QM oscillatore con campo magnetico
visto che ormai siamo in tema 
come impostereste questo problema?
mi dico: sarebbe molto bello che l'hamiltoniana si scomponesse in varie parti spaziali, così da moltiplicare le varie funzioni d'onda spaziali e sommare le energie degli autostati.
$H = frac{ (\vecp -e/c \vecA)^2}{2m} + 1/2 k (x^2 + y^2 + z^2)$
scegliendo la gauge $vecA=1/2 \vecB wedge \vecx$ (per la quale tra l'altro si può notare che A commuta con p) e orientando B come z abbiamo
$H=1/(2m) (p^2 + (e/c)(B p_y x - B y p_x) + (eB/c)^2 (x^2+y^2) ) + 1/2 k (x^2 + y^2 + z^2)$
è evidente che gli oscillatori sugli assi x e y hanno una frequenza modificata dal termine $(eB/(2mc))^2$, quindi chiamo $k+(eB/(2mc))^2 = m omega_2 ^2$
mentre $k=m omega_1 ^2$ al solito
a romper le palle è il termine lineare in B, che non è altro che $L_z: (B p_y x - B y p_x) = B L_z$
quindi ho
$H=(p^2)/(2m) + (eB)/(2mc) L_z + 1/2 m omega_1 ^2 z^2 + 1/2 m omega_2 ^2 z^2(x^2 + y^2)$
sembrerebbe opportuno passare in coordinate cilindriche, ma anche risolvere l'eqz di Schroedinger così non è velocissimo poichè il termine angolare in $phi$ non è "isolato" ma c'è un r^2 che rompe in mezzo (è quello che divide la derivazione in $phi$ nel laplaciano in coordinate cilindriche, mentre non appare in sotto Lz)
e comunque non mi è richiesto di trovare gli autostati esplicitamente. le domande B) e C) riguardano solo lo spettro dell'energia.
vi viene in mente qualche considerazione possibile?
come impostereste questo problema?
Una particella di massa m e carica elettrica e si muove sotto l'azione delle forze generate dal
potenziale centrale $V = 1/ 2 K r^2$ e dal campo magnetico costante e uniforme B.
A) Scrivete l'Hamiltoniana del problema.
B) Determinate l'energia dello stato fondamentale.
C) Determinate la relazione che deve esistere tra la costante elastica K e la magnitudine B
del campo magnetico affinchè ill secondo livello eccitato sia due volte degenere
mi dico: sarebbe molto bello che l'hamiltoniana si scomponesse in varie parti spaziali, così da moltiplicare le varie funzioni d'onda spaziali e sommare le energie degli autostati.
$H = frac{ (\vecp -e/c \vecA)^2}{2m} + 1/2 k (x^2 + y^2 + z^2)$
scegliendo la gauge $vecA=1/2 \vecB wedge \vecx$ (per la quale tra l'altro si può notare che A commuta con p) e orientando B come z abbiamo
$H=1/(2m) (p^2 + (e/c)(B p_y x - B y p_x) + (eB/c)^2 (x^2+y^2) ) + 1/2 k (x^2 + y^2 + z^2)$
è evidente che gli oscillatori sugli assi x e y hanno una frequenza modificata dal termine $(eB/(2mc))^2$, quindi chiamo $k+(eB/(2mc))^2 = m omega_2 ^2$
mentre $k=m omega_1 ^2$ al solito
a romper le palle è il termine lineare in B, che non è altro che $L_z: (B p_y x - B y p_x) = B L_z$
quindi ho
$H=(p^2)/(2m) + (eB)/(2mc) L_z + 1/2 m omega_1 ^2 z^2 + 1/2 m omega_2 ^2 z^2(x^2 + y^2)$
sembrerebbe opportuno passare in coordinate cilindriche, ma anche risolvere l'eqz di Schroedinger così non è velocissimo poichè il termine angolare in $phi$ non è "isolato" ma c'è un r^2 che rompe in mezzo (è quello che divide la derivazione in $phi$ nel laplaciano in coordinate cilindriche, mentre non appare in sotto Lz)
e comunque non mi è richiesto di trovare gli autostati esplicitamente. le domande B) e C) riguardano solo lo spettro dell'energia.
vi viene in mente qualche considerazione possibile?
Risposte
A me l'hamiltoniana viene $H=1/(2m){p^2-{eB}/cL_z+({eB}/{2c})^2(x^2+y^2)}+1/2k(x^2+y^2+z^2)$.
Definendo $k=m\omega_1^2$ e $k+1/m({eB}/{2c})^2=m\omega_2^2$ la riscrivo come $H={p^2}/{2m}-{eB}/{2mc}L_z+1/2m\omega_1^2z^2+1/2m\omega_2^2(x^2+y^2)$.
Per gli autovalori devo pensarci, al momento non mi vengono in mente grandi idee.
Definendo $k=m\omega_1^2$ e $k+1/m({eB}/{2c})^2=m\omega_2^2$ la riscrivo come $H={p^2}/{2m}-{eB}/{2mc}L_z+1/2m\omega_1^2z^2+1/2m\omega_2^2(x^2+y^2)$.
Per gli autovalori devo pensarci, al momento non mi vengono in mente grandi idee.
si, avevo dimenticato di scrivere i quadrati sulle frequenze, ho corretto.
il segno su L_z è un particolare trascurabile che forse deriva da una diversa convenzione su e o A. comunque non è quello il problema.
il segno su L_z è un particolare trascurabile che forse deriva da una diversa convenzione su e o A. comunque non è quello il problema.
Ripensandoci è possibile che l'esercizio richieda l'utilizzo della teoria delle perturbazioni, dal momento che abbiamo a che fare con una piccola correzione per l'oscillatore.
Per curiosità da dove l'hai preso questo esercizio?
Per curiosità da dove l'hai preso questo esercizio?
l'esercizio è un tema d'esame che è stato dato l'anno scorso nel mio corso.
si può applicare la teoria delle perturbazioni per una sotituzione minimale qual è un campo magnetico? non l'ho mai visto fare.
comunque, con un po' di impegno dovrei aver trovato la soluzione esplicita di autostati e autovalori, è affine a quella dell'atomo di idrogeno (c'è una serie ipergeometrica da troncare).
però sono convinto che ci sia una strada più breve, appunto perchè in sede d'esame non so chi ce l'avrebbe fatta
domani la correggo e la posto.
si può applicare la teoria delle perturbazioni per una sotituzione minimale qual è un campo magnetico? non l'ho mai visto fare.
comunque, con un po' di impegno dovrei aver trovato la soluzione esplicita di autostati e autovalori, è affine a quella dell'atomo di idrogeno (c'è una serie ipergeometrica da troncare).
però sono convinto che ci sia una strada più breve, appunto perchè in sede d'esame non so chi ce l'avrebbe fatta
domani la correggo e la posto.
Direi che si può scrivere $H=H_0+H_l$, con $H_0={p^2}/{2m}+1/2m\omega^2(x^2+y^2+z^2)-{eB}/{2mc}L_z$ e $H_l=-1/(2m)({eB}/{2c})^2(x^2+y^2)$.
L'energia dello stato imperturbato è individuata da $|n,l,l_z\rangle$ e si scrive $E(n,l_z)=h\omega(n+3/2)-{eB}/{2mc}hl_z$.
Per lo spostamento del livello fondamentale si deve calcolare $-1/(2m)({eB}/{2c})^2\langle0,0,0|(x^2+y^2)|0,0,0\rangle$ utilizzando l'autofunzione del livello fondamentale.
Purtroppo non riesco a trovare le autofunzioni dell'oscillatore tridimensionale, perciò non posso effettuare il calcolo. Se sai dove trovare quella del livello fondamentale possiamo provare a fare il conto e vedere se viene un risultato sensato.
L'energia dello stato imperturbato è individuata da $|n,l,l_z\rangle$ e si scrive $E(n,l_z)=h\omega(n+3/2)-{eB}/{2mc}hl_z$.
Per lo spostamento del livello fondamentale si deve calcolare $-1/(2m)({eB}/{2c})^2\langle0,0,0|(x^2+y^2)|0,0,0\rangle$ utilizzando l'autofunzione del livello fondamentale.
