Mecánica Cuántica - Problema 52 (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

.
52 Considereu l’oscil·lador harm` onic en dues dimensions amb hamiltoni`a H0 = ~Ê(a†1 a1 + a†2 a2 + 1).
(a) Quins s´ on els estats propis amb energia 3~Ê? Quina degeneraci´o t´e aquesta energia? (b) La degeneraci´ o podr` a quedar trencada afegint-hi un hamiltoni`a d’interacci´o V = i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 ) ⁄œR amb ⁄ adimensional. Constru¨ıu els elements de matriu de V pels estats anteriors (d’energia 3~Ê) i feu el canvi a una nova base ortonormal tal que aquesta matriu quedi en forma diagonal.
(c) Calculeu, per cadascun d’aquests nous estats, les correccions al primer i al segon ordre en ⁄ de l’energia.
Soluci´ o: (a) Tenim un oscil·lador harm` onic en 2D; l’hamiltoni`a associat ´es: H0 = ~Ê(N1 + N2 + 1), on he definit els operadors nombre a†i ai , i = 1, 2, encara que m´es formalment tenim: H0 = ~Ê(N1 ¢ 2 + 1 ¢ N2 + 1 ¢ 2 ). Aquest t´e per estats propis els estats producte |n1 Í ¢ |n2 Í © |n1 , n2 Í. Busquem-ne l’espectre, H0 |n1 , n2 Í = ~Ê(N1 + N2 + 1)|n1 , n2 Í = ~Ê(n1 + n2 + 1)|n1 , n2 Í.
(0.38) Veiem que els nivells d’energia s´on: ‘n1 n2 = ~Ê(n1 + n2 + 1). Per tant, els estats propis d’H0 , {|1, 1Í, |2, 0Í, |0, 2Í}, tenen la mateixa energia ‘ = 3~Ê =∆ tal nivell t´e degeneraci´ o 3.
(b) Ara considerem un terme pertorbatiu, V = i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 ) amb ⁄ œ R. Per calcular els elements de matriu que es demanen, feim actuar V sobre els estats {|1, 1Í, |2, 0Í, |0, 2Í} (amb aquesta ordenaci´ o). Se segueix, Ô V |1, 1Í = i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 )|1, 1Í = i⁄Ep 2(|2, 0Í ≠ |0, 2Í), Ô V |2, 0Í = i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 )|2, 0Í = ≠i⁄Ep 2|1, 1Í, Ô V |0, 2Í = i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 )|0, 2Í = i⁄Ep 2|1, 1Í.
(0.39) Aix´ı doncs, la matriu associada a V , ´es: Q R 0 ≠1 1 Ô c d c V = i⁄Ep 2 a 1 0 0d b.
≠1 0 0 8 (0.40) .
Diagonalitzem-la, Ô Ô ≠“ ≠i⁄Ep 2 i⁄Ep 2-1 2 Ô - i⁄Ep 2 - = 0 =∆ ≠“ “ 2 ≠ 4⁄2 E 2 = 0.
≠“ 0 p Ô -≠i⁄Ep 2 0 ≠“ - (0.41) Per tant, tenim tres valors propis: “0 = 0, “+ = 2⁄Ep i “≠ = ≠2⁄Ep , associats a tres vectors propis (els trobam com sempre, resolent V |“i Í = “i |“i Í), Q R QÔ R 0 d 1 c c |“0 Í = Ô a1d b, 2 1 QÔ R 2 d 1c c |“+ Í = a i d b, 2 ≠i 2 d 1c c |“≠ Í = a≠i d b.
2 i Evidentment, en la base pr` opia de V , Q R 1 c d d |“0 Í = c a0b , 0 Q R 0 c d d |“+ Í = c a1b , 0 Q R (0.42) 0 c d d |“≠ Í = c a0b , (0.43) 1 i per tant, si feim la descomposici´o espectral en aquesta base, V = “0 |“0 ÍÈ“0 | + “+ |“+ ÍÈ“+ | + “≠ |“≠ ÍÈ“≠ |, veiem que, en efecte, V ´es una matriu diagonal. Si aix`o u ´ltim no ens conven¸c, sempre podem fer el canvi expl´ıcit: VD = ≠1 V , on ´es la matriu de canvi de base: {|1, 1Í, |2, 0Í, |0, 2Í} æ {|“0 Í, |“+ Í, |“≠ Í}. El resultat ´es el mateix.
(c) Com veiem, afegir la interacci´ o V ens ha trencat la degeneraci´o. Al principi, considerant sols H0 teniem tres estats propis {|0, 0Í, |2, 0Í, |0, 2Í}, amb el mateix valor propi ‘ = 3~Ê.
Per`o en afegir V , tenim H = H0 +V , i acabam de trobar tres estats propis d’H cadascun associat a un valor propi diferent: “0 , 3~Ê + “+ i 3~Ê + “≠ .
Tenim el seg¨ uent hamiltoni` a: H = H0 + V = ~Ê(N1 + N2 + 1) + i⁄Ep (a†1 a2 ≠ a1 a†2 ), del qual en coneixem les solucions d’H0 , en particular, ens fixam amb els tres estats propis d’H0 amb energia 3~Ê: {|0, 0Í, |2, 0Í, |0, 2Í}. Volem con`eixer l’espectre d’H pels tres estats anteriors (que no s´ on propis de V ). De teoria, sabem que per espectres amb degeneraci´ o, les correccions a primer ordre s´on els valors propis de la matriu V = Èn1 n2 |V |m1 m2 Í. Anteriorment hem trobat la matriu V , i l’hem expressada en la seva base pr` opia (on ´es diagonal), de manera que E (1) = Y _ _ ] È“0 |V |“0 Í = “1 = 0 È“+ |V |“+ Í = “+ = 2⁄Ep _ _ [ È“ |V |“ Í = “ = ≠2⁄E ≠ ≠ ≠ p 9 (0.44) .
Gr`aficament, la interacci´ o V fa aix`o: 3¯ h! + 2 Ep ✏ = 3¯ h! 3¯ h! 3¯ h! 2 Ep A teoria no varem estudiar teoria de pertorbacions cas degenerat a 2n ordre, per`o en aquest cas es t´e que les correccions a 2n ordre s´on zero, ja que la matriu V no t´e elements fora de la diagonal.
10 ...