Úloha 1(10 bodů) Mějme dvourozměrný kvantový lineární harmonický oscilátor s hamiltoniánem

Transkript

1 Úvod V tomto dokumetu alezete zadáí a vzorové řešeí zápočtové písemky z předášky Kvatová mechaika II za LS 16/17. Úlohy byly zamýšley tak, že by je měl být schope beze zbytku vyřešit každý, kdo absolvoval předášku a cvičeí pokud by měl dost času, ale k vyřešeí úloh v časovém limitu (9mi) je potřeba ještě trochu tvůrčí ivece a porozuměí růzým souvislostem v látce předášky. Na získáí zápočtu by vám mělo stačit získat pár bodů, k vykompezováí případých bodových ztrát z domácích úloh. Sažil jsem se úlohy volit tak, aby každý kdo se věoval hlouběji přípravě a spočítal si předem pár úloh, byl v časovém limitu schope získat alespoň poloviu bodů z maxima bodů, což (spolu s domácími úlohami) stačí a odpuštěí řešeí dalších úloh při zkoušce. V tomto semestru jsem asi trochu podceil obtížost úloh, takže adpolovičí počet bodů získalo pouze pět řešitelů z dvaceti a ejlepší bodové ohodoceí bylo 4 bodů. Proto jsem získaé body přeškáloval faktorem /4, takže přes bodů získalo akoec deset z dvaceti řešitelů. V ásledujícím textu alezete vzorové řešeí. Doporučuji si je pečlivě přečíst pro přípravu ke zkoušce. Pokud to bylo možé, sažil jsem ukázat, ebo alespoň azačit ěkolik postupů vedoucích k řešeí a rověž poukázat a růzé souvislosti.

2 Úloha 1(1 bodů) Mějme dvourozměrý kvatový lieárí harmoický oscilátor s hamiltoiáem Ĥ = 1 ħω(ˆp x + ˆp y + ˆx + ŷ ). V prvím řádu poruchové teorie spočtěte jak se poruchou λxy rozštěpí druhá hladia. Řešeí: Nejdříve musíme ajít eergie a vlové fukce eporušeého hamiltoiáu. Uvědomíme si, že hamiltoiá je součtem hamiltoiáu pro jedorozměrý lieárí harmoický oscilátor v proměé x a druhý idetický oscilátor ve směru y Ĥ = Ĥx + Ĥy = ħω[â xâ x + 1 ] + ħω[â yâ y + 1 ], kde jsme zavedli kreačí operátory â x a â y pro oba harmoické oscilátory. Spektrum tohoto hamiltoiáu potom je E x, y = ħω( x + y + 1) a příslušé stacioárí stavy ozačíme x y. Nejižší hladia je E = ħω. Druhá hladia E = ħω je dvakrát degeerovaá s odpovídajícími stavy 1 a 1. Korekce eergie v prvím řádu poruchové teorie dostaeme diagoalizací matice ( ) 1 xy 1 1 xy 1 λ. 1 xy 1 1 xy 1 Z miulého semestru záme vyjádřeí operátoru souřadice ˆx = x (â ħ x+â x ), kde x = mω. Podobé vyjádřeí můžeme apsat pro operátor ŷ = x (â y + â y ). Maticové elemety poruchy pak spočteme ze zámého působeí kreačích/aihilačích operátorů a vektory oscilátorové báze (â x + â x )(â y + â y ) 1 = (â x + â x )[ + ] = 1 + 1, (â x + â x )(â y + â y ) 1 = (â x + â x ) 11 = 1 + 1, Odtud již vidíme, že matice poruchy má tvar Její vlastí čísla ± ħλ mω ħλ mω ( 1 1 ). pak udávají velikost rozštěpeí druhé hladiy, které tudíž je ħλ mω. Další variatou řešeí je provést výpočet v souřadicové reprezetaci. Opět si uvědomíme, že problém se separuje v souřadicích x a y. Vlové fukce pro jedorozměrý oscilátor si ajdeme v taháku, takže stavy pro dvakrát degeerovaou druhou hladiu mají vlové fukce ψ 1 (x, y) = ϕ 1 (x)ϕ (y) = x x e x +y x, π ψ 1 (x, y) = ϕ (x)ϕ 1 (y) = y x e x +y x. π Maticové elemety se yí vypočtou itegrací. Ukažme si to apříkladě maticového elemetu 1 xy 1 = 4 πx 4 dx dy xe x +y x (λxy)ye x +y x = λx dx x π x x e x x dy y x x e y x = λ π (x I), kde itegrál I = q e q dq = π vypočteme substitucí z = q pomocí gama fukce, ebo elemetárěji z Gaussova itegrálu derivací podle parametru. Podobě vyjádříme maticové elemety 1 xy 1 a 1 xy 1, kde ovšem itegrace dá a prví pohled, protože itegrujeme lichou fukci, přes celou reálou osu. Výpočet dokočíme diagoalizací matice poruchy stejě jako v předchozím případě. V ěkteří jste počítali prví hladiu jako ultou a proto jste řešili rozštěpeí až třetí hladiy. To jsem rověž uzával, ale dotyčí měli více počítáí eboť hladia je třikrát degeerovaá.