Purtroppo non riesco a trovare le autofunzioni dell'oscillatore tridimensionale, perciò non posso effettuare il calcolo. Se sai dove trovare quella del livello fondamentale possiamo provare a fare il conto e vedere se viene un risultato sensato.
riporto in vita il topic, visto che ieri ho avuto la soluzione. chiedo scusa se posto solo lo sketch e non tutti i conti ma sono un po' di fretta.
formalmente bisognava considerare due nuovi operatori
$a_g=a_x + ia_y$
$a_d=a_x - ia_y$
dove a_x e a_y (e i loro dagati) sono i soliti operatori di abbassamento (innalzamento) degli oscillatori sulle coordinate x e y.
si dimostra quindi che $a_g ^+ a_g $ e $a_d ^+ a_d $ sono ancora degli operatori numero, e l'energia dell'oscillatore è $E=1/2h omega (1+N_g + N_d)$
inoltre Lz è sottrazione dei due operatori numero, quindi lo spettro dell'hamiltoniana è immediato.
in pratica la cosa equivale e spostare a destra dell'uguale la parte in L_z e fissare m. spero di esser stato comprensibile.
ammetto che non sarei mai stato in grado di farlo da solo, spero nel mio compito di trovare qualcosa di più umano
formalmente bisognava considerare due nuovi operatori
$a_g=a_x + ia_y$
$a_d=a_x - ia_y$
dove a_x e a_y (e i loro dagati) sono i soliti operatori di abbassamento (innalzamento) degli oscillatori sulle coordinate x e y.
si dimostra quindi che $a_g ^+ a_g $ e $a_d ^+ a_d $ sono ancora degli operatori numero, e l'energia dell'oscillatore è $E=1/2h omega (1+N_g + N_d)$
inoltre Lz è sottrazione dei due operatori numero, quindi lo spettro dell'hamiltoniana è immediato.
in pratica la cosa equivale e spostare a destra dell'uguale la parte in L_z e fissare m. spero di esser stato comprensibile.
ammetto che non sarei mai stato in grado di farlo da solo, spero nel mio compito di trovare qualcosa di più umano
Interessante... In effetti difficilmente avrei pensato ad un approccio algebrico per questo problema.
Mi auguro che il problema di esame sia più umano.
Mi auguro che il problema di esame sia più umano.
"wedge":
riporto in vita il topic, visto che ieri ho avuto la soluzione. chiedo scusa se posto solo lo sketch e non tutti i conti ma sono un po' di fretta.
formalmente bisognava considerare due nuovi operatori
$a_g=a_x + ia_y$
$a_d=a_x - ia_y$
dove a_x e a_y (e i loro dagati) sono i soliti operatori di abbassamento (innalzamento) degli oscillatori sulle coordinate x e y.
si dimostra quindi che $a_g ^+ a_g $ e $a_d ^+ a_d $ sono ancora degli operatori numero, e l'energia dell'oscillatore è $E=1/2h omega (1+N_g + N_d)$
inoltre Lz è sottrazione dei due operatori numero, quindi lo spettro dell'hamiltoniana è immediato.
in pratica la cosa equivale e spostare a destra dell'uguale la parte in L_z e fissare m. spero di esser stato comprensibile.
ammetto che non sarei mai stato in grado di farlo da solo, spero nel mio compito di trovare qualcosa di più umano
ti ringrazio per aver scritto la sol...
scusa wedge mica potresti scrivere quale è la forma di questi operatori?... non mi è chiarissimo di quali parli...
in cambio propongo un altro approccio al problema, più terra terra:
$H=1/(2m){p^2-{eB}/cL_z+({eB}/{2c})^2(x^2+y^2)}+1/2k(x^2+y^2+z^2)$
l'hamiltoniana si separa in $H_1+H_2$, con $H_1$ che contiene solo termini $x,y,p_x,p_y$ ed $H_2$ che contiene solo $z$ e $p_z$...
$H_1$ si risolve tenendo conto che le soluzioni oscillatore armonico bidimensionale si possono enumerare con i numeri quantici $(n,m)$ (energia ed $L_z$) e quindi sono autostati di $L_z$... l'altra è un oscillatore armonico unidimensionale...
moltplicando le sol si dovrebbero avere quelle dell'hamiltoniana originale...
se è corretto, così forse l'esercizio è più fattibile, avendo già separato delle hamiltoniane altre volte...
Mi sembra un ottimo approccio!
E' che vedendo un termine bello compatto come $1/2k(x^2+y^2+z^2)$ non viene naturale pensare di spezzarlo, ma in effetti è proprio una buona idea. Complimenti per la pensata.
E' che vedendo un termine bello compatto come $1/2k(x^2+y^2+z^2)$ non viene naturale pensare di spezzarlo, ma in effetti è proprio una buona idea. Complimenti per la pensata.
"Thomas":
l'hamiltoniana si separa in $H_1+H_2$, con $H_1$ che contiene solo termini $x,y,p_x,p_y$ ed $H_2$ che contiene solo $z$ e $p_z$...
mi sembra che era inteso fin dal primo post che la parte in z andasse di per sè, anche nell'ultimo mio intervento non l'ho più considerata.
$H_1$ si risolve tenendo conto che le soluzioni oscillatore armonico bidimensionale si possono enumerare con i numeri quantici $(n,m)$ (energia ed $L_z$) e quindi sono autostati di $L_z$...
il problema era appunto questo: come enumerare l'oscillatore bidimensionale con la parte aggiuntiva in Lz.
appunto la corrispondenza tra i tuoi (n,m) e quelli che ho chiamato $(N_g,N_d)$ è
$n=(N_g) +N_d$
$m=(N_g)-N_d$
domani scrivo qualcosa di più, ora è un po' tardi per la mia autonomia.
"wedge":
il problema era appunto questo: come enumerare l'oscillatore bidimensionale con la parte aggiuntiva in Lz.
appunto la corrispondenza tra i tuoi (n,m) e quelli che ho chiamato $(N_g,N_d)$ è
$n=(N_g) +N_d$
$m=(N_g)-N_d$
Ma questo non mi pare un problema, dato che la parte aggiuntiva commuta con quella di oscillatore armonico.
Comunque provo a riscrivere quella che dovrebbe essere la soluzione seguendo la strada di Thomas.
Separo l'hamiltoniana in tre pezzi $H = H_1+H_2+H_3$, dove:
$H_1 = {p_x^2}/{2m}+{p_y^2}/{2m}+1/2m\omega_1(x^2+y^2)$,
$H_2 = {p_z^2}/{2m}+1/2m\omega_2z^2$,
$H_3 = -{eB}/{2mc}L_z$,
e avendo definito $\omega_1 = \sqrt(({eB}/{2mc})^2+k/m)$ e $\omega_2 = \sqrt(k/m)$.
Tutti i vari pezzi commutano, ovvero $[H_1,H_2] = [H_1,H_3] = [H_2,H_3] = 0$.
Allora scrivo $H|n_1,n_2,l_z\rangle = E|n_1,n_2,l_z\rangle$ da cui $E = h\omega_1(n_1+1)+h\omega_2(n_2+1/2)-{heB}/{2mc}l_z$.
Ovviamente per tenere conto della degenerazione bisogna considerare $n_2$ come somma di due numeri quantici (ma non mi vengono in mente nomi creativi, quindi lascio così).
"wedge":
[quote="Thomas"]
l'hamiltoniana si separa in $H_1+H_2$, con $H_1$ che contiene solo termini $x,y,p_x,p_y$ ed $H_2$ che contiene solo $z$ e $p_z$...
mi sembra che era inteso fin dal primo post che la parte in z andasse di per sè, anche nell'ultimo mio intervento non l'ho più considerata.
$H_1$ si risolve tenendo conto che le soluzioni oscillatore armonico bidimensionale si possono enumerare con i numeri quantici $(n,m)$ (energia ed $L_z$) e quindi sono autostati di $L_z$...
il problema era appunto questo: come enumerare l'oscillatore bidimensionale con la parte aggiuntiva in Lz.
appunto la corrispondenza tra i tuoi (n,m) e quelli che ho chiamato $(N_g,N_d)$ è
$n=(N_g) +N_d$
$m=(N_g)-N_d$
domani scrivo qualcosa di più, ora è un po' tardi per la mia autonomia.[/quote]
ah in realtà non l'avevo capito.... io l'ho fatto a lezione l'oscillatore bidimensionale....
aspetto spiegazione sulle notazioni che usi... anche quella storia degli operatori numero non mi è ben chiara..... plz...... mi interesserebbe chiarire la questione!
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