Energien zweiter Ordnung einer quartischen Störung eines harmonischen Oszillators [geschlossen]

Es scheint, dass Ihr Ergebnis nicht korrekt ist (mit Ihrer Konvention für den Hamiltonian):

Ausgehend von Ihrem Hamiltonian$H = \frac{1}{2}p^2 + \frac{1}{2}x^2 + \lambda x^4$, und mit :

$$E_0^{(1)} = V_{00}, \quad E_0^{(2)} = \sum\limits_{m \neq 0} \frac{|V_{0m}|^2}{E_0-E_m} \tag{1}$$

Hier :$E_n^{(0)} = n + \frac{1}{2}$, mit$V_{00} = \lambda \langle 0|X^4|0\rangle$Und$|V_{0m}|^2 = \lambda^2 |\langle 0|X^4|m\rangle|^2$, und mit$X = \frac{1}{\sqrt{2}} (a+a^+), P = \frac{i}{\sqrt{2}}(a^+-a)$

Durch die sukzessive Bewerbung ($4$Mal) der Betreiber$X = \frac{1}{\sqrt{2}} (a+a^+)$, auf den Staat$|0\rangle$(mit den Regeln$a|n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle$Und$a^+|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$) Sie finden :

$X^4|0\rangle = \dfrac{1}{\sqrt{2}^4}(\sqrt{24}|4\rangle + 2\sqrt{18}|2\rangle + 3|0\rangle) \tag{2}$

So endlich :

$$E_0^{(1)} = \frac{3}{4} \lambda\tag{3}$$

$$E_0^{(2)} = -\frac{1}{2^4}(\frac{24}{4} + \frac{4*18}{2})\lambda^2= - \frac{42}{16} {\lambda^2} = - \frac{21}{8}\tag{4} {\lambda^2}$$

Die (absolute) modifizierte Energie für den Grundzustand ist also:

$$E_0(\lambda) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} \lambda - \frac{21}{8} {\lambda^2} \tag{5}$$

Dies ist kompatibel mit der anderen Konvention für den Hamiltonian (in meiner Referenz ), die lautet:

$H' = p^2 + x^2 + \lambda x^4 = 2(\frac{1}{2}p^2 + \frac{1}{2}x^2 + \frac{\lambda}{2} x^4)$, die (absolute) modifizierte Energie für den Grundzustand ist dann:

$E'_0(\lambda) = 2 E_0(\frac{\lambda}{2}) = 2(\frac{1}{2} + \frac{3}{4} \frac{\lambda}{2} - \frac{21}{8} \frac{{\lambda^2}}{4})=1 + \frac{3}{4} \lambda - \frac{21}{16} {\lambda^2} \tag{6}$

Nun, wenn Sie relative Faktoren wollen, müssen Sie berücksichtigen$\frac{E_0(\lambda)}{E_0(0)}$oder$\frac{E'_0(\lambda)}{E'_0(0)}$, abhängig von dem Hamiltonian, den Sie in Betracht ziehen, also mit Ihrem Hamiltonian$H$, du hast :

$$\frac{E_0(\lambda)}{E_0(0)} = 1+ \frac{3}{2} \lambda - \frac{21}{4} {\lambda^2} \tag{7}$$ während, mit dem Hamiltonian $H'$, wir bekommen :

$$\frac{E'_0(\lambda)}{E'_0(0)}=1 + \frac{3}{4} \lambda - \frac{21}{16} {\lambda^2}\tag{8}$$

Ich habe dies sowohl von Hand als auch mit Mathematica gemacht und das gleiche Ergebnis erhalten, das Sie für den Korrekturterm zweiter Ordnung erhalten haben. Hier ist meine Arbeit.

Schreiben$\hat x$in Bezug auf Schöpfungs- und Vernichtungsoperatoren;

$$\begin{align} \hat x = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat a+\hat a^\dagger). \end{align}$$ Erinnern Sie sich, was sie mit Energie-Eigenzuständen machen; $$\begin{align} a^\dagger|n\rangle =\sqrt{n+1}|n+1\rangle, \qquad a|n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle. \end{align}$$ Verwenden Sie diese Beziehungen, um dies zu zeigen $$\begin{align} \hat x^4|0\rangle &= \frac{1}{4}(3|0\rangle + 6\sqrt{2}|2\rangle + 2\sqrt{6}|4\rangle) \end{align}$$ und somit
$$\begin{align} E_0^{(2)} &= \sum_{m=1}^\infty \frac{|\langle m|\lambda \hat x^4|0\rangle|^2}{(0+\frac{1}{2})-(m+\frac{1}{2})} =-\frac{\lambda^2}{16}\left(\frac{(6\sqrt{2})^2}{2}+\frac{(2\sqrt{6})^2}{4}\right) = -\frac{21}{8}\lambda^2 \end{align}$$

Wie Trimok jedoch betont, sollte Ihr Term nullter Ordnung a sein$1/2$, was die Gesamtnormalisierung der Antwort ändert.