Kvantmekanik II - Föreläsning 10

Kvantmekanik II - Föreläsning 10 Degenererad störningsteori (tidsoberoende) Joakim Edsjö edsjo@fysik.su.se Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 1/26

Degenererad störningsteori Innehåll 1 Allmänt om degenererad störningsteori 2 Bra tillstånd för två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) 3 Egenvärdesekvationen för två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) 4 Generalisering till högre degenerationsgrader Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 2/26

Innehåll 1 Allmänt om degenererad störningsteori 2 Bra tillstånd för två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) 3 Egenvärdesekvationen för två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) 4 Generalisering till högre degenerationsgrader Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 3/26

Allmänt om degenererad störningsteori I När vi räknade i icke-degenererad störningsteori fick vi detta uttryck för första ordningens korrektion till vågfunktionerna ψ 1 n = m n ψ m Ĥ 0 ψn 0 En 0 Em 0 ψm 0 Detta uttryck fungerar inte då E n = E m eftersom 1 E n E m då E n = E m Men, hur gör vi om några av våra energinivåer är degenererade? Våra korrektioner ψ 1 n är inte väldefinierade i dessa fall (förutom om ψ 0 m Ĥ ψ 0 n råkar vara noll). Eftersom vi inte kan räkna ut ψ 1 n kan vi inte heller lita på uttrycket för E 1 n Vi måste hitta ett sätt att lösa problemet på så att korrektionerna blir väldefinierade! Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 4/26

Två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) Låt oss börja med det enklaste fallet: två-nivåsystemet (degenerationsgrad 2) Antag att vi har två tillstånd till Ĥ 0 med samma energi Ĥ 0 ψ 0 a = E 0 ψ 0 a ; Ĥ 0 ψ 0 b = E 0 ψ 0 b ; ψ 0 a ψ 0 b = 0 där vi även ortogonaliserat tillstånden (kan vi göra helt allmänt). Notera att ψ 0 = αψ 0 a + βψ 0 b också är ett egentillstånd till Ĥ 0 med egenvärdet E 0. Om nu ψa 0 och ψb 0 inte får väldefinierade korrektioner så borde det finnas någon (några) linjärkombinationer ψ 0 = αψa 0 + βψb 0 som får väldefinierade korrektioner. Sök dessa! Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 5/26

Bra tillstånd Typiskt sett kommer störningen Ĥ att bryta degenerationen så att ett av tillstånden får en korrektion, medan det andra får en annan korrektion. De tillstånd som får väldefinierade korrektioner kallar vi för bra tillstånd. Om vi återigen inför λ som beskriver hur mycket av störningen vi slår på så kan vi illustrera det så här: Om vi inte har bra tillstånd blir korrektionerna inte väldefinierade, vissa delar av tillståndet kanske får en korrektion, medan andra får en annan. 8/28 Kvant II - kapitel 6 (8/28) Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 6/26

Exempel på bra tillstånd Exempel på bra tillstånd Antag att vi har en partikel med spinn 1 2 där energiegenvärdena inte beror på spinn-kvanttalen (dvs inte på s och m s ). Lägg nu på en störning Ĥ = αŝ x ; α = reell konstant Är egentillstånden till Ŝ 2 och Ŝ z, och bra tillstånd? Nej, de är inte bra tillstånd. Från Ĥ kan vi se att egentillstånden till Ŝ x däremot verkar vara bra tillstånd, de borde få väldefinierade energikorrektioner. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 7/26

Frågedags Fråga 1 Varför kan vi inte använda uttrycken för första ordningens korrektion till energinivåerna och vågfunktionerna från icke-degenererad störningsteori när vi har degenererade tillstånd? 1 Det kan vi, men det uppskattningen blir inte så bra 2 Det går inte, för degenererade tillstånd får i allmänhet inte lika stora korrektioner 3 Det går inte, för degenererade tillstånd får i allmänhet inte väldefinierade energikorrektioner Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 8/26

Bra tillstånd I Vi söker alltså de α och β som gör att ψ 0 = αψ 0 a + βψ 0 b är bra tillstånd, dvs får väldefinierade energikorrektioner. För att hitta dessa tillstånd utnyttjar vi att våra korrigerade vågfunktioner ψ = ψ 0 + ψ 1 + ψ 2 + ska vara egenfunktioner till Ĥ = Ĥ 0 + Ĥ, dvs Ĥψ = Eψ ; Ĥ = Ĥ0 + Ĥ Vi söker alltså α och β så att Ĥψ = Eψ. Vi vet också att Ĥ 0 ψ 0 a = E 0 ψ 0 a ; Ĥ 0 ψ 0 b = E 0 ψ 0 b ; ψ 0 a ψ 0 b = 0 Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 10/26

