Quantistica, perturbazioni
Una particella con spin 1 è descritta da
\(\displaystyle H= \epsilon \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \)
ed è perturbata da un campo magnetico in direzione x.
1) Trovare le correzioni per i livelli energetici al primo ordine nel campo magnetico;
2) Risolvere il problema esattamente
Suggerimenti?
\(\displaystyle H= \epsilon \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \)
ed è perturbata da un campo magnetico in direzione x.
1) Trovare le correzioni per i livelli energetici al primo ordine nel campo magnetico;
2) Risolvere il problema esattamente
Suggerimenti?
Risposte
Per prima cosa può essere utile diagonalizzare l'hamiltoniana imperturbata così da capire quanti e quali livelli energetici ci sono, non ti sarà difficile...eheh... Dopodichè devi scrivere la perturbazione in forma matriciale. La teoria ti dice che l'energia di interazione è data da
\(\displaystyle V = -\frac{g \mu_B}{\hbar} \vec{S} \cdot \vec{B} \)
siccome il campo magnetico è lungo l'asse \( x \) possiamo semplificare in
\(\displaystyle V = -\frac{g \mu_B B}{\hbar} S_x \)
adesso devi trovare la rappresentazione a spin 1 degli operatori del momento angolare, li trovi qui ad esempio.
Adesso dovrebbe essere tutto piuttosto straightforward.
Per il punto 1) ti calcoli le correzioni all'energia con la teoria perturbativa al primo ordine, cioè
\( \Delta E_n = < n | V | n > \)
dove con \( { |n> }\) intendo la base di autovettori dell'Hamiltoniana imperturbata.
Per il punto 2) invece devi diagonalizzare l'hamiltoniana totale, data da
\( H_{per} = H + V \)
che sarà una matrice \( 3 \times 3 \), si spera non troppo difficile da diagonalizzare.
Prova e chiedi se c'è qualcosa di non chiaro.
\(\displaystyle V = -\frac{g \mu_B}{\hbar} \vec{S} \cdot \vec{B} \)
siccome il campo magnetico è lungo l'asse \( x \) possiamo semplificare in
\(\displaystyle V = -\frac{g \mu_B B}{\hbar} S_x \)
adesso devi trovare la rappresentazione a spin 1 degli operatori del momento angolare, li trovi qui ad esempio.
Adesso dovrebbe essere tutto piuttosto straightforward.
Per il punto 1) ti calcoli le correzioni all'energia con la teoria perturbativa al primo ordine, cioè
\( \Delta E_n = < n | V | n > \)
dove con \( { |n> }\) intendo la base di autovettori dell'Hamiltoniana imperturbata.
Per il punto 2) invece devi diagonalizzare l'hamiltoniana totale, data da
\( H_{per} = H + V \)
che sarà una matrice \( 3 \times 3 \), si spera non troppo difficile da diagonalizzare.
Prova e chiedi se c'è qualcosa di non chiaro.
Dunque ...
l' H imperturbata mi dà un autovalore \(\displaystyle \lambda=0 \) e un autovalore doppiamente degenere \(\displaystyle \lambda = \epsilon \)
Quindi nel primo caso posso utilizzare la teoria perturbativa non degenere, ma nel secondo caso no.
Perciò per \(\displaystyle \lambda = 0 \) trovo gli autovettori come mi dicevi ...
mentre per il caso degenere dovrei trovare gli autovalori della matrice 2X2 , ma i 4 elementi di questa chi sono?
cioè dovrei avere una cosa del tipo:
\(\displaystyle \begin{pmatrix} & \\ & \end{pmatrix} \)
ad n e m allora dovrei sostituire con gli autovettori relativi a \(\displaystyle \epsilon \)?
Per il punto 2)
\(\displaystyle H = H_0 + V = \begin{pmatrix} \epsilon & C & 0 \\C & 0 & C \\0 & C & \epsilon \end{pmatrix}\)
dove \(\displaystyle C = -\frac{g\mu _B B}{\hbar} \)
dove \(\displaystyle B = N^2 \hbar ^2 \)
da questa ottengo autovalori \(\displaystyle \lambda = \epsilon \) (non degenere!)
e \(\displaystyle \lambda _{1/2} = \frac{- \epsilon \pm \sqrt{\epsilon ^2 + 4B}}{-2} \)
l' H imperturbata mi dà un autovalore \(\displaystyle \lambda=0 \) e un autovalore doppiamente degenere \(\displaystyle \lambda = \epsilon \)
Quindi nel primo caso posso utilizzare la teoria perturbativa non degenere, ma nel secondo caso no.
Perciò per \(\displaystyle \lambda = 0 \) trovo gli autovettori come mi dicevi ...
mentre per il caso degenere dovrei trovare gli autovalori della matrice 2X2 , ma i 4 elementi di questa chi sono?
cioè dovrei avere una cosa del tipo:
\(\displaystyle \begin{pmatrix}
ad n e m allora dovrei sostituire con gli autovettori relativi a \(\displaystyle \epsilon \)?
