Mecánica Cuántica - Problema 50 (2014)

Ejercicio Catalán
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 3º curso
Asignatura Mecànica Quàntica
Año del apunte 2014
Páginas 3
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 9
Subido por

Vista previa del texto

.
50 Considereu una part´ıcula de massa m i c`arrega q en pres`encia d’una for¸ca el`astica i un camp el`ectric uniforme, constant i poc intens de m`odul ⁄‘, amb ⁄ adimensional.
L’energia potencial per a la part´ıcula ´es 1 V (x) = mÊ 2 x2 ≠ ⁄q‘x.
2 (a) Calculeu a primer i a segon ordre en ⁄ les correccions als nivells d’energia, producte de la pres`encia del camp el`ectric. Compareu el resultat obtingut amb la soluci´o exacta coneguda.
(b) Trobeu les funcions d’ona dels diversos nivells corregides fins a primer ordre.
Soluci´ o: (a) Ens trobam en la mateixa situaci´o que en el problema anterior. Tenim H = H0 + W , on H0 ´es l’hamiltoni` a d’un oscil·lador harm`onic: H0 = ~Ê(a† a + 1/2), i W = ≠⁄q‘X ´es una pertorbaci´ o. Com ja he dit, en teoria de pertorbacions (cas no degenerat), les (1) correccions a primer ordre als nivells d’energia, venen donades per: EN = Èn|W |nÍ.
En aquest cas, donada la forma de W basta considerar els estats propis d’H0 , |nÍ (es podria calcular igualment en representaci´o de posicions tal i com ho hem fet en el problema anterior). Ara, (1) Recordem que llavors EN = Èn|W |nÍ = ≠⁄q‘Èn|X|nÍ.
(0.12) x0 X = Ô (a + a† ), 2 (0.13) 1 2 x0 x0 (1) EN = ≠⁄q‘ Ô Èn|(a + a† )|nÍ = ≠⁄q‘ Ô Èn| a|nÍ + a† |nÍ 2 2 1 2 Ô Ô x0 = ≠⁄q‘ Ô Èn| n|n ≠ 1Í + n + 1|n + 1Í = 0 =∆ 2 (1) EN =0 (0.14) La correcci´ o a primer ordre ´es zero.
A segon ordre, les correccions als nivells d’energia venen donades per l’expressi´o: (2) EN = ÿ |Èm|W |nÍ|2 m”=n ‘n ≠ ‘m .
(0.15) Per veure quins termes del sumatori anterior, contribueixen a la correcci´o, calculem Èm|W |nÍ, 1Ô 2 Ô x0 x0 Èm|W |nÍ = ≠⁄q‘ Ô Èm|(a + a† )|nÍ = ≠⁄q‘ Ô Èm| n|n ≠ 1Í + n + 1|n + 1Í 2 2 2 Ô x0 1Ô = ≠⁄q‘ Ô n”m,n≠1 + n + 1”m,n+1 .
2 (0.16) 3 .
Si en feim el quadrat, 3 4 Ò 1 2 2 |Èm|W |nÍ| = (⁄q‘x0 )2 n”m,n≠1 + (n + 1)”m,n+1 + 2 n(n + 1)”m,n≠1 ”m,n+1 2 1 = (⁄q‘x0 )2 (n”m,n≠1 + (n + 1)”m,n+1 ) , 2 (0.17) 2 2 2 on he utilitzat que ”m,n≠1 = ”m,n≠1 , ”m,n+1 = ”m,n+1 i ”m,n≠1 ”m,n+1 = 0. De (0.15) es t´e ÿ n”m,n≠1 + (n + 1)”m,n+1 1 (2) EN = (⁄q‘x0 )2 2 ‘n ≠ ‘m m”=n Q R ÿ n”m,n≠1 ÿ (n + 1)”m,n+1 1 b = (⁄q‘x0 )2 a + 2 ‘ ≠ ‘ ‘ ≠ ‘ n m n m m”=n n”=m 3 (0.18) 4 1 n n+1 = (⁄q‘x0 )2 + .
