Elektron v magnetickém poli

Úloha číslo: 2275

Uvažujme elektron v magnetickém poli o indukci \(\vec{B}=(0,\,0,\,B)\). Zároveň zapneme slabé magnetické pole o indukci \(\vec{b}=(b,\,0,\,0)\). Určete korekci energie v prvním a druhém řádu a korekci vlnové funkce v prvním řádu poruchového počtu v kvantové mechanice. Najděte přesné řešení a porovnejte ho s přibližnými výsledky.

  • 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

    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 3

    Vyhledejte nebo odvoďte výraz pro první opravu vlnové funkce n-tého stavu \(\psi_{n}^{(1)}\), pokud uvažujeme malou poruchu \(\hat{V}.\)

  • Nápověda 5

    V klasické fyzice platí pro energii \(E\) částice s magnetickým dipólovým momentem \(\vec{m}\) ve vnějším magnetickém poli o magnetické indukci \(\vec{B}\) vztah

    \[E=−\vec{m}·\vec{B}.\]

    Analogicky pro kvantovou mechaniku platí pro elektron ve vnějším magnetickém poli \(\vec{B}\) vztah

    \[\hat{H}=−\frac{(−e)}{m}\hat{\vec{S}}·\vec{B},\]

    kde \(\hat{S}\) je operátor spinu \(\frac{1}{2}\), \(e\) je elementární náboj a \(m\) je hmotnost elektronu. V úloze uvažujeme jen působení magnetického pole na spin, proto hamiltonián neobsahuje kinetickou energii elektronu, ani žádnou jinou potenciální energii.

    Po dosazení tvaru operátoru spinu \(\frac{1}{2}\) \[\hat{\vec{S}}=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\right)=\frac{\hbar}{2}\hat{\vec{\sigma}}\] do předchozí rovnosti dostaneme

    \[\hat{H}=\frac{e\hbar}{2m}\hat{\vec{\sigma}}·\vec{B}.\]

    Symbolem \(\hat{\vec{\sigma}}\) jsou označeny tav. Pauliho matice. Tvar poruchy se určí analogicky.

  • Řešení

    Elektron má spin \(1/2\). Uvažujme, že jeho energie je dána pouze potenciální energií jeho magnetického momentu v magnetickém poli. Hamiltonián tohoto systému je

    \[\hat{H}=\frac{e\hbar}{2m}\hat{\vec{\sigma}}·\vec{B},\]

    kde \(\hat{\vec{\sigma}}\) je operátor Pauliho matic a \(\vec{B}\) je magnetická indukce pole ve kterém se elektron nachází (pro podrobné odvození viz Nápověda 5).

    Uvažujme homogenní pole o indukci \(\vec{B}=(0,\,0,\,B)\). Tomu odpovídá neporušený hamiltonián

    \[\hat{H_0}=\frac{e\hbar}{2m}\left(\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 1& 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 &−i \\ i& 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 &0 \\ 0& −1 \end{pmatrix}\right)·(0,\,0,\,B)=\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} B &0 \\ 0& −B \end{pmatrix}.\]

    Neporušené vlastní vlnové funkce a energie jsou

    \[\psi_1^{(0)}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix},\,\, E_1^{(0)}=\frac{e\hbar}{2m}B,\] \[\psi_2^{(0)}=\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}, \,\,E_2^{(0)}=−\frac{e\hbar}{2m}B,\]

     

    Zapněme nyní slabé magnetické pole o indukci \(\vec{b}=(b,\,0,\,0)\). Hamiltoniánu přibyde člen poruchy

    \[\hat{V}=\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}.\]

    Vypočítejme nyní korekci energie v prvním řádu poruchové metody dosazením do výrazu

    \[E_{n}^{(1)}=\left\langle\psi_{n}^{(0)}\Big|\hat{V}\psi_{n}^{(0)}\right\rangle,\] \[E_{1}^{(1)}=\left\langle\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\right\rangle=\frac{e\hbar}{2m}\left\langle\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\Bigg|\begin{pmatrix} 0\\ b \end{pmatrix}\right\rangle=\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\ b \end{pmatrix}=0,\] \[E_{2}^{(1)}=\left\langle\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\rangle=\frac{e\hbar}{2m}\left\langle\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\Bigg|\begin{pmatrix} b\\ 0 \end{pmatrix}\right\rangle=\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b\\ 0 \end{pmatrix}=0.\]

