Enunciat Context previ Un oscil·lador harmònic bidimensional (i isòtrop) és una mica diferent del oscil·lador harmònic unidimensional. A
P3 Gener 2024 està explicat més detalladament.
Entre les diferències principals hi ha el fet que els estats excitats presenten degeneració.
L’estat fonamental no té degeneració Ψ 0 , 0 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 0 ( y ) E 0 = ( 0 + 1 ) ℏ ω = 1 \Psi_{0,0}(x,y)=\psi_0(x)\psi_0(y)
\qquad\quad
E_0=(0+1)\hbar\omega=1 Ψ 0 , 0 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 0 ( y ) E 0 = ( 0 + 1 ) ℏ ω = 1 Ens diuen que prenguem sistema de unitats ℏ = ω = 1 \hbar=\omega=1 ℏ = ω = 1 . El 1r nivell d’energia del sistema té dos estats corresponents Ψ 0 , 1 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 1 ( y ) Ψ 1 , 0 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 0 ( y ) E 1 = ( 1 + 1 ) ℏ ω = 2 \begin{aligned}
\Psi_{0,1}(x,y)=\psi_0(x)\psi_1(y)
\\[0.4em]
\Psi_{1,0}(x,y)=\psi_1(x)\psi_0(y)
\end{aligned}
\qquad\quad
E_1=(1+1)\hbar\omega=2 Ψ 0 , 1 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 1 ( y ) Ψ 1 , 0 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 0 ( y ) E 1 = ( 1 + 1 ) ℏ ω = 2 El 2n nivell d’energia del sistema té tres estats possibles Ψ 0 , 2 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 2 ( y ) Ψ 1 , 1 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 1 ( y ) Ψ 2 , 0 ( x , y ) = ψ 2 ( x ) ψ 0 ( y ) E 2 = ( 2 + 1 ) ℏ ω = 3 \begin{aligned}
\Psi_{0,2}(x,y)=\psi_0(x)\psi_2(y)
\\[0.4em]
\Psi_{1,1}(x,y)=\psi_1(x)\psi_1(y)
\\[0.4em]
\Psi_{2,0}(x,y)=\psi_2(x)\psi_0(y)
\end{aligned}
\qquad\quad
E_2=(2+1)\hbar\omega=3 Ψ 0 , 2 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 2 ( y ) Ψ 1 , 1 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 1 ( y ) Ψ 2 , 0 ( x , y ) = ψ 2 ( x ) ψ 0 ( y ) E 2 = ( 2 + 1 ) ℏ ω = 3 Apartat A Els tres estats amb menor energia seran
Ψ 0 , 0 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 0 ( y ) ⟶ E 0 = 1 \Psi_{0,0}(x,y)=\psi_0(x)\psi_0(y)\quad\longrightarrow\quad \colorbox{00d000}{$E_0=1$} Ψ 0 , 0 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 0 ( y ) ⟶ E 0 = 1 Ψ 0 , 1 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 1 ( y ) ⟶ E 1 = 2 \Psi_{0,1}(x,y)=\psi_0(x)\psi_1(y)\quad\longrightarrow\quad \colorbox{00d000}{$E_1=2$} Ψ 0 , 1 ( x , y ) = ψ 0 ( x ) ψ 1 ( y ) ⟶ E 1 = 2 Ψ 1 , 0 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 0 ( y ) ⟶ E 1 = 2 \Psi_{1,0}(x,y)=\psi_1(x)\psi_0(y)\quad\longrightarrow\quad \colorbox{00d000}{$E_1=2$} Ψ 1 , 0 ( x , y ) = ψ 1 ( x ) ψ 0 ( y ) ⟶ E 1 = 2 Prenent (tal com diu l’enunciat)
ℏ = ω = 1 \hbar=\omega=1 ℏ = ω = 1 .
Si no tenim les funcions d’ona
ψ n ( x ) \psi_n(x) ψ n ( x ) de l’oscil·lador harmònic unidimensional apuntades, les podem calcular a partir de
ψ 0 ( x ) \psi_0(x) ψ 0 ( x ) que ens dona l’enunciat, i mitjançant l’operador creació
a † a^\dagger a † .