3 Úloha (1 bodů) Molekula s kvadrupólovým mometem v ehomogeím elektrickém poli je popsáa jako D rotor s hamiltoiáem Ĥ = 1 I ˆL + γ cos θ a prostoru kvadraticky itegrovatelých fukcí a jedotkové sféře. ˆL je operátor kvadrátu orbitálího mometu hybosti a θ a ϕ jsou sférické souřadice. Najděte základí stav tohoto systému pomocí variačího pricipu. Předpokládejte, že vlová fukce je lieárí kombiací sférických harmoik Y (θ, ϕ), Y 1 (θ, ϕ) a Y (θ, ϕ). K úloze jsem avíc dodal tabulku Clebsch-Gordaových koeficietů: lm j 1 m 1 j m l = l = 1 l = l = l 1 / / l 1/ /7 Řešeí: Hledáme koeficiety a, b, c tak, aby vlová fukce ψ(θ, ϕ) = ay + by 1 + cy miimalizovala fukcioál eergie. šlo by hledat miimu přímo, ale jedodušší bude vzpomeout si, že podle Hyleraasova- Udheimova teorému je miimum fukcioálu a lieárím podprostoru dáo ejmeším vlastím číslem matice H ll Y lĥy l dω. Příspěvek od kietické eergie je diagoálí ˆL Y l = ħ l(l + 1)Y l. K alezeí matice kietické eergie ejdříve rozepíšeme cos θ s použitím tabulky sférických harmoik v taháku cos θ z 4π ( ) r = Y + Y. Prví čle přispěje opět je jako diagoálí příspěvek 4πY = 1 (ke všem diagoálím čleům přidáme γ/) a druhý spočítáme s využitím Gautovy formule v taháku Yl Y (l Y l dω = + 1) 4π(l + 1) l l = 1 1 4π 1 Za Clebsch-Gordaův koeficiet dosadíme z tabulky. Dostaeme tedy matici hamiltoiáu: ħ + γ γ 1 I To že jsme dosadili správě si můžeme ověřit také tím, že matice by měla být symetrická. Eergie základího stavu bude podle Hyleraasovy-Udheimovy věty ejmeší vlastí číslo této matice. Všimeme si, že matice se rozpadá a dva bloky. Liché a sudé prvky ejsou avzájem svázáy. Pro lichou paritu l = 1 je variačím odhadem prostě prvek uprostřed matice E 1 = ħ I + γ + 4γ 1 = ħ I + γ (a příslušý odhad vlastí fukce je prostě Y 1 ). Pro alezeí základího stavu musíme diagoalizovat zbytek matice ( γ γ ħ I γ + 11γ 1 ) ( A C C B Vlastí čísla matice sado ajdeme řešeím kvadratického charakteristického polyomu: E / = 1 (A + B ± ) ( (A B) + 4C = 1 ħ I + γ 6 7 ± ħ I γ 4 ) + 4γ 1 4, 4 Kde eergie základího stavu je dáa zamékem. ). 7 7

4 Alterativí řešeí: Někteří z vás (ejdále to dotáhl kolega Lukeš) si uvědomili, že epotřebují Gautovu větu, protože všechy potřebé itegrály se sado spočtou jako itegrály z polyomů fukce cos θ. Také ikdo z Vás epoužil Hyleraasovy-Udheimovy věty, takže jste akoec museli miimalizovat fukci tří proměých, což ikdo estihl. Nebudu podrobě rozpracovávat tuto alterativu, ale vypíšu je rovice pro klíčové body: Normováí ψ = AY + BY 1 + CY = 1 A + 4π 1 = (A 1 4π C) + B) Kietická eergie } {{ } a ψ = A + B + C = }{{} b 4π B cos θ + 16π C( cos θ 1) = cos θ + C cos θ = 1 (a + b cos θ + c cos θ). }{{} 4π c ( a + c ) b + + c 4 9 = a + 1 b + 1 c + ac. Poteciálí eergie ˆT = A + B ħ I 1 + C ħ I = ħ ( b + 4 I c). ˆV = ψ γ cos θ ψ = 1 4π γ = γ = γ π dφ pi si θdθ(a + b cos θ + c cos θ) cos θ(a + b cos θ + c cos θ) dz(a + bz + cz )z (a + bz + cz ) (je sudé mociy přežijí) [ a dz(a z + b z 4 + c z 6 + acz 4 ) = γ + b + c 7 + ] ac. Nyí je potřeba miimalizovat výraz ˆT + ˆV, za podmíky ψ = 1. To se dá udělat metodou Lagrageových multiplikátorů, ale myslím, že rychlejší je dosadit zpět za a, b, c vyjádřeí pomocí A, B, C, protože pak má orma vlové fukce jedodušší vyjádřeí A + B + C. Miimalizace příslušé kvadratické formy ˆT + ˆV = ħ I (B + C ) + γ [ 1 A + B C + 4 ] AC je opět hledáím ejmešího vlastího čísla matice této kvadratické formy dostaeme stejou matici jako při předcházejícím postupu.

