12 Stacjonarny rachunek zaburzeń

12
12.1
Stacjonarny rachunek zaburzeń
Przypadek bez degeneracji
Dyskutowane w poprzednich rozdziałach potencjały dopuszczały dokładne rozwiązanie
problemu własnego. Jednak bardzo często nie potrafimy analitycznie uzyskać takich
rozwiązań. Dlatego w takich przypadkach musimy szukać przybliżonych metod znajdywania energii i funkcji falowych. W tym rozdziale omówimy tzw. stacjonarny rachunek
zaburzeń. Jest to metoda w której hamiltonian układu dzielimy na dwie części: Ĥ0 , dla
której znane są dokładne rozwiązania problemu własnego i na część zaburzającą Ĥ 0 . Aby
wyprowadzić rachunek zaburzeń posłużymy się trickiem wprowadzając formalny parametr
λ, który posłuży nam jako parametr rozwinięcia
Ĥ = Ĥ0 + Ĥ 0 = Ĥ0 + λĤ 0 .
(12.1)
W trakcie rachunku będziemy zakładać że λ 1, jednak na końcu położymy λ = 1.
Metoda taka może wydawać się niepoprawna, jednak za każdym razem upewnimy się, czy
uzyskane w ten sposób poprawki do spektrum Ĥ0 są rzeczywiście małe. Może się jednak
czasem zdarzyć, że metodą tą potrafimy otrzymać poprawne rezultaty, nawet gdy warunek
ten nie jest spełniony. Dyskusja stosowalności otrzymanych wyników jest nieodłącznym
elementem przeprowadzenia rachunku zaburzeń.
Okazuje się, że musimy tu wyróżnić dwa przypadki: pierwszy, kiedy spektrum Ĥ0 nie
jest zdegenerowane i drugi, kiedy degeneracja występuje.
Napiszmy równanie własne dla hamiltonianu (12.1):
Ĥ |ñi = Ĥ0 + λĤ |ni = En |ni ,
Ĥ0 |ni = En(0) |ni0 .
(12.2)
Stany |ni są szukanymi stanami własnymi pełnego hamiltonianu. Stan |ni0 to stan, do
którego redukuje się stan |ni w granicy λ → 0. Stany |ni0 stanowią niezdegenerowany
(0)
układ zupełny unormowanych stanów własnych Ĥ0 do wartości własnej En . Ponieważ
stany |ni0 stanowią układ zupełny, więc każdy stan, w tym |ni, możemy rozwinąć jako
X
|ni =
cmn |mi0 .
(12.3)
m
O współczynikach cmn i energiach własnych En założymy, że mają postać szeregu potęgowego w λ:
2 (2)
cmn = δ mn + λ c(1)
mn + λ cmn + . . . ,
En = En(0) + λ En(1) + λ2 En(2) + . . . .
(12.4)
(0)
Zauważmy, że w granicy λ → 0 odtwarzamy stan własny |ni0 i energię En niezabur(r)
zonego hamiltonianu Ĥ0 . Założymy też, że dla r 6= 0 cnn = 0. W ten sposób unikniemy
54
podwójnego liczenia stanu |ni0 w szeregu (12.3). Podstawiając (12.4) i (12.3) do (12.2)
otrzymujemy równanie
!
X
X
2
|ni0 + λ
c(2)
Ĥ0 + λĤ 0
c(1)
mn |mi0 + . . .
mn |mi0 + λ
m6=n
m6=n
!
=
En(0)
+
λ En(1)
2
+λ
En(2)
+ ...
|ni0 + λ
X
c(1)
mn
|mi0 + λ
m6=n
2
X
c(2)
mn
|mi0 + . . .
.
m6=n
(12.5)
Przemnażając przez siebie szeregi występujące w (12.5) i porównując stronami wyrazy
przy tych samych potęgach λ otrzymujemy układ równań:
Ĥ0 |ni0 = En(0) |ni0 ,
Ĥ 0 |ni0 +
X
(0) (1)
cmn |mi0 = En(1) |ni0 + En(0)
Em
0
c(1)
mn Ĥ
m6=n
|mi0 +
X
c(1)
mn |mi0 ,
m6=n
m6=n
X
X
(0) (2)
Em
cmn
|mi0 =
En(2)
|ni0 +
En(1)
m6=n
X
(0)
c(1)
mn |mi0 + En
m6=n
...
12.1.1
X
c(2)
mn |mi0 ,
m6=n
(12.6)
Pierwszy rząd rachunku zaburzeń
Pierwsze z równań (12.6) jest po prostu równaniem własnym układu nie zaburzonego.
(i)
(i)
Pozostałe równania dają się rozwiązać ze względu na En i cmn . W tym celu pomnóżmy
drugie z równań (12.6) przez 0 hn| i weźmy iloczyn skalarny
0
hn| Ĥ 0 |ni0 = En(1) .
(12.7)
W ten sposób otrzymaliśmy wzór na pierwszą poprawkę do energii własnej. Mnożąc (12.6)
przez 0 hk|, gdzie k 6= n otrzymujemy:
(0) (1)
0
(1)
hk| Ĥ 0 |ni0 + Ek ckn = En(0) ckn ,
(12.8)
skąd
(1)
ckn = −
0
hk| Ĥ 0 |ni0
(0)
(0)
Ek − En
.
(12.9)
Zatem w rzędzie λ funkcja falowa ma postać:
|ni = |ni0 − λ
X
|mi0
0
m6=n
55
hm| Ĥ 0 |ni0
(0)
Em
−
(0)
En
+ O(λ2 ).
(12.10)
Sprawdźmy, czy stan |ni jest unormowany:
hn |ni =
0
hn0 |ni0 + λ2
X X 0 hn| Ĥ 0 |ki
(0)
m6=n k6=n
= 1 + λ2
Ek −
0
(0) 0
En
hk |mi0
0
hm| Ĥ 0 |ni0
(0)
(0)
Em − En
X 0 hn| Ĥ 0 |mi hm| Ĥ 0 |ni
00
0
= 1 + λ2 W
2
(0)
(0)
m6=n
Em − En
(12.11)
Zatem stan |ni należy pomnożyć przez pierwiastek odwrotności z wyrażenia (12.11).
Ponieważ jednak wszystkie wielkości rozwijamy w potęgi λ musimy także rozwinąć pierwiastek:
|ni
1 2
(12.12)
|ni → p
= |ni 1 − λ W + . . . .
2
1 + λ2 W
Ponieważ jednak stan |ni znamy z tylko dokładnością do wyrazu liniowego w λ, człon
kwadratowy w rozwinięciu czynnika normalizacyjnego musimy pominąć. Trzeba jednak
pamiętać, że da on przyczynek w drugim rzędzie rachunku zaburzeń.
12.1.2
Drugi rząd rachunku zaburzeń
Mnożąc trzecie z równań (12.6) przez stan hn| otrzymujemy
En(2) =
X
0
c(1)
mn 0 hn| Ĥ |mi0 = −
m6=n
0
X
hn| Ĥ 0 |mi00 hm| Ĥ 0 |ni0
(0)
(0)
Em − En
m6=n
.
(12.13)
Drugą poprawkę do funkcji falowej otrzymujemy mnożąc trzecie z równań (12.6) przez
stan 0 hk| , k 6= n :
X
(0) (2)
0
(1) (1)
(0) (2)
c(1)
(12.14)
mn 0 hk| Ĥ |mi0 + Ek ckn = En ckn + En ckn .
m6=n
(2)
Stąd ckn przyjmuje postać
(2)
ckn =
X
m6=n
=
12.1.3
c(1)
mn
0
hk| Ĥ 0 |mi0
(0)
(0)
En − Ek
(1)
(1)
− ckn
En
(0)
(0)
En − Ek
hn| Ĥ 0 |mi00 hm| Ĥ 0 |ni0
hk| Ĥ 0 |ni00 hn| Ĥ 0 |ni0
0
−0 .
2
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
E
−
E
E
−
E
n
m
n
m6=n
Ek − En
k
X
(12.15)
Oscylator harmoniczny zaburzony stałą siłą
Aby zilustrować metodę rachunku zaburzeń rozpatrzmy znany nam już jednowymiarowy
oscylator harmoniczny poddany działaniu stałej siły F :
Ĥ =
p̂2x
ω2m 2
+
x̂ + F x̂.
2m
2
56
(12.16)
Po pierwsze warto zauważyć, że poprzez prostą zmianę zmiennych
F
F2
1 p̂2x
F2
2
2
+ ω m x̂ + 2 2 x̂ + 4 2 − 4 2
Ĥ =
2 m
ω m
ω m
ω m
2
2
F
1 p̂y
=
+ ω 2 m ŷ 2 − 2 ,
2 m
2ω m
(12.17)
gdzie y = x + F/ω 2 m hamiltonian (12.16) daje się sprowadzić do sumy hamiltonianu
opisującego oscylator bez zaburzenia i stałego (ujemnego) członu proporcjonalnego do
kwadratu siły F . Energię takiego układu możemy napisać natychmiast, korzystając ze
wzoru (???)
F2
1
+n − 2 .
(12.18)
En = h̄ω
2
2ω m
Aby zastosować do hamiltonianu (12.16) rachunek zaburzeń, przyjmiemy jako H0
hamiltonian oscylatora niezaburzonego, zaś jako H 0 :
Ĥ 0 = F x̂.
(12.19)
W poprzednim rozdziale wyliczyliśmy już element macierzowy operatora x̂ między stanami
własnymi H0 . Stąd
r
√
h̄F 2 √
0
(12.20)
hm|
Ĥ
|ni
=
n
+
1δ
+
nδ
0
m,n+1
m,n−1 .
0
2mω
Jak widać ze wzoru (12.20) element diagonalny operatora Ĥ 0 znika i dlatego pierwsza
poprawka do energii jest też równa 0. Natomiast nie znika druga poprawka do energii
En(2)
h̄F 2 X
= −
2mω m6=n
√
2
√
n + 1δ m,n+1 + nδ m,n−1
h̄ω (m − n)
F2
((n + 1) − n)
2mω 2
F2
= −
.
2mω 2
= −
(12.21)
Widać stąd, że druga poprawka całkowicie odtwarza stałą ze wzoru (12.18). Zatem drugi
rząd rachunku zaburzeń daje dokładny wynik na poziomy energetyczne zaburzonego stałą
siłą oscylatora harmonicznego.
57