Procés Per l’estat fonamental de l’oscil·lador harmònic unidimensional ens diuen que la funció d’ona és
ψ 0 ( x ) = 1 π 1 / 4 e − 1 2 x 2 \psi_0(x)=\frac{1}{\pi^{1/4}}
e^{-\frac{1}{2}x^2} ψ 0 ( x ) = π 1/4 1 e − 2 1 x 2 I per calcular
ψ 1 ( x ) \psi_1(x) ψ 1 ( x ) haurem de fer servir l’operador creació
a † a^\dagger a † a † = 1 2 ( x − i p ) a^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2}}(x-ip) a † = 2 1 ( x − i p ) Recordem que
a † ∣ n ⟩ = n + 1 ∣ n ⟩ ⟹ a † ∣ ψ 0 ⟩ = ∣ ψ 1 ⟩ ⟹ a † ψ 0 = ψ 1 a^\dagger \ket{n}=\sqrt{n+1}\ket{n}\implies a^\dagger\ket{\psi_0}=\ket{\psi_1}
\implies
a^\dagger\psi_0=\psi_1 a † ∣ n ⟩ = n + 1 ∣ n ⟩ ⟹ a † ∣ ψ 0 ⟩ = ∣ ψ 1 ⟩ ⟹ a † ψ 0 = ψ 1 Així doncs
ψ 1 ( x ) = 1 2 [ x − i p ] ψ 0 ( x ) = 1 2 [ x − i ( − i ℏ d d x ) ] ψ 0 ( x ) = = 1 2 [ x ψ 0 ( x ) − ℏ d d x ψ 0 ( x ) ] = = 1 π 1 / 4 2 [ x e − 1 2 x 2 − ℏ d d x e − 1 2 x 2 ⏟ − x e − 1 2 x 2 ] = 1 + ℏ π 1 / 4 2 [ x e − 1 2 x 2 ] \psi_1(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big[x-ip\Big]\psi_0(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big[x-i(-i\hbar \frac{d}{dx})\Big]\psi_0(x)=\\[1em]
=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big[x\psi_0(x)-\hbar \frac{d}{dx}\psi_0(x)\Big]=\\[1em]
=
\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{2}}\Big[xe^{-\frac{1}{2}x^2}-\hbar
\underbrace{\frac{d}{dx}e^{-\frac{1}{2} x^2}}_{
-xe^{-\frac{1}{2}x^2}}\Big]
=
\frac{1+\hbar}{\pi^{1/4}\sqrt{2}}\Big[xe^{-\frac{1}{2}x^2}\Big] ψ 1 ( x ) = 2 1 [ x − i p ] ψ 0 ( x ) = 2 1 [ x − i ( − i ℏ d x d ) ] ψ 0 ( x ) = = 2 1 [ x ψ 0 ( x ) − ℏ d x d ψ 0 ( x ) ] = = π 1/4 2 1 [ x e − 2 1 x 2 − ℏ − x e − 2 1 x 2 d x d e − 2 1 x 2 ] = π 1/4 2 1 + ℏ [ x e − 2 1 x 2 ] I ara considerant
ℏ = 1 \hbar=1 ℏ = 1 (unitats de l’enunciat) tenim
ψ 1 ( x ) = 1 2 π ( 2 x ) e − 1 2 x 2 \psi_1(x)=\frac{1}{\sqrt{2\sqrt{\pi}}}(2x)e^{-\frac{1}{2}x^2} ψ 1 ( x ) = 2 π 1 ( 2 x ) e − 2 1 x 2 Però realment podem tenir-les apuntades al formulari i simplement recordar que són
ψ n ( x ) = 1 2 n n ! b π H n ( x b ) e − 1 2 ( x b ) 2 b ≡ ℏ m ω H 0 ( x b ) = 1 H 1 ( x b ) = 2 ( x b ) H 2 ( x b ) = 4 ( x b ) 2 − 2 {
\psi_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2^n n! b\sqrt{\pi}}}H_n\big(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle\big)e^{-\frac{1}{2}(\frac{x}{b})^2}
\qquad
b\equiv \small\textstyle \sqrt{\normalsize\frac{\hbar}{m\omega}}
\qquad
\begin{aligned}
H_0(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle)&=1
\\[0.4em]
H_1(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle)&=2(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle)
\\[0.4em]
H_2(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle)&=4(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle)^2-2
\end{aligned}
} ψ n ( x ) = 2 n n ! b π 1 H n ( b x ) e − 2 1 ( b x ) 2 b ≡ mω ℏ H 0 ( b x ) H 1 ( b x ) H 2 ( b x ) = 1 = 2 ( b x ) = 4 ( b x ) 2 − 2 Veiem que sempre tindrem la següent expressió