5 Úloha (1 bodů) Uvažujme Hilbertův prostor lieárího harmoického oscilátoru se stadardě defiovaými posuovacími operátory â a â. Najděte operátor  = e α(â â )âe α(â â), kde α je reálá kostata a zdůvoděte výsledek pomocí operace traslace a hilbertově prostoru. Řešeí: Jak si ěkteří povšimli, úloha eí příliš jedozačě zadáa. Výzvou ajděte operátor máme a mysli požadavek a zjedodušeí výrazu a pravé straě. Nápovědou je otázka a koci. Pokud si vzpomeete a předášku ihed si uvědomíte, že operátor a pravé straě má tvar trasformace operátoru do ového souřadého systému. Navíc je v otázce zmíěa traslace a skutečě argumet expoeciály se dá pomocí defiice â přepsat pomocí operátoru hybosti â â = i x ħ ˆp. Operátor traslace o vzdáleost x v Hilbertově prostoru má tvar ˆT x = e i ħ x ˆp. Srováím s argumety expoeciál v operátoru  zjistíme, že expoeciály představují traslaci o x = αx. Posuutí eměí hybosti ˆT x ˆp ˆT x = ˆp a posouvá souřadice ˆT x ˆx ˆT x = ˆx + x a tedy (  = ˆT x â ˆT x = ˆT 1 ˆx x + i ˆp ) ˆT x x p = 1 ( ˆx + x Î + i ˆp ) = â + α x x p Další variatou řešeí je si všimout, že prví expoeciála je iverzí druhé. Když se ám ji tedy podaří prohodit s operátorem â expoeciály se avzájem vyruší. K tomu spočteme ejdříve komutátor [â â, â] = [â, â] = [â, â ] = Î. Operátory ˆX = â â a Ŷ = â tedy splňují podmíky (komutují se svým komutátorem) věty, kterou záme z miulého semestru a podle íž je eboli S použitím tohoto komutátoru již máme [f( ˆX), Ŷ ] = f ( ˆX)[ ˆX, Ŷ ], [e α(â â ), â] = αe α(â â ).  = {e α(â â )â}e α(â â) = {âe α(â â ) + [e α(â â ), â]}e α(â â) = â + αe α(â â ) e α(â â) = â + α. Čímž jsme alezli požadovaý trasformovaý tvar operátoru Â. Další alterativí postup vychází z Bakerova-Campbellova-Hausdorffova (BCH) vzorce e α ˆX Ŷ e α ˆX = exp{α[ ˆX, ]}Ŷ Ŷ + α[ ˆX, Ŷ ] + 1! (α) [ ˆX, [ ˆX, Ŷ ]] +... pro ˆX = â â a Ŷ = â. Potřebý komutátor jsme spočetli výše [â â, â] = Î a ostatí komutátory jsou tedy rovy, takže rovou vidíme,  = Ŷ + α[ ˆX, Ŷ ] = â + αî.

