Harmonický oscilátor (1D) v elektrostatickém poli
Úloha číslo: 2269
Jednorozměrný lineární harmonický oscilátor s nábojem \(e\) vložíme do slabého homogenního elektrostatického pole o intenzitě \(\mathcal{E}\). Určete změnu energie základního stavu pomocí poruchové teorie v prvním a druhém řádu. Vypočítejte přesnou hodnotu energie a porovnejte ji s výsledky získanými poruchovou metodou.
Nápověda 1
Připomeňte si princip poruchové metody v kvantové mechanice. Nemáte-li přístup k vlastním poznámkám, můžete nahlédnout v sekci Poruchová metoda v maticovém formalismu, Nápověda 1 – Princip stacionární poruchové metody na její stručné zopakování.
Nápověda 2
V klasické fyzice pro elektrickou sílu \(\vec{F}\) působící na částici s nábojem \(e\) platí
\[\vec{F}=e\vec{\mathcal{E}}=−\mathrm{grad}V,\]kde \(\vec{\mathcal{E}}\) je intenzita elektrického pole, \(e\) elementární náboj a \(V\) potenciální energie náboje v elektrickém poli.
Pro jednorozměrný případ platí
\[F=e\mathcal{E}=−\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}V\]a z toho pro homogenní pole s intenzitou \(\mathcal{E}\)
\[V=−e\mathcal{E} x.\]Díky postulátu o fyzikálních veličinách v kvantové mechanice je operátor uvažované poruchy
\[\hat{V}=−e\mathcal{E} \hat{x}.\]Nápověda 3
Vyhledejte nebo odvoďte výraz pro první opravu energie n-tého stavu \(E_{n}^{(1)}\), pokud uvažujeme malou poruchu \(\hat{V}.\)
Vyhledejte nebo odvoďte výraz pro opravu energie n-tého stavu \(E_{n}^{(2)}\) v druhém řádu, pokud uvažujeme malou poruchu \(\hat{V}.\)
Nápověda 4
Vyhledejte tvar vlnové funkce základního, prvního excitovaného a obecně n–tého stavu pro jednodimenzionální lineární harmonický oscilátor. Pro n–tý stav nalezněte tvar obsahující Hermitovy polynomy.
Nápověda 5 – Užitečné vzorce
Při výpočtu se nám bude hodit hodnota integrálu \[\int_{−\infty}^{\infty}{H_1\left(t\right)H_n\left(t\right)e^{−t^{2}}}\,\mathrm{d}t=2^{n}n!\sqrt{\pi}\,\delta_{1n}=0, \forall n\neq1,\]
kde \(H_n(t)\) jsou Hermitovy polynomy, a hodnota Poissonova integrálu
\[\int_{−\infty}^\infty{x^2e^{−ax^2}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a^{3}}}.\]
Řešení
Nejprve spočtěme, jak elektrostatické pole s intenzitou \(\vec{\mathcal{E}}\) ovlivní potenciální energii našeho systému. V klasické fyzice vycházíme z rovnice \(\vec{F}=e\vec{\mathcal{E}}=-\mathrm{grad}\,V\), kde \(\vec{F}\) je síla působící na nabitou částici, \(e\) je náboj částice, zde roven elementárnímu náboji a \(V\) je potenciální energie. V jednorozměrné případě má námi uvažovaná porucha daná homogenním elektrickým polem (pro podrobnější odvození viz Nápověda 2) tvar \[\hat{V}=-e\mathcal{E}\hat{x}.\]
Nyní můžeme vypočítat korekci energie v prvním řádu dosazením do výrazu \[E_{n}^{(1)}=\left \langle\psi_{n}^{(0)}|\hat{V}\psi_{n}^{(0)}\right \rangle=\int_{−\infty}^{\infty}{\psi_{n}^{(0)*}\hat{V}\psi_{n}^{(0)}}\,\mathrm{d}x.\]
Dosadíme-li vlnovou funkci základního stavu LHO \[\psi_{0}=\sqrt{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}},\] kde \(x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\), dostaneme \[E_{0}^{(1)}=−e\mathcal{E}{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}\int_{−\infty}^{\infty}{e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}xe^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}}\,\mathrm{d}x=−e\mathcal{E}{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}\int_{−\infty}^{\infty}{xe^{−\frac{x^2}{x_{0}^{2}}}}\,\mathrm{d}x=0.\]
Integrovaný výraz je lichá funkce. Integrujeme-li lichou funkci přes interval symetrický podle počátku, je hodnota integrálu nulová. Vidíme, že v prvním řádu je korekce energie základního stavu nulová a že by vyšla nulová pro všechny neporušené stavy.