Ψ n , m ( x , y ) = ψ n ( x ) ψ m ( y ) = = 1 2 n n ! b π H n ( x b ) e − 1 2 ( x b ) 2 1 2 m m ! b π H m ( y b ) e − 1 2 ( y b ) 2 = = [ 1 2 n + m 2 n ! m ! H n ( x b ) H m ( y b ) ] 1 b π e − 1 2 ( x 2 + y 2 b 2 ) \textcolor{gray}{
\Psi_{n,m}(x,y)=\psi_n(x)\psi_m(y)=
\\[1em]
=
\frac{1}{\sqrt{2^n n! b\sqrt{\pi}}}H_n\big(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle\big)e^{-\frac{1}{2}(\frac{x}{b})^2}
%
\frac{1}{\sqrt{2^m m! b\sqrt{\pi}}}H_m\big(\textstyle\frac{y}{b}\displaystyle\big)e^{-\frac{1}{2}(\frac{y}{b})^2}=
\\[1em]
=\bigg[
\frac{1}{2^{\frac{n+m}{2}}\sqrt{n!}\sqrt{m!}}
H_n\big(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle\big)
H_m\big(\textstyle\frac{y}{b}\displaystyle\big)
\bigg]
\frac{1}{b\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x^2+y^2}{b^2})}
} Ψ n , m ( x , y ) = ψ n ( x ) ψ m ( y ) = = 2 n n ! b π 1 H n ( b x ) e − 2 1 ( b x ) 2 2 m m ! b π 1 H m ( b y ) e − 2 1 ( b y ) 2 = = [ 2 2 n + m n ! m ! 1 H n ( b x ) H m ( b y ) ] b π 1 e − 2 1 ( b 2 x 2 + y 2 ) Bé, i realment segons l’enunciat
b = ℏ / m ω = 1 b=\sqrt{\hbar/m\omega}=1 b = ℏ/ mω = 1 .
Així doncs, les funcions d’ona de manera explícita són
Ψ 0 , 0 ( x , y ) = 1 π e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) \colorbox{00d000}{$\displaystyle
\Psi_{0,0}(x,y)
$}
=
\colorbox{00d000}{$\displaystyle
\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}
$} Ψ 0 , 0 ( x , y ) = π 1 e − 2 1 ( x 2 + y 2 ) Ψ 0 , 1 ( x , y ) = [ 1 2 2 ( y b ) ] 1 b π e − 1 2 ( x 2 + y 2 b 2 ) = 2 π y e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) \colorbox{00d000}{$\displaystyle
\Psi_{0,1}(x,y)$}=
\bigg[
\frac{1}{\sqrt{2}}
2\big(\textstyle\frac{y}{b}\displaystyle\big)
\bigg]
\frac{1}{b\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x^2+y^2}{b^2})}
=
\colorbox{00d000}{$\displaystyle
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}
y e^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}$} Ψ 0 , 1 ( x , y ) = [ 2 1 2 ( b y ) ] b π 1 e − 2 1 ( b 2 x 2 + y 2 ) = π 2 y e − 2 1 ( x 2 + y 2 ) Ψ 1 , 0 ( x , y ) = [ 1 2 2 ( x b ) ] 1 b π e − 1 2 ( x 2 + y 2 b 2 ) = 2 π x e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) \colorbox{00d000}{$\displaystyle
\Psi_{1,0}(x,y)$}=
\bigg[
\frac{1}{\sqrt{2}}
2\big(\textstyle\frac{x}{b}\displaystyle\big)
\bigg]
\frac{1}{b\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x^2+y^2}{b^2})}
=
\colorbox{00d000}{$\displaystyle
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}
x e^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}$} Ψ 1 , 0 ( x , y ) = [ 2 1 2 ( b x ) ] b π 1 e − 2 1 ( b 2 x 2 + y 2 ) = π 2 x e − 2 1 ( x 2 + y 2 ) Apartat B Introducció
Anem a fer teoria de pertorbacions degenerada. Tenim el hamiltonià del nostre sistema sense pertorbar
H 0 H_0 H 0 i li introduïm una pertorbació
H ′ H' H ′ .
