i (13.3) do (13.2)
otrzymujemy równanie
!
X
X
2
^0 + H
^0
jni +
c(1)
c(2)
H
mn jmi +
mn jmi + : : :
0
0
0
m6=n
=
En(0)
+
En(1)
+
2
En(2)
m6=n
X
jni0 +
+ :::
c(1)
mn
m6=n
jmi0 +
2
X
m6=n
c(2)
mn
jmi0 + : : :
!
:
(13.5)
Przemnaz·ajac
¾ przez siebie szeregi wystepuj
¾ ace
¾ w (13.5) i porównujac
¾ stronami wyrazy
przy tych samych potegach
¾
otrzymujemy uk÷
ad równań:
^ 0 jni +
H
0
X
^0
c(1)
mn H
m6=n
13.1.1
jmi0 +
X
^ 0 jni = En(0) jni ;
H
0
0
m6=n
X
(0) (1)
cmn jmi0 = En(1) jni0 + En(0)
Em
(0) (2)
Em
cmn
m6=n
jmi0 =
En(2)
jni0 +
En(1)
X
m6=n
X
m6=n
:::
c(1)
mn jmi0 ;
(0)
c(1)
mn jmi0 + En
X
m6=n
c(2)
mn jmi0 ;
(13.6)
Pierwszy rzad
¾ rachunku zaburzeń
Pierwsze z równań (13.6) jest po prostu równaniem w÷
asnym uk÷
adu nie zaburzonego.
(i)
(i)
Pozosta÷
e równania daja¾ sie¾ rozwiazać
¾ ze wzgledu
¾ na En i cmn . W tym celu pomnóz·my
drugie z równań (13.6) przez 0 hnj i weźmy iloczyn skalarny
0
^ 0 jni = E (1) :
hnj H
n
0
(13.7)
W ten sposób otrzymaliśmy wzór na pierwsza¾poprawk¾
e do energii w÷
asnej. Mnoz·ac
¾ (13.6)
przez 0 hkj, gdzie k 6= n otrzymujemy:
0
^ 0 jni + E (0) c(1) = E (0) c(1) ;
hkj H
n
k
kn
kn
0
(13.8)
skad
¾
(1)
ckn =
Zatem w rzedzie
¾
0
^ 0 jni
hkj H
0
(0)
Ek
(0)
En
(13.9)
:
funkcja falowa ma postać:
jni = jni0
X
m6=n
jmi0
0
57
^ 0 jni
hmj H
0
(0)
Em
(0)
En
+ O( 2 ):
(13.10)
Sprawdźmy, czy stan jni jest unormowany:
2
0
0 hn jni0 +
hn jni =
2
= 1+
X X 0 hnj H
^ 0 jki
0
(0) 0
En
(0)
m6=n k6=n
Ek
X 0 hnj H
^ 0 jmi hmj H
^ 0 jni
00
0
(0)
(0)
Em
m6=n
2
hk jmi0
0
=1+
2
^ 0 jni
hmj H
0
(0)
Em
(0)
En
(13.11)
W
En
Zatem stan jni nalez·y pomnoz·yć przez pierwiastek odwrotności z wyraz·enia (13.11).
Poniewaz· jednak wszystkie wielkości rozwijamy w potegi
¾
musimy takz·e rozwinać
¾ pierwiastek:
jni
1 2
jni ! p
= jni 1
W + ::: :
(13.12)
2
1 + 2W
Poniewaz· jednak stan jni znamy z tylko dok÷
adnościa¾ do wyrazu liniowego w ; cz÷
on
kwadratowy w rozwinieciu
¾ czynnika normalizacyjnego musimy pominać.
¾ Trzeba jednak
pamietać,
¾
z·e da on przyczynek w drugim rzedzie
¾
rachunku zaburzeń.
13.1.2
Drugi rzad
¾ rachunku zaburzeń
Mnoz·ac
¾ trzecie z równań (13.6) przez stan hnj otrzymujemy
En(2) =
X
m6=n
=
^0
c(1)
mn 0 hnj H jmi0 =
X
m6=n
0
^ 0 jni
hmj H
0
(0)
2
0
^ 0 jmi hmj H
^ 0 jni
hnj H
00
0
(0)
Em
m6=n
(13.13)
(0)
En
:
(0)
Em
X
En
Warto zauwaz·yć, z·e druga poprawka do stanu podstawowego jest zawsze ujemna.