Spočítejme nyní korekci energie v druhém řádu. Vzorec pro opravu energie v druhém řádu je
\[E_{0}^{(2)}=\sum_{\substack{ k=1}}^{\infty}{\frac{\left|\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{k}^{(0)}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}},\]
kde
\[\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{k}^{(0)}\right \rangle=\int_{−\infty}^{\infty}{\psi_{0}^{(0)*}\hat{V}\psi_{k}^{(0)}}\,\mathrm{d}x.\]Ve výrazu pro \(E_{0}^{(2)}\) sčítáme přes všechny stavy, jejichž kvantové číslo je různé od nuly, což obecně může znamenat sčítat nekonečnou řadu. Vlnová funkce \(k–\)tého excitovaného stavu LHO má tvar \[\psi_{k}=\frac{1}{\sqrt{x_0}}{\frac{1}{\sqrt{2^{k}k!\sqrt{\pi}}}}H_k\left(\frac{x}{x_0}\right)e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}.\] Spočtěme nejprve skalární součin
\[V_{0k}=\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{k}^{(0)}\right \rangle=\int_{−\infty}^{\infty}{\sqrt{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}(–e\mathcal{E}x)\frac{1}{\sqrt{x_0}}{\frac{1}{\sqrt{2^{k}k!\sqrt{\pi}}}}H_k\left(\frac{x}{x_0}\right)e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}\,\mathrm{d}x}.\]
Provedeme substituci \[\frac{x}{x_0}=t\] \[\mathrm{d}x=x_0\mathrm{d}t.\]
Všechny konstaty vytkneme před něj. Výraz má pak tedy tvar \[V_{0k}=x_0\sqrt{\frac{1}{\pi}}\frac{–e\mathcal{E}}{\sqrt{2^{k}k!}}\int_{−\infty}^{\infty}{t H_k\left(t\right)e^{−t^2}}\,\mathrm{d}t.\]
Jelikož \(H_1(t)=2t\), můžeme psát
\[V_{0k}=\frac{x_0}{2}\sqrt{\frac{1}{\pi}}\frac{–e\mathcal{E}}{\sqrt{2^{k}k!}}\int_{−\infty}^{\infty}{H_1\left(t\right) H_k\left(t\right)e^{−t^2}}\,\mathrm{d}t.\]Nyní můžeme využít vzorce, který platí pro Hermitovy polynomy \( \forall k\neq1\)
\[\int_{−\infty}^{\infty}{H_1\left(t\right)H_k\left(t\right)e^{−t^{2}}}\,\mathrm{d}t=2^{k}k!\sqrt{\pi}\delta_{1k}=0.\]Takže skalární součin je nenulový jen pro \(k=1\), kterému odpovídá vlnová funkce \[\psi_{1}=\sqrt{\frac{2}{x_0\sqrt{\pi}}}\frac{x}{x_0}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}.\]
Hodnota \(V_{01}\) je
\[V_{01}=\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{1}^{(0)}\right \rangle=\int_{−\infty}^{\infty}{\sqrt{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}(–e\mathcal{E}x)\sqrt{\frac{2}{x_0\sqrt{\pi}}}\frac{x}{x_0}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}\,\mathrm{d}x}=\] \[=−e\mathcal{E}\frac{1}{x_0^2}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{−\infty}^{\infty}{x^{2}e^{−\frac{x^2}{x_{0}^{2}}}}\,\mathrm{d}x =−e\mathcal{E}\frac{1}{x_0^2}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{2}\frac{\sqrt{\pi}}{{x_0}^{−3}}=−e\mathcal{E}\frac{\sqrt{2}}{2}x_0.\]Při výpočtu jsme využili znalosti Poissonových integrálů
\[\int_{−\infty}^\infty{x^2e^{−ax^2}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a^{3}}}.\]Vraťme se k výpočtu \(E_{0}^{(2)}\), dosaďme získaný výsledek \(V_{01}\) do výrazu
\[E_{0}^{(2)}={\frac{\left|\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{1}^{(0)}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{1}^{(0)}}}=\left|−e\mathcal{E}\frac{\sqrt{2}}{2}x_0\right|^2 \frac{1}{\frac{\hbar\omega}{2}−\hbar\omega\left(\frac{1}{2}+1\right)}=\left(e\mathcal{E}\frac{\sqrt{2}}{2}x_0\right)^2 \frac{1}{−\hbar\omega}=−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{2m\omega^2}.\]Jako poslední krok vypočítáme přesnou hodnotu energie. Rozepíšeme celý hamiltonián a výraz budeme upravovat
\[\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}−e\mathcal{E}x,\]kde první člen představuje kinetickou energii, druhý člen je potenciální enegie harmonického oscilátoru a třetí člen je elektrostatická potenciální energie. Poslední dva členy upravíme na „úplný čtverec“,
\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\left(x−\frac{e\mathcal{E}}{m\omega^2}\right)^2−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{m^2\omega^4}\frac{1}{2}m\omega^2=\] \[=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\left(x−\frac{e\mathcal{E}}{m\omega^2}\right)^2−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{2m\omega^2}.\]Když porovnáme získaný výraz s hamiltoniánem lineárního harmonického oscilátoru se souřadnicí \(\xi\)
\[\hat{H}_{LHO}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\xi^{2},\]vidíme, že se náš výraz liší posunem souřadnice
\[\xi=x−\frac{e\mathcal{E}}{m\omega^2},\]což se projeví změnou střední hodnoty souřadnice, a konstantním členem \(−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{2m\omega^2}\), který se projeví tak, že v porovnání s řešením harmonického oscilátoru budou všechny energie o tuto hodnotu vyšší. Jelikož jsou nové hladiny stále ekvidistantní a energetické rozdíly dvou hladin se nezměnily, tak se vložení nabitého LHO do slabého homogenního elektrostatického pole neprojeví na spektru.