Bra tillstånd II Som förut, ansätt Ĥ = Ĥ0 + λĥ E = E 0 + λe 1 + λ 2 E 2 + ψ = ψ 0 + λψ 1 + λ 2 ψ 2 + αψa 0 + βψb 0 Sätt in i SE och samla ihop termer av samma ordning i λ. För λ 1 får vi Ĥ 0 ψ 1 + Ĥ ψ 0 = E 0 ψ 1 + E 1 ψ 0 (1) Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 11/26

Bra tillstånd III Vi har nu (Ekv. (1)), Ĥ 0 ψ 1 + Ĥ ψ 0 = E 0 ψ 1 + E 1 ψ 0 Tag inre produkten mellan ψ 0 a och denna ekvation, ψ a Ĥ0 0 ψ 1 }{{} Ĥ0 ψa ψ 0 1 = E 0 ψa ψ 0 1 ψ 0 a Ĥ ψ 0 = αe 1 Vi kan nu skriva + ψ 0 a Ĥ ψ 0 = E 0 ψ 0 a ψ 1 + E 1 ψ 0 a ψ 0 ψa Ĥ 0 ψ 0 = α ψa Ĥ 0 ψa 0 + β ψa Ĥ 0 ψb 0 }{{} αψ 0 a+βψ 0 b α ψ 0 a Ĥ ψ 0 a + β ψ 0 a Ĥ ψ 0 b = αe 1 }{{} α ty ψ 0 =αψ 0 a+βψ 0 b Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 12/26

Bra tillstånd IV Låt oss nu införa beteckningen W nm ψ 0 n Ĥ ψ 0 m Vi kan nu skriva α ψ 0 a Ĥ ψ 0 a + β ψ 0 a Ĥ ψ 0 b = αe 1 som αw aa + βw ab = αe 1 (2) På samma sätt får vi om vi tar inre produkten mellan ψ 0 b och Ekv. (1), αw ba + βw bb = βe 1 (3) Ekv. (2) och (3) är inget annat än följande egenvärdesekvation ( ) ( ) ( ) Waa W ab α = E 1 α (4) β β W ba W bb Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 13/26

Frågedags Fråga 2 För att hitta våra bra tillstånd skrev vi ψ 0 = αψ 0 a + βψ 0 b Vad gäller alltid för de termer som ingår ovan (flera val kan vara möjliga) 1 ψ 0 är ett egentillstånd till Ĥ 0 2 ψ 0 a är ett egentillstånd till Ĥ 0 3 ψ 0 a är ett egentillstånd till Ĥ 4 α och β är reella Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 14/26

Egenvärdesekvationen I Betrakta nu denna egenvärdesekvation ( ) ( ) ( Waa W ab α = E 1 α W ba W bb β β ) (4) Denna W -matris är ju inget annat än Ĥ uttryckt i basen ψ 0 a och ψ 0 b Vi söker alltså egentillstånden till Ĥ, de är våra bra tillstånd. Detta ekvationssystem har icke-traviala lösningar ((α, β) 0) om och endast om W aa E 1 W ab W ba W bb E 1 = 0 (W aa E 1 )(W bb E 1 ) W ab W ba = 0 (E 1 ) 2 E 1 (W aa + W bb ) + (W aa W bb W ab W }{{} ba ) = 0 Wab }{{} E 1 ± = 1 2 W ab 2 [W aa + W bb ± (W aa W bb ) 2 + 4 W ab 2 ] Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 16/26

Egenvärdesekvationen II Från E 1 ± = 1 2 [ ] W aa + W bb ± (W aa W bb ) 2 + 4 W ab 2 ser vi att om W ab = 0 så blir egenvärdesekvationen extra enkel och vi får egenvärdena { E 1 + = W aa = ψ 0 a Ĥ ψ 0 a E 1 = W bb = ψ 0 b Ĥ ψ 0 b dvs vårt gamla resultat för det icke-degenererade fallet. Det är ganska naturligt eftersom ψa 0 och ψb 0 då redan var egentillstånd till Ĥ, dvs de var redan bra tillstånd. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 17/26

Egenvärdesekvationen III Låt oss igen titta på uttrycket för första ordningens korrektion till vågfunktionerna, ψ 1 n = m n ψ m Ĥ 0 ψn 0 En 0 Em 0 ψm 0 = m n W mn E 0 n E 0 m Om W mn = 0 så försvinner de besvärliga termerna där E 0 n E 0 m = 0 Om vi kan gissa dessa bra tillstånd så att ψ 0 a Ĥ ψ 0 b = 0 så kan vi använda samma uttryck som för det icke-degenererade fallet. Om vi inte kan gissa bra tillstånd får vi lösa egenvärdesekvationen (4) för att hitta dem. Vi kan sammanfatta detta avsnitt med ψ 0 m Det gäller att hitta den bas (av degenererade tillstånd) i vilken Ĥ är diagonal. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 18/26