Per il punto 2)
\(\displaystyle H = H_0 + V = \begin{pmatrix} \epsilon & C & 0 \\C & 0 & C \\0 & C & \epsilon \end{pmatrix}\)
dove \(\displaystyle C = -\frac{g\mu _B B}{\hbar} \)
dove \(\displaystyle B = N^2 \hbar ^2 \)
da questa ottengo autovalori \(\displaystyle \lambda = \epsilon \) (non degenere!)
e \(\displaystyle \lambda _{1/2} = \frac{- \epsilon \pm \sqrt{\epsilon ^2 + 4B}}{-2} \)
Come autostati dell'Hamiltoniana possiamo prendere
\(\displaystyle |1> = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , |2> = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , |3> = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
che sono autovettori e soddisfano
\( H |1> = \epsilon |1> \)
\( H |2> = 0 |2> \)
\( H |3> = \epsilon |3> \)
cioè quello che dicevi tu: due livelli di cui uno doppiamente degenere. L'autospazio degenere è quello generato da \( \{ |1>, |3> \}\). In questo sottospazio devi diagonalizzare la perturbazione. Ti calcoli quindi gli elementi di matrice
\(\displaystyle \begin{pmatrix} <1|V|1> & <1|V|3> \\ <3|V|1> & <3|V|3> \end{pmatrix} \)
e la diagonalizzi.
Per il secondo punto non ho fatto i conti ma l'idea è quella.
\(\displaystyle |1> = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , |2> = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , |3> = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
che sono autovettori e soddisfano
\( H |1> = \epsilon |1> \)
\( H |2> = 0 |2> \)
\( H |3> = \epsilon |3> \)
cioè quello che dicevi tu: due livelli di cui uno doppiamente degenere. L'autospazio degenere è quello generato da \( \{ |1>, |3> \}\). In questo sottospazio devi diagonalizzare la perturbazione. Ti calcoli quindi gli elementi di matrice
\(\displaystyle \begin{pmatrix} <1|V|1> & <1|V|3> \\ <3|V|1> & <3|V|3> \end{pmatrix} \)
e la diagonalizzi.
Per il secondo punto non ho fatto i conti ma l'idea è quella.
D'accordo.
Ho però un piccolo problema sulla matrice del problema degenere: risulta nulla
Vorrei evitare di farti fare i conti ... ma quando hai tempo puoi controllare?
Grazie mille!
Ho però un piccolo problema sulla matrice del problema degenere: risulta nulla
Vorrei evitare di farti fare i conti ... ma quando hai tempo puoi controllare?
Grazie mille!
Bè se la matrice risulta nulla vuol dire che le correzioni al primo ordine sono nulle. Succede anche con lo stato fondamentale dell'oscillatore armonico perturbato da un potenziale lineare. Lo cito come esempio perchè è un po' la controparte in \( L^2 \) dell'esercizio di cui stiamo parlando, nel senso che lo puoi risolvere sia analiticamente che trattare perturbativamente.
Se cerchi un'ulteriore conferma prendi l'espressione per l'energia calcolata nel punto 2) e usa un'espansione per piccoli valori di \( B \), vedrai che il termine lineare in \( B \) è assente, indice del fatto che le correzioni al primo ordine sono nulle.
Se cerchi un'ulteriore conferma prendi l'espressione per l'energia calcolata nel punto 2) e usa un'espansione per piccoli valori di \( B \), vedrai che il termine lineare in \( B \) è assente, indice del fatto che le correzioni al primo ordine sono nulle.
Ragionando ...
infatti le correzioni sono nulle al primo ordine, questo non vuol dire che lo siano per ordini superiori. E questo ci sta.
Guardando gli autovalori del problema esatto torna che \(\displaystyle \epsilon \) non sia più degenere (B rimuove la degenerazione) e se mandiamo a zero \(\displaystyle B \) ,negli altri due autovalori, cioè quella costante che contiene \(\displaystyle N \) e dunque \(\displaystyle B \) campo magnetico, responsabile della perturbazione, otteniamo proprio gli autovalori dell'Hamiltoniana imperturbata. Vale a dire che se rimuoviamo la perturbazione del campo ricadiamo nel caso imperturbato. (E questa è una buona cosa!)
Inoltre, sulla linea di quello che suggerisci, il campo compare come termine quadratico (dentro \(\displaystyle B=N^2\hbar^2 \)) quindi si vede che lo split salta fuori solo dal secondo ordine in poi.
Grazie mille!
Ely
infatti le correzioni sono nulle al primo ordine, questo non vuol dire che lo siano per ordini superiori. E questo ci sta.
Guardando gli autovalori del problema esatto torna che \(\displaystyle \epsilon \) non sia più degenere (B rimuove la degenerazione) e se mandiamo a zero \(\displaystyle B \) ,negli altri due autovalori, cioè quella costante che contiene \(\displaystyle N \) e dunque \(\displaystyle B \) campo magnetico, responsabile della perturbazione, otteniamo proprio gli autovalori dell'Hamiltoniana imperturbata. Vale a dire che se rimuoviamo la perturbazione del campo ricadiamo nel caso imperturbato. (E questa è una buona cosa!)
Inoltre, sulla linea di quello che suggerisci, il campo compare come termine quadratico (dentro \(\displaystyle B=N^2\hbar^2 \)) quindi si vede che lo split salta fuori solo dal secondo ordine in poi.
Grazie mille!
Ely
Di niente..
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo