Störungstheorie im harmonischen Quantenoszillator [geschlossen]

Question

Störungstheorie im harmonischen Quantenoszillator [geschlossen]

Tobyhas

Diese Frage betrifft den harmonischen Quantenoszillator:

(a) Drücken Sie den Operator aus $\hat B = \hat x \hat p + \hat p \hat x + \hbar$ bezüglich $\hat a_{\pm}$ Und $\hbar$

(b) Schreiben Sie die Matrixdarstellung für $\hat B$ , abgeschnitten zu a $4 \times 4$ Matrix mit Eigenzuständen bis einschließlich $n=3$

(c) Eine Störung von $\gamma \hat B$ auf ein QHO angewendet wird, wobei $\gamma$ ist eine kleine Konstante. Finden Sie die Korrektur erster Ordnung für die Energien und geben Sie daher eine Bedingung für an $\gamma$ das wird die Störung "klein" machen.

Kann mir jemand sagen, ob ich auf dem richtigen Weg bin (ich bin besonders verwirrt über Teil (c)):

(a) Ich wieder ausgedrückt als $\hat B = i\hbar+2\hat p \hat x+\hbar=i\hbar + \frac{i\hbar}{2}(\hat a_+-\hat a_-)(\hat a_++\hat a_-)+\hbar$

(b) Durch Berechnung $<m|\hat B|n>$ , Wo $m,n$ sind Eigenzustände des ursprünglichen QHO, und durch Anwenden von Aktionen der Hebe- / Senkoperatoren habe ich die Matrix erhalten:

ℏ (\begin{matrix} 1 & 0 & - ich \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & - ich \sqrt{6} \\ ich \sqrt{2} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & ich \sqrt{6} & 0 & 1 \end{matrix})

$\hbar\begin{pmatrix}1 & 0 & -i\sqrt2 & 0\\0 & 1 & 0 & -i\sqrt6\\i\sqrt2 & 0 & 1 & 0\\0 & i\sqrt6 & 0 & 1\\\end{pmatrix}$

(c) Nachdem man die obige Matrix erhalten hat (unter der Annahme, dass sie korrekt ist), ist die Korrektur erster Ordnung gerecht $<n|\hat B|n>$ , dh die Werte entlang der Diagonalen? So wäre es $\gamma \hbar$ für alle $n$ ? Welche Bedingung an $\gamma$ ist erforderlich, um die Störung klein zu machen?

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Störungstheorie im harmonischen Quantenoszillator [geschlossen]

Tyrannisieren · Answer 1

Da die Eigenwerte nicht entartet sind, erfolgt die Korrektur zum Energieniveau $E_n$ ist nur $\langle n | \gamma B | n \rangle$ . Es ist leicht zu sehen, dass die Korrektur $\delta E_n$ Ist $\gamma \hbar$ für alle $n$ . Die Korrektur ist gut, wenn

\frac{δ E_{N}}{E_{N}} ≪ 1

$\frac{\delta E_n}{E_n}\ll 1$ Das ist

\frac{γ}{ω (N + \frac{1}{2})} ≪ 1

$\frac{\gamma}{\omega(n+\frac{1}{2})}\ll 1$ Für alle

n

$n$ . Und das ist garantiert, wenn

\frac{γ}{ω} ≪ 1

$\frac{\gamma}{\omega}\ll 1$ (insbesondere brauchen wir

γ / ω \leq 1 / 2

$\gamma/\omega \leq 1/2$ )Weil für

n \geq 1

$n\geq 1$

\frac{γ}{ω (N + \frac{1}{2})} \leq \frac{γ}{ω} ≪ 1

$\frac{\gamma}{\omega(n+\frac{1}{2})}\leq \frac{\gamma}{\omega}\ll 1$ Und für

n = 0

$n=0$

\frac{2 γ}{ω} ≪ 1

$\frac{2\gamma}{\omega} \ll 1$ Wenn

γ / ω ≪ 1

$\gamma/\omega \ll 1$ (weil wir mit dem Symbol von mindestens einer Größenordnung sprechen

≪

$\ll$ ).

könnten Sie ein wenig erläutern, wie Sie erhalten $\frac{\gamma}{\omega}$ ? Die Untergrenze an $E_n$ sollte sein $\frac12 \hbar \omega$ NEIN? so sollte es nicht sein $\frac{2\gamma}{\omega}<<1$ ? Obwohl es in der gleichen Größenordnung liegen würde
ja kannst du setzen $\frac{2\gamma}{\omega}\ll 1$ ist aber das selbe denn mit dem symbol $\ll$ Wir sprechen von einem Faktor $10$ mindestens.

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Tobyhas

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