    Vidíme, že korekce energií v prvním řádu jsou nulové. Vypočítejme nyní korekce energie v druhém řádu poruchové metody dosazením do výrazu

    \[E_{n}^{(2)}=\sum_{\substack{ k \\ k\neq n}}^{}{\frac{\left|\left\langle\psi_{n}^{(0)}|\hat{V}\psi_{k}^{(0)}\right\rangle\right|^2}{E_{n}^{(0)}−E_{k}^{(0)}},}\]

    kde suma přejde v jeden člen díky tomu, že sčítáme přes stavy různé od opravovaného a ten vždy jen je jeden. Tedy pro opravy energií v prvním řádu dostaneme

    \[E_{1}^{(2)}=\frac{\left|\left\langle\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\rangle\right|^2}{\frac{e\hbar}{2m}B−(−)\frac{e\hbar}{2m}B}=\frac{\left|\frac{e\hbar}{2m}\left\langle\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\Bigg|\begin{pmatrix} b\\ 0 \end{pmatrix}\right\rangle\right|^2}{−\frac{e\hbar}{m}B}=\frac{\left|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}·\begin{pmatrix} b\\ 0 \end{pmatrix}\right|^2}{\frac{e\hbar}{m}B}=\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B},\] \[E_{2}^{(2)}=\frac{\left|\left\langle\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\right\rangle\right|^2}{−\frac{e\hbar}{2m}B−\frac{e\hbar}{2m}B}=\frac{\left|\frac{e\hbar}{2m}\left\langle\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\Bigg|\begin{pmatrix} 0\\ b \end{pmatrix}\right\rangle\right|^2}{−\frac{e\hbar}{m}B}=\frac{\left|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}·\begin{pmatrix} 0\\ b \end{pmatrix}\right|^2}{−\frac{e\hbar}{m}B}=−\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B}.\]

    Vidíme, že v druhém řádu je oprava nenulová. Opravené hodnoty energií do druhého řádu jsou

    \[E_{1{,}2}=\pm\left(\frac{e\hbar}{2m}B+\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B}\right).\]

    Korekci k vlastním vlnovým funkcím v prvním řádu vypočítáme dosazením do výrazu

    \[\psi_{n}^{(1)}=\sum_{\substack{ k \\ k\neq n}}^{}{\frac{\left\langle\psi_{k}^{(0)}\Bigg|\hat{V}\psi_{n}^{(0)}\right\rangle}{E_{n}^{(0)}−E_{k}^{(0)}}\psi_{k}^{(0)}},\]

    kde suma přejde opět v jeden sčítanec. Opravy vlnových funkcí tedy jsou

    \[\psi_{1}^{(1)}=\frac{\left\langle\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\right\rangle}{\frac{e\hbar}{2m}B−(−)\frac{e\hbar}{2m}B}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}=\frac{b}{2B}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix},\] \[\psi_{2}^{(1)}=\frac{\left\langle\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\Bigg|\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} 0 & b \\ b& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\rangle}{−\frac{e\hbar}{2m}B−\frac{e\hbar}{2m}B}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}=−\frac{b}{2B}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]
  • Přesné řešení

    Vypočítejme nyní přesné řešení, tedy najděme vlastní čísla hamiltoniánu

    \[\hat{H}=\hat{H}_0+\hat{V}=\frac{e\hbar}{2m}\begin{pmatrix} B & b \\ b& −B \end{pmatrix}.\]

    Pro jednoduchost nalezněme vlastní čísla samotné matice, poté výsledek pouze přenásobíme koeficientem před maticí, čímž získáme hledané energie. Pokud si vlastní čísla matice označíme jako \(\lambda\), pak pro ně platí rovnice

    \[\mathrm{det} \begin{pmatrix} B - \lambda & b \\ b& −B - \lambda \end{pmatrix} = (B−\lambda)(−B−\lambda)−b^2=0.\]