H = H 0 + λ H ′ H=H_0+\lambda H' H = H 0 + λ H ′ H 0 = p x 2 + p y 2 2 + x 2 + y 2 2 H ′ = 1 2 x y ( x 2 + y 2 ) H_0=\frac{p_x^2+p_y^2}{2}+\frac{x^2+y^2}{2}
\qquad\quad
H'=\frac{1}{2}xy(x^2+y^2) H 0 = 2 p x 2 + p y 2 + 2 x 2 + y 2 H ′ = 2 1 x y ( x 2 + y 2 ) A l’enunciat li diuen ϵ \epsilon ϵ a la λ \lambda λ (paràmetre que gradua lo petita que és la pertorbació), i ja la inclouen dins de H ′ H' H ′ és a dir H = H 0 + H ′ H=H_0+H' H = H 0 + H ′ . Nosaltres ho farem mantenint la notació de la manera típica i tal com està explicat a la teoria . Recordem els passos de teoria de pertorbacions degenerada
Trobar les matrius H 0 H_0 H 0 H ′ H' H ′ (en la base pròpia de H 0 H_0 H 0 ) H 0 H_0 H 0 E n ( 0 ) E_n^{(0)} E n ( 0 ) H ′ H' H ′ H m n = ⟨ ψ m ( 0 ) ∣ H ′ ∣ ψ n ( 0 ) ⟩ H_{mn}=\braket{\psi_m^{(0)}|H'|\psi^{(0)}_n} H mn = ⟨ ψ m ( 0 ) ∣ H ′ ∣ ψ n ( 0 ) ⟩ Trobar la base “bona” diagonalitzant H ′ H' H ′ (en el subespai de la degeneració) Les correccions a 1r ordre de l’energia seran els valors propis μ j = E j ( 1 ) \mu_j=E_j^{(1)} μ j = E j ( 1 ) Els vectors propis (estesos) són els estats “bons” ∣ ϕ j ( 0 ) ⟩ \ket{\phi_j^{(0)}} ∣ ϕ j ( 0 ) ⟩ Aplicar teoria de pertorbacions (no-degenerada) als estats “bons” Les correccions dels estats seran ∣ ϕ j ( 1 ) ⟩ = ∑ k ≠ j H m n E j ( 0 ) − E k ( 0 ) ∣ ψ k ( 0 ) ⟩ \ket{\phi_j^{(1)}}=\sum_{k\neq j} \frac{H_{mn}}{E_j^{(0)}-E_k^{(0)}}\ket{\psi_k^{(0)}} ∣ ϕ j ( 1 ) ⟩ = ∑ k = j E j ( 0 ) − E k ( 0 ) H mn ∣ ψ k ( 0 ) ⟩ I les correccions a segon ordre de l’energia seran E j ( 2 ) = ∑ k ≠ j ∣ H m n ∣ 2 E j ( 0 ) − E k ( 0 ) E_j^{(2)}=\sum_{k\neq j} \frac{|H_{mn}|^2}{E_j^{(0)}-E_k^{(0)}} E j ( 2 ) = ∑ k = j E j ( 0 ) − E k ( 0 ) ∣ H mn ∣ 2 Pas 1: Trobar les matrius H 0 H_0 H 0 i H ′ H' H ′ La matriu del hamiltonià sense pertorbar
H 0 H_0 H 0 estarà format per les energies que hem trobat al primer apartat.
H 0 = ( 1 0 0 0 2 0 0 0 2 ) H_0=\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&2&0\\
0&0&2\\
\end{pmatrix} H 0 = ⎝ ⎛ 1 0 0 0 2 0 0 0 2 ⎠ ⎞ La matriu
H ′ H' H ′ corresponent a la pertorbació, la trobarem a partir dels
bra-kets següents.
