Ana sayfa › Kuantum Mekaniği II › Zamandan Bağımsız Tedirgeme Teorisi

Tedirgeme Teorisi: Yaklaşık ve Tam Çözüm

Hamiltonyen $H = H_0 + \lambda W$ biçimindeyse ve $H_0$'ın çözümleri $H_0\psi_n^{(0)} = E_n^{(0)}\psi_n^{(0)}$ biliniyorsa, enerjiler $\lambda$'nın kuvvetlerine göre açılır:

$$E_n = E_n^{(0)} + \lambda W_{nn} + \lambda^2\sum_{m\ne n}\frac{|W_{mn}|^2}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}} + \dots,\qquad W_{mn} = \langle\psi_m^{(0)}|W|\psi_n^{(0)}\rangle$$

Birinci derece dalga fonksiyonu düzeltmesi $\psi_n \approx \psi_n^{(0)} + \lambda\sum_{m\ne n}\frac{W_{mn}}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}\psi_m^{(0)}$'dır. Açılım ancak $|\lambda W_{mn}| \ll |E_n^{(0)} - E_m^{(0)}|$ olduğunda anlamlıdır. Bu sayfa bir sayısal deneydir: yaklaşık sonuçları iki "tam" sonuçla karşılaştırır — (i) $H_0 + \lambda W$ matrisinin 30 durumluk tabanda köşegenleştirilmesi, (ii) Schrödinger denkleminin $V_0 + \lambda W$ için ızgara üzerinde doğrudan çözümü.

Birimler: $\hbar = m = 1$. Sonsuz kuyuda $E_n^{(0)} = n^2\pi^2/2L^2$, harmonik salınıcıda $E_n^{(0)} = \omega(n+\tfrac12)$ (burada $n = 0,1,\dots$; grafiklerde ilk dört durum gösterilir).

Katlı (dejenere) durumlar

$E_n^{(0)}$ katlı ise payda sıfır olur; bu durumda katlı alt uzayda $W$ matrisi köşegenleştirilir. Özvektörler "iyi durumlar"dır ve birinci derece düzeltmeler $W$'nin bu alt uzaydaki özdeğerleridir. 2B kare kuyuda $(1,2)$ ve $(2,1)$ durumları katlıdır; $W = (x-L/2)(y-L/2)$ tedirgemesi onları $\psi_{12}\pm\psi_{21}$ birleşimlerine ayırır.

Sistem:

Parametreler

Tedirgeme W(x)

Kuyunun konumu

İncelenen durum

1. derece düzeltilmiş ψ ile tam ψ'yi karşılaştır

Alt grafikte λ eksenine tıklayarak (veya kaydırıcıyla) λ değerini seçin. Kesikli çizgiler yaklaşık, düz çizgiler tam sonuçlardır.

Üst: V₀ + λW · renkli düz: tam ψ · gri noktalı: ψ⁽⁰⁾ · kırmızı kesikli: 1. derece ψAlt (renk = durum): düz çizgi tam (köşegenleştirme) · ● tam (ızgara) · uzun kesikli 1. derece · kısa kesikli 2. derece

Hesaplama

Bunu dene

1. Harmonik salınıcı ($\omega = 1$) ve $W = x$ seçin. Birinci derece düzeltme neden sıfır? İkinci derece düzeltmeyi $\lambda = 0.5$ için okuyun ve tam sonuçla karşılaştırın.

Açıklama

$\langle n|x|n\rangle = 0$ (parite). $x$ yalnızca $n\pm1$ durumlarını bağlar: $|x_{n,n+1}|^2 = (n+1)/2\omega$, $|x_{n,n-1}|^2 = n/2\omega$. İkinci derece: $E^{(2)} = \lambda^2\big[\tfrac{n/2}{\omega} - \tfrac{(n+1)/2}{\omega}\big] = -\lambda^2/2\omega^2$, yani $\lambda = 0.5$ için $-0.125$. Tam çözüm $V = \tfrac12\omega^2x^2 + \lambda x$ tam kareye tamamlanarak bulunur: $E_n = \omega(n+\tfrac12) - \lambda^2/2\omega^2$. Bu problemde ikinci derece tam sonucu verir; daha yüksek dereceler sıfırdır.

2. Sonsuz kuyu ($0 \le x \le L$, $L = 2$) ve $W = x$ seçin. Taban durumu için $E^{(1)}$ değeri nedir? Kuyuyu simetrik konuma ($-L/2 \le x \le L/2$) alınca ne değişir?

Açıklama

$W_{nn} = \langle x\rangle = L/2 = 1$ olduğundan $E^{(1)} = \lambda L/2$ — her seviye aynı miktarda kayar. Simetrik kuyuda $\langle x\rangle = 0$ ve birinci derece düzeltme kaybolur; ilk katkı ikinci derecedendir (negatif: taban durum her zaman aşağı itilir). İkinci derece düzeltme her iki konumda da aynıdır, çünkü sabit kayma $W_{mn}$ ($m\neq n$) elemanlarını değiştirmez.

3. Harmonik salınıcıda $W = x^4$ ile $\lambda$'yı 0'dan 1'e doğru artırın. Birinci ve ikinci derece eğriler tam sonuçtan nerede ayrılıyor? Taban durumu için $E^{(1)}$ ve $E^{(2)}$ katsayılarını okuyun.

Açıklama

$\omega = 1$ için $\langle 0|x^4|0\rangle = 3/4$, ikinci derece katsayısı $-21/8$: $E_0 \approx \tfrac12 + \tfrac34\lambda - \tfrac{21}{8}\lambda^2$. $\lambda \approx 0.1$'de bile ikinci derece terim birinci derecenin üçte birine ulaşır; $\lambda \gtrsim 0.2$'de 2. derece eğri tam sonucun belirgin biçimde altına iner. Anharmonik salınıcı serisi asimptotiktir (yakınsak değildir) — hangi dereceye kadar gidildiği önemlidir.

Kuantum Mekaniği II dersindeki diğer simülasyonlar

Varyasyon İlkesi WKB Yaklaşımı: Kuantlama ve Tünelleme Rabi Salınımları ve Fermi'nin Altın Kuralı