Druga¾poprawk¾
e do funkcji falowej otrzymujemy mnoz·ac
¾ trzecie z równań (13.6) przez
stan 0 hkj , k 6= n :
X
(0) (2)
(1) (1)
(0) (2)
^0
c(1)
(13.14)
mn 0 hkj H jmi0 + Ek ckn = En ckn + En ckn :
m6=n
(2)
Stad
¾ ckn przyjmuje postać
(2)
ckn
=
=
X
X
m6=n
(1)
^ 0 jmi
0 hkj H
c(1)
mn
(0)
En
m6=n
0
(1)
ckn
0
(0)
Ek
En
(0)
En
^ 0 jni
^ 0 jmi hmj H
hnj H
00
0
(0)
Ek
(0)
En
(0)
(0)
Em
En
58
(0)
Ek
0
^ 0 jni hnj H
^ 0 jni
hkj H
00
0
(0)
Ek
(0)
En
2
:
(13.15)
13.1.3
Oscylator harmoniczny zaburzony sta÷
a¾ si÷
a¾
Aby zilustrować metode¾ rachunku zaburzeń rozpatrzmy znany nam juz· jednowymiarowy
oscylator harmoniczny poddany dzia÷
aniu sta÷
ej si÷
yF :
2
2
^ = p^x + ! m x^2 + F x^:
H
2m
2
(13.16)
Po pierwsze warto zauwaz·yć, z·e poprzez prosta¾ zmiane¾ zmiennych
p^2x
F
F2
+ ! 2 m x^2 + 2 2 x^ + 4 2
m
! m
! m
2
2
p^y
F
+ ! 2 m y^2
;
m
2! 2 m
^ = 1
H
2
1
=
2
F2
! 4 m2
(13.17)
gdzie y = x + F=! 2 m hamiltonian (13.16) daje sie¾ sprowadzić do sumy hamiltonianu
opisujacego
¾
oscylator bez zaburzenia i sta÷
ego (ujemnego) cz÷
onu proporcjonalnego do
kwadratu si÷
y F . Energie¾ takiego uk÷
adu moz·emy napisać natychmiast, korzystajac
¾ ze
wzoru (9.28):
F2
1
+n
:
(13.18)
En = h!
2
2! 2 m
Aby zastosować do hamiltonianu (13.16) rachunek zaburzeń, przyjmiemy jako H0
hamiltonian oscylatora niezaburzonego, zaś jako H 0 :
^ 0 = F x^:
H
(13.19)
W poprzednim rozdziale wyliczyliśmy juz·element macierzowy operatora x^ miedzy
¾
stanami
w÷
asnymi H0 . Stad
¾
r
p
p
h
0
^
n + 1 m;n+1 + n m;n 1 :
(13.20)
0 hmj H jni0 = F
2m!
^ 0 znika i dlatego pierwsza
Jak widać ze wzoru (13.20) element diagonalny operatora H
poprawka do energii jest tez· równa 0. Natomiast nie znika druga poprawka do energii
p
p
2
2 X
n + 1 m;n+1 + n m;n 1
hF
(2)
En =
2m! m6=n
h! (m n)
=
=
F2
((n + 1)
2m! 2
F2
:
2m! 2
n)
(13.21)
Widać stad,
¾ z·e druga poprawka ca÷
kowicie odtwarza sta÷
a¾ ze wzoru (13.18). Zatem drugi
rzad
¾ rachunku zaburzeń daje dok÷
adny wynik na poziomy energetyczne zaburzonego sta÷
a¾
si÷
a¾ oscylatora harmonicznego.
59
13.2
Przypadek z degeneracja¾
13.2.1
Pierwszy rzad
¾ rachunku zaburzeń
Zajmiemy sie¾ teraz przypadkiem, kiedy jednej wartości w÷
asnej hamiltonianu H0 odpowiada
kilka stanów w÷
asnych:
^ 0 jn; ii = E (0) jn; ii ;
H
(13.22)
n
0
0
gdzie i zmienia sie¾ on 1 do In . W niektórych przypadkach lepiej jest przyjać,
¾ z·e i zmienia
min
max
min
sie¾ w granicach In do In ; wtedy wystarczy przesunać
¾ i o wartość In + 1, aby dolna
granica by÷
a 1. Zwróćmy uwage,
¾ z·e dowolna kombinacja liniowa
In
X
i=1
ain jn; ii0
(13.23)
(0)
jest tez· stanem w÷
asnym do energii En .
Pe÷
ne równanie Schrödingera przyjmuje wówczas postać
(H0 + H 0 ) jni = En jni ;
(13.24)
gdzie
jni =
Im
XX
m
i=0
cjmn jm; ii0 ;
(13.25)
przy czym wskaźnik n oznacza tu jeden konkretny stan o energii En . Trzeba jednak
pamietać,
¾
z·e majac
¾ do dyspozycji In stanów moz·emy utworzyć In ortogonalnych kombinacji (13.25). Stad
¾ index n nalez·a÷
oby uzupe÷
nić dodatkowym indeksem numerujacym
¾
te
kombinacje, o ile mia÷
yby one te¾ sama¾ energie¾ En .
Zastanówmy sie,
¾ co moz·e sie¾ stać w wyniku „w÷
aczenia”
¾
zaburzenia. Wyobraźmy
sobie stan trzykrotnie zdegenerowany. Po pierwsze moz·e sie¾ zdarzyć, z·e – podobnie jak
w poprzednim przypadku bez degeneracji – energia wszystkich stanów jm; ji0 przesunie
sie¾ o ma÷
a¾ poprawk¾
e. Wówczas degeneracja sie¾ nie zmieni, a n wystepuj
¾ ace
¾ w (13.25)
oznacza zespó÷2 liczb n ! (n; i), gdzie i = 1; 2; 3. Jednakz·e, i to jest najczestszy
¾
przypadek, degenaracja zostaje usunieta
¾ cześciowo:
¾
Energia 2 stanów przsunie sie¾ o 1 :
(0)
(0)
En1 = En + 1 , a energia trzeciego stanu o 2 : En2 = En + 2 . Wówczas mamy dwa
stany o energii En1 i wtedy n ! (n1 ; 1); (n1 ; 2) i jeden stan o energii En2 , czyli n ! n2
(bez dodatkowego indeksu). Wreszcie kaz·dy z trzech poziomów niezaburzonych moz·e
przesunać
¾ sie¾ o róz·na¾ wartość 1;2;3 i wtedy mówimy, z·e degeneracja zosta÷
a zniesiona
ca÷
kowicie, n ! n1 , n2 lub n3 . We wszystkich trzech przypadkach granicy ! 0 porawki
(0)
znikna¾ i ! 0, ale stany w÷
asne odpowiadajace
¾ Enk = En + k da¾z·yć beda¾ na ogó÷nie
do wyjściowych stanów jn; ii0 ale do ich kombinacji liniowych (13.23).
Postepuj
¾ ac
¾ podobnie jak w przypadku niezdegenerowanym
cjmn = cj(0)
m
mn
+ cj(1)
mn +
60
2 j(2)
cmn
+ :::
(13.26)
j(0)
j(0)
musimy za÷
oz·yć, z·e cmn = cm mn poniewaz· w granicy ! 0 stan jni bedzie
¾
na ogó÷
j(r)
przechodzi÷w pewna¾ kombinacje¾ liniowa¾ stanów jn; ii0 . Pozosta÷
e cmn = 0 dla m = n.