H ′ = ( ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ) H'=\begin{pmatrix}
\braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{0,0}}
&
\braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{0,1}}
&
\braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{1,0}}
\\[0.8em]
\braket{\Psi_{0,1}|H'|\Psi_{0,0}}
&
\braket{\Psi_{0,1}|H'|\Psi_{0,1}}
&
\braket{\Psi_{0,1}|H'|\Psi_{1,0}}
\\[0.8em]
\braket{\Psi_{1,0}|H'|\Psi_{0,0}}
&
\braket{\Psi_{1,0}|H'|\Psi_{0,1}}
&
\braket{\Psi_{1,0}|H'|\Psi_{1,0}}
\\[0.5em]
\end{pmatrix} H ′ = ⎝ ⎛ ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ ⎠ ⎞ Si volguéssim, podríem fer servir la notació
∣ Ψ n , m ⟩ ≡ ∣ n , m ⟩ \ket{\Psi_{n,m}}\equiv\ket{n,m} ∣ Ψ n , m ⟩ ≡ ∣ n , m ⟩ i passar el hamiltonià en funció dels operadors creació i destrucció i aprofitar les seves propietats per obtenir els
bra-kets (de fet seria més senzill ja que no hauríem de fer cap integral). Seguint aquest mètode es resol el
P3 Gener 2024 , en aquest però, ho farem fent integrals.
De manera general tindrem per tots els bra-kets
⟨ Ψ ∣ H ′ ∣ Ψ ⟩ = ∬ − ∞ ∞ [ f ( x , y ) ] 1 π e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) 1 2 x y ( x 2 + y 2 ) 1 π e − 1 2 ( x 2 + y 2 ) d x d y = = 1 2 π ∬ − ∞ ∞ [ f ( x , y ) ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \textcolor{gray}{
\braket{\Psi|H'|\Psi}
=\iint_{-\infty}^\infty
%
\big[f(x,y)\big]\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}
\frac{1}{2}xy(x^2+y^2)\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\frac{1}{2}(x^2+y^2)}dxdy=\\[1em]
=
\frac{1}{2\pi}\iint_{-\infty}^\infty
%
\big[f(x,y)\big]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}
dxdy} ⟨ Ψ∣ H ′ ∣Ψ ⟩ = ∬ − ∞ ∞ [ f ( x , y ) ] π 1 e − 2 1 ( x 2 + y 2 ) 2 1 x y ( x 2 + y 2 ) π 1 e − 2 1 ( x 2 + y 2 ) d x d y = = 2 π 1 ∬ − ∞ ∞ [ f ( x , y ) ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) d x d y On f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) és el producte de dos dels següents elements: 1 1 1 , 2 x \sqrt{2}x 2 x i 2 y \sqrt{2}y 2 y . Anem a calcular-los doncs. Si ho fem, veurem que per paritat tots donen zero
⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ = 1 2 π ∬ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 1 ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 \braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{0,0}}
=
\frac{1}{2\pi}\iint_{-\infty}^\infty
%
\big[1\cdot 1]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=0
⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 0 ⟩ = 2 π 1 ∬ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 1 ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ = 1 2 π ∬ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 2 y ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 \braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{0,1}}
=
\frac{1}{2\pi}\iint_{-\infty}^\infty
%
\big[1\cdot \sqrt{2}y]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=0
⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ = 2 π 1 ∬ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 2 y ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 \braket{\Psi_{0,0}|H'|\Psi_{1,0}}
=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty
%
\big[1\cdot \sqrt{2}x]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=0
⟨ Ψ 0 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ [ 1 ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ [ 2 y ⋅ 2 y ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 \braket{\Psi_{0,1}|H'|\Psi_{0,1}}
=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty
%
\big[\sqrt{2}y\cdot \sqrt{2}y]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=0
⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 0 , 1 ⟩ = 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ [ 2 y ⋅ 2 y ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 ⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ [ 2 x ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 \braket{\Psi_{1,0}|H'|\Psi_{1,0}}
=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty
%
\big[\sqrt{2}x\cdot \sqrt{2}x]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=0
⟨ Ψ 1 , 0 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ [ 2 x ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = 0 ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 1 2 π ∬ − ∞ ∞ [ 2 y ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = = 1 π ∬ − ∞ ∞ x 4 y 2 e − ( x 2 + y 2 ) + 1 π ∬ − ∞ ∞ x 2 y 4 e − ( x 2 + y 2 ) = = 1 π 3 π 4 π 2 + 1 π π 2 3 π 4 = 3 4 \braket{\Psi_{0,1}|H'|\Psi_{1,0}}
=
\frac{1}{2\pi}\iint_{-\infty}^\infty
%
\big[\sqrt{2}y\cdot \sqrt{2}x]
(x^3y+xy^3)
e^{-(x^2+y^2)}=
\\[1em]
=\frac{1}{\pi}
\iint_{-\infty}^\infty
x^4y^2e^{-(x^2+y^2)}
+
\frac{1}{\pi}
\iint_{-\infty}^\infty
x^2y^4e^{-(x^2+y^2)}=\\[1em]
=
\frac{1}{\pi}\frac{3\sqrt{\pi}}{4}\frac{\sqrt{\pi}}{2}
+
\frac{1}{\pi}\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{3\sqrt{\pi}}{4}
=
\frac{3}{4} ⟨ Ψ 0 , 1 ∣ H ′ ∣ Ψ 1 , 0 ⟩ = 2 π 1 ∬ − ∞ ∞ [ 2 y ⋅ 2 x ] ( x 3 y + x y 3 ) e − ( x 2 + y 2 ) = = π 1 ∬ − ∞ ∞ x 4 y 2 e − ( x 2 + y 2 ) + π 1 ∬ − ∞ ∞ x 2 y 4 e − ( x 2 + y 2 ) = = π 1 4 3 π 2 π + π 1 2 π 4 3 π = 4 3 On hem utilitzat que les funcions senars al integrar-se (en un interval simètric) donen zero, i que al ser una exponencial sempre podem separar una integral doble en el producte de dues integrals simples (una per la
x x x i l’altra per la
y y y ), amb que una de les dues tingui una potència senar ja donarà zero.
I per l’última integral hem utilitzat l’ajut de l’enunciat, que són unes fórmules que també es poden trobar a la subpàgina
integrals gaussianes . Així doncs la matriu
H ′ H' H ′ és
H ′ = ( 0 0 0 0 0 3 / 4 0 3 / 4 0 ) H'=\begin{pmatrix}
0&0&0\\
0&0&3/4\\
0&3/4&0\\
\end{pmatrix} H ′ = ⎝ ⎛ 0 0 0 0 0 3/4 0 3/4 0 ⎠ ⎞ Pas 2: Trobar la base “bona” diagonalitzant H ′ H' H ′ La diagonalització és bastant immediata
∣ 0 − μ 3 / 4 3 / 4 0 − μ ∣ = μ 2 − ( 3 / 4 ) 2 = 0 ⟹ μ = ± 3 4 \begin{vmatrix}
0-\mu&3/4\\
3/4&0-\mu