Analogicky v klasické mechanice se změna potenciální energie pružiny o člen \(cx\), kde \(c\) je konstanta a \(x\) je souřadnice, projeví pouze posunutím rovnovážné polohy, frekvence kmitání se nemění.
Odpověď
Pro základní stav jednorozměrného lineárního harmonického oscilátoru s nábojem \(e\) jsou opravy energie v prvním a druhém řádu poruchové teorie
\[E_{0}^{(1)}=0,\] \[E_{0}^{(2)}=−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{2m\omega^2}.\]Přesný výpočet nám dal tvar hamiltoniánu
\[\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\left(x−\frac{e\mathcal{E}}{m\omega^2}\right)^2−\frac{e^2\mathcal{E}^2}{2m\omega^2},\]jemuž odpovídájící hodnota energie základního stavu se shoduje s výsledky získanými poruchovou metodou.
Komentář – Řešení přes vlastnosti Hermitových polynomů
Vyjděme z definice Hermitových polynomů
\[H_n(x)=(−1)^n e^{x^2}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}e^{−x^2}.\]Úpravou rovnosti pro \(n+1\) dostaneme rekurentní vzorec pro Hermitovy polynomy
\[H_{n+1}(x)=(−1)^{n+1} e^{x^2}\frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}x^{n+1}}e^{−x^2}=\] \[=(−1)^n e^{x^2}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\left(2x·e^{−x^2}\right)=\] \[=(−1)^n e^{x^2}2x\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}e^{−x^2}−(−1)^{n−1} e^{x^2}2\binom{n}{1}\frac{\mathrm{d}^{n−1}}{\mathrm{d}x^{n−1}}e^{−x^2}=2xH_{n}(x)−2nH_{n−1}(x).\]Z toho
\[2xH_{n}(x)=H_{n+1}(x)+2nH_{n−1}(x).\]Ve výrazu
\[E_{0}^{(2)}=\sum_{\substack{ k \\ k\neq 0}}^{}{\frac{\left|\left \langle\psi_{0}^{(0)}|\hat{V}\psi_{k}^{(0)}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}} =\sum_{\substack{ k \\ k\neq 0}}^{}{\frac{\left|\left \langle\psi_{0}^{(0)}|−e\mathcal{E}x\psi_{k}^{(0)}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}}\] \[=\sum_{\substack{ k \\ k\neq 0}}^{}{\frac{\left|\left \langle\sqrt{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}|(−e\mathcal{E}x)\frac{1}{\sqrt{x_0}}{\frac{1}{\sqrt{2^{k}k!\sqrt{\pi}}}}H_k\left(\frac{x}{x_0}\right)e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}}\]nemá smysl uvažovat jiná \(k\), než \(k=1\), protože pro \(k=1\) je
\[2xH_{1}(x)=H_{2}(x)+2H_{0}(x).\]Protože vlastní funkce příslušící jinému vlastnímu číslu jsou na sebe kolmé, pak jediný nenulový člen výrazu \[=\sum_{\substack{ k \\ k\neq 0}}^{}{\frac{\left|\left \langle\sqrt{\frac{1}{x_0\sqrt{\pi}}}e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}|(−e\mathcal{E}x)\frac{1}{\sqrt{x_0}}{\frac{1}{\sqrt{2^{k}k!\sqrt{\pi}}}}H_k\left(\frac{x}{x_0}\right)e^{−\frac{x^2}{2x_{0}^{2}}}\right \rangle\right|^2}{E_{0}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}}\] obsahuje skalární součin vlastních funkcí příslušné vlastnímu číslu \(n=0\). Člen \(2xH_{1}(x)\) je jediný, který lze rozepsat do součtu dvou Hermitových polynomů, z nichž alespoň jeden je nultého řádu.
Výpočet je dále identický, jako v předchozí sekci příkladu, tj. vypočítáme skalární součin a zjistíme tedy korekci energie druhého řádu (viz sekce Řešení).