Stad
¾ równania (13.6) przyjmuja¾ postać
X
X
(0)
^0
H
ci(0)
ci(0)
n jn; ii0 = En
n jn; ii0 ;
^0
H
X
ci(0)
n
i
jn; ii0 +
X
i
(0)
Em
X
i
cj(1)
mn
j
m6=n
jm; ji0 =
En(1)
X
i
:::
(0)
ci(0)
n jn; ii0 + En
XX
m6=n
j
cj(1)
mn jm; ji0 ;
(13.27)
Podobnie jak poprzednio pierwsze równanie (13.27) odtwarza po prostu widmo niezaburzonego hamiltonianu. Mnoz·ac
¾ drugie z równań (13.27) przez stan 0 hn; kj otrzymujemy:
X
i(0)
^0
= En(1) ck(0)
(13.28)
0 hn; kj H jn; ii0 cn
n :
i
Równanie to warto przepisać jako:
X
^0
0 hn; kj H jn; ii0
En(1)
ki
ci(0)
= 0:
n
(13.29)
i
Z algebraicznego punktu widzenia jest to równanie w÷asne jakie otrzymalibyśmy próbujac
¾
zdiagonalizować macierz hamiltonianu zaburzajacego.
¾
Otrzymany w ten sposób wartości
(1)
w÷
asne En sa¾ szukanymi poprawkami do energii problemu niezaburzonego. Jez·eli wszystkie wartości w÷
asne w równaniu (13.29) wyjda¾ róz·ne, wtedy mówimy o ca÷
kowitym
zniesieniu degeneracji. Jez·eli jednak wyjdzie kilka równych wartości w÷
asnych to zniesienie
(0)
degeneracji bedzie
¾
tylko cześciowe.
¾
Wektory w÷
asne ~cn określa¾ nam kombinacje liniowe
stanów jn; ii0 do których zredukuje sie¾ stan jni w granicy ! 0.
Aby wyliczyć poprawk¾
e do funkcji falowej, musimy pomnoz·yć drugie z równań (13.27)
przez stan 0 hm0 ; kj ( m0 6= n ). Po opuszczeniu znaku 0 otrzymujemy:
X (0)
(0) k(1)
^ 0 jn; ii + Em
ci 0 hm; kj H
cmn = En(0) ck(1)
(13.30)
mn ;
0
i
co daje
X 0 hm; kj H
^ 0 jn; ii
ck(1)
mn =
i
13.2.2
(0)
Em
(0)
En
0 i(0)
cn
(13.31)
Dwuwymiarowy oscylator harmoniczny z zaburzeniem xy
Omówiona¾ w poprzednim paragra…e metode¾ warto zilustrować przyk÷
adem. Weźmy w
charakterze wyjściowego uk÷
adu niezaburzonego dwuwymiarowy oscylator harmoniczny
H0 = Hx;0 + Hy;0 =
1
2
p^2x
+ ! 2 m x^2
m
61
+
1
2
p^2y
+ ! 2 m y^2 :
m
(13.32)
Stany w÷
asne takiego uk÷
adu sa¾ iloczynem stanów w÷
asnych oscylatora w zmiennej x i w
zmiennej y. Bedziemy
¾
je oznaczać jako
jnx i jny i :
(13.33)
Rzeczywiście, poniewaz·Hx;0 i Hy;0 komutuja,
¾ stany (13.33) stanowia¾zupe÷
ny uk÷
ad stanów.
Odpowiadajace
¾ im energie sa¾ suma¾ energii pochodzacych
¾
od kaz·dego oscylatora
(13.34)
Enx ny = h! (nx + ny + 1) :
Jak widać z powyz·szego wzoru stany w÷
asne, poza stanem podstawowym, sa¾ zdegenerowane. Np. pierwszy stan wzbudzony o energii E = 2h! jest zdegenerowany dwukrotnie
j1i j0i i j0i j1i ;
(13.35)
a drugi stan wzbudzony o energii E = 3h! jest trzykrotnie zdegenerowany
j2i j0i ; j1i j1i i j0i j2i :
(13.36)
W charakterze zaburzenia weźmy potencja÷
x^
l
^ 0 = V^ = 2"
H
y^
;
l
(13.37)
gdzie l jest charakterystyczna¾ d÷
ugościa¾ jaka¾ moz·na utworzyć ze sta÷
ych wymiarowych
oscylatora harmonicznego
r
h
l=
;
m!
natomiast " jest sta÷
a¾ o wymiarze energii określajac
¾ a¾ si÷
e¾ zaburzenia. Warto wyrazić
^
V przez operatory kreacji i anihilacji, przy czym bedziemy
¾
teraz mieli dwa typy takich
operatorów: operatory dzia÷
ajace
¾ w przestrzeni stanów pierwszego oscylatora (oscylatora
„x-owego”) i w przestrzeni drugiego („y-owego”), gdzie
x^
y^
1
1
=p a
^yx + a
^x ; = p a
^yy + a
^y
l
l
2
2
Mamy wiec
¾
^x
V^ = " a
^yx + a
a
^yy + a
^y
= " a
^yx a
^yy + a
^yx a
^y + a
^x a
^yy + a
^x a
^y :
(13.38)
Dzia÷
ajac
¾ operatorem V^ na dowolny stan (13.33) otrzymujemy:
^yx a
^y + a
^x a
^yy + a
^x a
^y jnx i jny i
V^ jnx i jny i = " a
^yx a
^yy + a
q
q
= "
(nx + 1)(ny + 1) jnx + 1i jny + 1i + (nx + 1)ny jnx + 1i jny
q
+ nx (ny + 1) jnx
1i jny + 1i +
62
p
nx ny jnx
1i jny
1i
1i : (13.39)
Z powyz·szego wzoru widać, z·e operator V^ przerzuca dany stan w stan o energii wiekszej
¾
lub mniejszeh o h!, ale takz·e miesza róz·ne stany odpowiadajace
¾ tej samej energii (tzn.
ma niezerowe elementy miedzy
¾
tymi stanami).
Dla przyk÷
adu rozpatrzmy poprawk¾
e do energii pierwszego stanu wzbudzonego. Niech
n oznacza sum¾
e n = nx + ny , a za wskaźnik degeneracji przyjmijmy np. i = ny + 1. Dla
pierwszego stanu wzbudzonego n = 1 a i = 0; 1. Stad:
¾
j1i j0i = j1; 1i ; j0i j1i = j1; 2i :
(13.40)
Otrzymujemy
V^ j1; 1i = " f: : : + 0 j1; 1i + j1; 2i + : : :g ;
V^ j1; 2i = " f: : : + j1; 1i + 0 j1; 2i + : : :g
i równanie (13.29) przyjmuje postać
h1; 1j V^ j1; 1i h1; 1j V^ j1; 2i
c1(0)
c2(0)
h1; 2j V^ j1; 1i h1; 2j V^ j1; 2i
#
"
(1)
E1
"
c1(0)
=
= 0:
(1)
c2(0)
"
E1
"
(1)
E1
0
0
(1)
E1
#
c1(0)
c2(0)
(13.41)
Wyznacznik macierzy wystepuj
¾ acej
¾ w (13.41) wynosi
(1)
2
E1
"2 = 0;
(13.42)
co daje
(1)
E1 =
":
(13.43)
Widzimy zatem, z·e juz· w pierwszym rzedzie
¾
rachunku zaburzeń nastapi÷
¾ o zniesienie degeneracji.
Unormowane wektory w÷
asne do wartości w÷
asnych (13.43) przyjmuja¾ postać:
#
"
0(0)
1
1
c1
=p
:
(13.44)
1(0)
1
c1
2
A zatem stany w÷
asne do których da¾z·a¾pe÷
ne stany wyliczone w pierwszym rzedzie
¾
rachunku
zaburzeń, sa¾ nastepuj
¾ acymi
¾
kombinacjami stanów wyjściowych:
1
j1; i = p (j1i j0i j0i j1i)
2
1
j1; +i = p (j1i j0i + j0i j1i) :
2
(13.45)
Jak ÷
atwo sie¾ przekonać, sa¾ to stany znormalizowane i wzajemnie ortogonalne. Dla
odróz·nienia od stanów wyjściowych oznaczyliśmy je jako j1; i.
63
Aby wyliczyć poprawk¾
e do funkcji falowej musimy wyliczyć elementy macierzowe V^
od stanów j1; 0i i j0; 1i do wszystkich stanów o innych energiach. W naszym przypadku
rzut oka na równanie (13.39) pozwala stwierdzić, z·e sa¾ to stany:
p
j1i j0i !
2 j2i j1i ;
p
j0i j1i !
2 j1i j2i
o enrgii E = 4h!.
64