\end{vmatrix}=\mu^2-(3/4)^2=0\implies \mu=\pm \frac{3}{4} ∣ ∣ 0 − μ 3/4 3/4 0 − μ ∣ ∣ = μ 2 − ( 3/4 ) 2 = 0 ⟹ μ = ± 4 3 ( 3 / 4 3 / 4 3 / 4 3 / 4 ) ( a b ) = ( 0 0 ) ⟶ ∣ − 3 / 4 ⟩ = ∣ ϕ 2 ( 0 ) ⟩ = 1 2 ( 1 − 1 ) \textcolor{gray}{\begin{pmatrix}
3/4&3/4\\
3/4&3/4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a\\b
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0
\end{pmatrix}\quad\longrightarrow
\ket{-3/4}=\ket{\phi_2^{(0)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}} ( 3/4 3/4 3/4 3/4 ) ( a b ) = ( 0 0 ) ⟶ ∣ − 3/4 ⟩ = ∣ ϕ 2 ( 0 ) ⟩ = 2 1 ( 1 − 1 ) ( − 3 / 4 3 / 4 3 / 4 − 3 / 4 ) ( a b ) = ( 0 0 ) ⟶ ∣ 3 / 4 ⟩ = ∣ ϕ 3 ( 0 ) ⟩ = 1 2 ( 1 1 ) \textcolor{gray}{\begin{pmatrix}
-3/4&3/4\\
3/4&-3/4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a\\b
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0
\end{pmatrix}\quad\longrightarrow
\ket{3/4}=\ket{\phi_3^{(0)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}
\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}} ( − 3/4 3/4 3/4 − 3/4 ) ( a b ) = ( 0 0 ) ⟶ ∣ 3/4 ⟩ = ∣ ϕ 3 ( 0 ) ⟩ = 2 1 ( 1 1 ) Els valors propis, són doncs
μ 1 = 0 μ 2 = − 3 4 μ 3 = 3 4 \mu_1=0
\qquad\quad
\mu_2=-\frac{3}{4}
\qquad\quad
\mu_3=\frac{3}{4} μ 1 = 0 μ 2 = − 4 3 μ 3 = 4 3 Que es corresponen a les correccions de l’energia
μ j = E j ( 1 ) \mu_j=E^{(1)}_j μ j = E j ( 1 ) . Si ens ho demanessin, els desplaçaments a 1r ordre de l’energia són
Δ E j = λ E j ( 1 ) \Delta E_j=\lambda E_j^{(1)} Δ E j = λ E j ( 1 ) i les energies corregides
E j = E j ( 0 ) + λ E j ( 1 ) E_j=E_j^{(0)}+\lambda E_j^{(1)} E j = E j ( 0 ) + λ E j ( 1 ) On
j = n j=n j = n pels nivells no degenerats, és a dir
E 0 = 1 + λ ⋅ 0 E 1 = 2 − λ 3 4 E 2 = 2 + λ 3 4 E_0=1+\lambda \cdot 0
\qquad\quad
E_1=2-\lambda \frac{3}{4}
\qquad\quad
E_2=2+\lambda \frac{3}{4} E 0 = 1 + λ ⋅ 0 E 1 = 2 − λ 4 3 E 2 = 2 + λ 4 3 I en la notació de l’enunciat
ϵ ≡ λ \epsilon\equiv\lambda ϵ ≡ λ queda
E 0 = 1 E 1 = 2 − 3 ϵ 4 E 2 = 2 + 3 ϵ 4 \colorbox{00d000}{$\displaystyle
E_0=1$}
\qquad\quad
\colorbox{00d000}{$\displaystyle
E_1=2- \frac{3\epsilon}{4}$}
\qquad\quad
\colorbox{00d000}{$\displaystyle
E_2=2+ \frac{3\epsilon}{4}$} E 0 = 1 E 1 = 2 − 4 3 ϵ E 2 = 2 + 4 3 ϵ I ja estaríem.
Si ara ens demanessin els estats corregits o les energies a segon ordre, primer estendríem els estats propis trobats (no sols en el subespai de la degeneració), i considerant ∣ ϕ 1 ( 0 ) ⟩ = ∣ Ψ 0 , 0 ( 0 ) ⟩ \ket{\phi_1^{(0)}}=\ket{\Psi_{0,0}^{(0)}} ∣ ϕ 1 ( 0 ) ⟩ = ∣ Ψ 0 , 0 ( 0 ) ⟩ per l’estat no degenerat, tindríem ∣ ϕ 1 ( 0 ) ⟩ ( 1 0 0 ) ∣ ϕ 2 ( 0 ) ⟩ = 1 2 ( 0 1 − 1 ) ∣ ϕ 3 ( 0 ) ⟩ = 1 2 ( 0 1 1 ) \textcolor{gray}{\ket{\phi_1^{(0)}}\begin{pmatrix}
1\\0\\0
\end{pmatrix}
\quad\quad
\ket{\phi_2^{(0)}}=
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
0\\1\\-1
\end{pmatrix}
\quad\quad
\ket{\phi_3^{(0)}}=
\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
0\\1\\1
\end{pmatrix}} ∣ ϕ 1 ( 0 ) ⟩ ⎝ ⎛ 1 0 0 ⎠ ⎞ ∣ ϕ 2 ( 0 ) ⟩ = 2 1 ⎝ ⎛ 0 1 − 1 ⎠ ⎞ ∣ ϕ 3 ( 0 ) ⟩ = 2 1 ⎝ ⎛ 0 1 1 ⎠ ⎞ I aquests serien els estats “bons” als quals podríem aplicar les fórmules de teoria de pertorbacions no degenerada.
P3 Gener 2024 està explicat més detalladament.