Frågedags Fråga 3 Betrakta väteatomen med energiegentillstånden ψ nlm och vars energiegenvärden är E n = k n 2 ; k = reell konstant Egentillstånden är förutom att vara egentillstånd till Hamiltonoperatorn för väteatomen Ĥ 0 också egentillstånd till ˆL 2 och ˆL z. Lägg nu på en korrektion Är ψ nlm bra tillstånd? Ĥ = µˆl y ; µ = reell konstant 1 Ja, ψ nlm är alltid bra tillstånd 2 Ja, i detta fall är ψ nlm bra tillstånd 3 Nej, de är inte bra tillstånd. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 19/26

Frågedags Fråga 4 Antag att vi har ett system med två degenererade tillstånd ψa 0 och ψb 0. Vi försöker nu gissa bra tillstånd ψ0 a och ψb 0 så att vårt system ska få väldefinierade energikorrektioner. Om vi nu räknar ut W -matrisen och den ser ut så här ( ) 2 W = 2 är ψa 0 och ψb 0 1 Ja 2 Nej bra tillstånd? Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 20/26

Generalisering till högre degenerationsgrader I Vi kan enkelt generalisera detta till högre degenerationsgrader. Vi söker de bra tillstånden ψ 0 = αψ 0 a + βψ 0 b + γψ0 c + som är egentillstånd till Ĥ, dvs vi söker lösningarna till följande egenvärdesekvation W aa W ab α α W ba W bb β = E 1 β...... Egenvärdena hittar vi som vanligt genom att kräva att denna ekvation har icke-triviala lösningar, dvs att det(w E 1 1) = 0 där 1 är enhetsmatrisen och W är matrisen ovan. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 22/26

Att hitta bra tillstånd I Frågan är nu, hur hittar vi bra tillstånd? Antingen får vi lösa egenvärdesekvationen explicit (jobbigt!) eller så försöker vi gissa bra tillstånd (kan vara svårt!). Kom ihåg, det vi letar efter är egentillstånden till Ĥ (bland de degenererade tillstånden). Till vår hjälp att hitta bra tillstånd har vi följande teorem: Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 23/26

Att hitta bra tillstånd II Teorem Â Låt Â vara en hermitsk operator som kommuterar med Ĥ0 och Ĥ, [Â, Ĥ0 ] = 0 ; [Â, Ĥ ] = 0 Om ψ 0 a och ψ 0 b (degenererade egentillstånd till Ĥ0 ) också är egentillstånd till Â med skilda egenvärden, Âψ 0 a = µψ 0 a ; Âψ 0 b = νψ0 b ; µ ν så är dvs dessa ψ 0 a och ψ 0 b W ab = ψ 0 a Ĥ ψ 0 b = 0 är bra tillstånd. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 24/26

Att hitta bra tillstånd III Bevis av teorem Â Vi har att [Â, Ĥ ] = 0 ν ψ 0 b {}}{ 0 = ψa [Â, 0 Ĥ ] ψb 0 = ψ0 a ÂĤ ψb 0 }{{} ψa Ĥ 0 Â ψb 0 Âψa 0 Ĥ ψb 0 =µ ψ0 a Ĥ ψb 0 = µ ψ 0 a Ĥ ψ 0 b ν ψ0 a Ĥ ψ 0 b = (µ ν) ψ0 a Ĥ ψ 0 b Men µ ν ψ 0 a Ĥ ψ 0 b = 0 W ab = 0 Detta är ett mycket användbart teorem! Ofta kan det vara svårt att hitta egentillstånden till Ĥ, men lätt att hitta egentillstånden till en annan hermitsk operator Â enligt ovan. De tillstånden är då bra tillstånd. Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 25/26

Frågedags Fråga 5 Betrakta en partikel med spinn 1 2 där energiegenvärdena är degenererade i m s, (dvs vi har samma energiegenvärde oavsett vad m s är), där m s är kvanttalet för spinnets z-komponent. Antag nu att vi lägger på en korrektion som ser ut som Ĥ = ˆQ där vi vet att [ ˆQ, Ŝ z ] = 0. Är egentillstånden till Ŝ 2 och Ŝ z ( och ) bra tillstånd? 1 Ja 2 Nej Kvantmekanik II Föreläsning 10 Joakim Edsjö 26/26