    Z toho

    \[\lambda=\pm\sqrt{B^2+b^2}.\]

    Vlastní čísla hamiltoniánu \(\hat{H}\) tedy jsou (rozepsané pomocí Taylorova rozvoje)

    \[E_{1{,}2}=\pm\frac{e\hbar}{2m}\sqrt{B^2+b^2}=\pm\frac{e\hbar}{2m}B\sqrt{1+\frac{b^2}{B^2}}\doteq\pm\frac{e\hbar}{2m}\left(1+\frac{b^2}{2B^2}\right)=\pm\left(\frac{e\hbar}{2m}B+\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B}\right),\]

    což se shoduje s výsledky získanými poruchovou metodou.

     

    K získaným vlastním číslům najděme vlastní vektory, označme jejich složky \(\begin{pmatrix} \alpha\\ \beta \end{pmatrix}\).

    Pro vlastní číslo \(E_{1}=\frac{e\hbar}{2m}\sqrt{B^2+b^2}\) dostáváme rovnici

    \[\left(B−\sqrt{B^2+b^2}\right)\alpha+b\beta=0,\]

    jejíž řešení je (opět rozepsáno pomocí Taylorova rozvoje)

    \[\beta=\frac{\sqrt{B^2+b^2}− B}{b}\alpha\doteq\frac{B+\frac{b^2}{2B}−B}{b}\alpha=\frac{b}{2B}\alpha.\]

    Volbou \(\alpha=1\) dostaneme

    \[\psi_1\doteq\begin{pmatrix} 1\\ \frac{b}{2B} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\ \frac{b}{2B} \end{pmatrix},\]

    což je do prvního řádu opravená vlastní vlnová funkce.

    Pro druhé vlastní číslo \(E_{2}=−\frac{e\hbar}{2m}\sqrt{B^2+b^2}\) dostaneme rovnici

    \[b\alpha−\left(B−\sqrt{B^2+b^2}\right)\beta=0,\] \[\alpha=\frac{B−\sqrt{B^2+b^2} }{b}\alpha\doteq\frac{B−B−\frac{b^2}{2B}}{b}\alpha=−\frac{b}{2B}\beta.\]

    Volbou \(\beta=1\) dostaneme

    \[\psi_2\doteq\begin{pmatrix} −\frac{b}{2B} \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} −\frac{b}{2B} \\ 0 \end{pmatrix},\]

    což se v prvním řádu opět shoduje s výsledky získanými poruchovou metodou.

  • Odpověď

    Uvažujeme-li elektron v magnetickém poli o indukci \(\vec{B}=(0,\,0,\,B)\) a zapneme-li slabé magnetické pole o indukci \(\vec{b}=(b,\,0,\,0)\), jsou energie a jejich opravy v prvním a druhém řádu poruchové teorie

    \[E_{1}^{(0)}=\frac{e\hbar}{2m}B,\quad E_{1}^{(1)}=0,\quad E_{1}^{(2)}=\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B},\] \[E_{2}^{(0)}=−\frac{e\hbar}{2m}B,\quad E_{2}^{(1)}=0,\quad E_{2}^{(2)}=−\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B}.\]

    Přesné hodnoty energií jsou

    \[E_{1{,}2}=\pm\frac{e\hbar}{2m}\sqrt{B^2+b^2},\]

    což po rozvinutí do řady odpovídá předchozím výsledkům

    \[E_{1{,}2}\doteq\pm\frac{e\hbar}{2m}B\pm\frac{e\hbar}{2m}\frac{b^2}{2B}.\]

    Neporušené vlastní vlnové funkce a jejich korekce v prvním řádu poruchové teorie jsou

    \[\psi_{1}^{(0)}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix},\,\psi_{1}^{(1)}=\frac{b}{2B}\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix},\] \[\psi_{2}^{(0)}=\begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix},\,\psi_{2}^{(1)}=−\frac{b}{2B}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.\]

    Tyto hodnoty se opět shodují s přesným řešením rozvinutým pomocí Taylorova rozvoje v prvním řádu rozvoje.

Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Zaslat komentář k úloze