2 ‘n ≠ ‘n≠1 ‘n ≠ ‘n+1 Tenint en compte que ‘n = ~Ê(n + 1/2), resulta que ‘n ≠ ‘n≠1 = ~Ê(n + 1/2) ≠ ~Ê(n ≠ 1 + 1/2) = ~Ê, i ‘n ≠ ‘n+1 = ~Ê(n + 1/2) ≠ ~Ê(n + 1 + 1/2) = ≠~Ê. Per tant, (2) EN 3 1 n n+1 = (⁄q‘x0 )2 ≠ 2 ~Ê ~Ê 4 =≠ (⁄q‘x0 )2 =∆ 2~Ê (2) EN = ≠ (⁄q‘)2 2mÊ 2 (0.19) on en aquest u ´ltim pas he substitu¨ıt el valor d’x20 = ~/(mÊ). Despr´es de tot, tenim que els nivells d’energia a 2n ordre en teoria de pertorbacions, s´on: 3 EN = ~Ê n + 1 2 4 ≠ (⁄q‘)2 + O(3).
2mÊ 2 (0.20) Notem per` o, que el problema que es proposa t´e soluci´o exacta. Podem escriure el potencial com: 3 1 1 ⁄q‘ V (X) = mÊ 2 X 2 ≠ ⁄q‘X = mÊ 2 X ≠ 2 2 mÊ 2 42 ≠ (⁄q‘)2 .
2mÊ 2 (0.21) ˜ © X ≠ ⁄q‘ /(mÊ 2 ), tenim Si redefinim l’origen de posicions, X 2 ˜ = 1 mÊ 2 X ˜ 2 ≠ (⁄q‘) .
V (X) 2 2mÊ 2 (0.22) ˜ i P , tals Llavors, podem definir uns operadors de creaci´o/destrucci´o a ˜ia ˜† , funci´ o d’X que l’hamiltoni` a que proposa l’enunciat s’escrigui com 2 P2 1 ˜ 2 ≠ (⁄q‘) H= + mÊ 2 X 2m 2 2mÊ 2 4 3 1 = ~Ê a ˜ a ˜+ 2 † 4 ≠ (⁄q‘)2 .
2mÊ 2 (0.23) .
˜ no ´es m´es que X m´es una constant, de manera que al cap i a la fi, les regles Ara b´e, X de commutaci´ o que satisfan a ˜ia ˜† , s´on les mateixes que les que satisfan a i a† , i com que tota la teoria de l’oscil·lador harm`onic l’hem basada amb les regles de commutaci´o que ˜ |nÍ = (˜ satisfan els operadors creaci´ o/destrucci´o, tenim el seg¨ uent: N a† a ˜)|nÍ = n|nÍ.
Per tant, els nivells d’energia (exactes) de l’hamiltoni`a en q¨ uesti´o, s´on: H|nÍ = EN |nÍ ≈∆ EN 3 1 = ~Ê n + 2 4 ≠ (⁄q‘)2 2mÊ 2 (0.24) (2) Comparant amb el resultat que hem trobat anteriorment, veiem que EN no ´es sols la correcci´ o a 2n ordre, sin´ o que ´es la “correcci´o” als nivells d’energia. Totes les correccions d’ordre diferent a dos seran id`enticament zero, ja que tal i com acabam de veure, els nivells exactes sols contenen termes proporcionals a ⁄2 .
(b) Els estats propis de l’hamiltoni`a pertorbat, corregits a primer ordre en teoria de pertorbacions, resulten ser |N Í = |nÍ + ÿ Èm|W |nÍ m”=n ‘n ≠ ‘m (0.25) |mÍ.
En l’apartat anterior hem trobat que Per tant, 2 Ô x0 1Ô Èm|W |nÍ = ≠⁄q‘ Ô n”m,n≠1 + n + 1”m,n+1 .
2 (0.26) Q R Ô Ô ÿ ÿ x n” n + 1” 0 m,n≠1 m,n+1 |N (1) Í = ≠⁄q‘ Ô a |mÍ + |mÍb ‘ ≠ ‘ 2 m”=n ‘n ≠ ‘m n m m”=n A B Ô Ô x0 n n+1 = ≠⁄q‘ Ô |n ≠ 1Í + |n + 1Í ‘n ≠ ‘n+1 2 ‘n ≠ ‘n≠1 AÔ B Ô x0 n n+1 = ≠⁄q‘ Ô |n ≠ 1Í ≠ |n + 1Í ~Ê 2 ~Ê 2 Ô ⁄q‘ 1Ô =Ô n + 1|n + 1Í ≠ n|n ≠ 1Í .
2m~Ê 3 (0.27) En la representaci´ o de posicions, tenim que les funcions d’ona corregides a primer ordre, s´on: (1) ÂN (x) = Èx|N (1) Í = Ô ⁄q‘ 2m~Ê 3 1Ô 5 n + 1Ân+1 (x) ≠ Ô 2 nÂn≠1 (x) (0.28) ...