6 Úloha 4(1 bodů) Systém dvou (rozlišitelých) částic se spiem 1 je popsá hamiltoiáem Ĥ = B(S (1) z + S () z ) + A ħ S (1) S (), kde S (i) a S z (i) je operátor spiového mometu hybosti částice i a jeho z-tová složka. Systém připravíme v čase t = ve stavu, kde obě částice mají ulovou z-složku spiu. Jaká je pravděpodobost, že v čáse t > alezeme u prví částice projekci spiu S z (1) = ħ? Řešeí: Klíčovým bodem řešeí je uvědomit si, že hamiltoiá se diagoalizuje v bázi SM vlastích fukcí celkového spiového mometu hybosti, ebo přesěji v bázi společých vlastích fukcí kvadrátu a z- tové složky celkového spiu (kaplovaá báze) S = S (1) + S (). Všiměte si, že bázový vektor SM jsme podtrhli, abychom jej odlišili od stavů zapsaých v separovaé bázi m 1 m vlastích stavů Ŝ(1) z a Ŝ() z. Pro výpočet časové závislosti stavového vektoru budeme potřebovat vlastí hodoty hamiltoiáu E SM SM Ĥ SM = BħM + Aħ 1 [S(S + 1) 4], kde jsme využili vzorce pro skalárí souči dvou vektorů S (1) S () = S S (1) S () (cosiové věty). Vektory kaplovaé báze alezeme sado pomocí posuovácích operátorů, ebo tabulky Clebsch-Gordaových koeficietů, jak jsme se učili a předášce (ukazujeme je část báze, která ám stačí pro řešeí úlohy): = 11, 1 = 1 ( ), = 1 6 ( ), 11 = 1 ( 1 1 ), 1 = 1 ( ), = 1 ( ). Ihed vídíme, že lieárí kombiací vektoru a s vhodými koeficiety můžeme vyjádřit počátečí stav, eboli po podrobější úvaze = 1. Časový vývoj stacioárích stavů SM je dá prostě fázovým faktorem exp( i ħ E SMt), přičemž E = Aħ a E = Aħ (viz vzorec výše) eboli amplituda pravděpodobosti pro měřeí, a které se ptá úloha je 1-1 ψ(t) 1-1 e i ħ Ĥt = 1-1 e iat eiat. Všiměte si, že projekce a vektory m 1 m = 1 a 11, které by rověž přispívali k amplitudě měřeí S z (1) = ħ, jsou ulové (platí M = m 1 + m ). Z rozpisu kaplovaé báze výše vyčteme 1-1 = 1 6 a 1-1 = 1. Výsledou pravděpodobost pak ajdeme jako kvadrát absolutí hodoty amplitudy, eboli p = 1 e iat 1 eiat = 9 (1 cos At) = 4 ( si 9 At) (uvádím dva ekvivaletí tvary výsledku, které se objevovaly ve vašich řešeích).

7 Úloha (1 bodů) Uvažujte kvatovou trojtečku. Hilbertův prostor stavů pro jedu částici v trojtečce tedy obsahuje tři vektory, 1, a jejich lieárí kombiace. Nechť hamiltoiá částice v trojtečce je ĥ = t ( ), kde suma probíhá přes všechy stavy v trojtečce a ztotožňujeme. Nyí budeme do tečky přidávat další částice, bosoy, erozlišitelé od prví částice. Hamiltoiá bude dá prostou sumou Ĥ = i ĥ(i), kde ĥ(i) je kopie ĥ působící a i-tou částici. Dále předpokládejme, že prví dvě částice iteragují prostředictvím iterakčího čleu v hamiltoiáu (eergie vzroste o U pokud se obě částice acházejí ve stejé tečce) ˆV (1) = U, kde m je stav s prví částicí v tečce m a druhou částicí v tečce a U je kostata. V případě více částic bude iterakce ˆV stadardě dáa stejým čleem vysčítaým přes všechy dvojice částic. Najděte výraz pro Ĥ + ˆV ve formalizmu. kvatováí. Najděte stacioárí stavy a příslušé eergie v případě, že trojtečka obsahuje jediou částici. Najděte stacioárí stavy a příslušé eergie v případě, že trojtečka obsahuje dvě částice. Řešeí: Odpověď a prví část ajdeme přípočarou aplikací teorie z předášky. Operátor Ĥ je jedočásticový operátor a jeho zápis ve druhém kvatováí ajdeme ze zalosti maticových elemetů m ĥ = t(δ m,+1 + δ m, 1 ) čili Ĥ = m ĥ â mâ = t m, (â +1 + â 1 )â. Podobě pro dvojčásticový operátor m ˆV (1) m = Uδ m, δ m,mδ, dostaeme ˆV = 1 m ˆV (1) m â mâ â â m = 1 U â â â â = 1 U ˆN ( ˆN 1). m,m Posledí úpravu jsme provedli s použitím komutačí relace [â, â ] = 1, pomocí íž se dají prohodit vitří dva operátory â, â = â, â 1 a výsledý tvar obsahující operátor ˆN počtu částic ve stavu se ám bude hodit v posledí části úlohy. Řešeí druhé otázky kopíruje domácí úkol číslo. Jde sice o bosoy, ale a jedočásticové stavy to emá vliv. Současě si uvědomíme, že emusíme uvažovat iterakci V, která je ulová a jedočásticovém prostoru (při působeí a jedočásticové stavy dosazujeme za N = ebo N = 1 ve výrazu pro ˆV ). Jedočásticové stacioárí stavy uvažujeme ve tvaru ψ k = e ik â, a eergii ajdeme přímo působeím hamiltoiáu Ĥ ψ k = t m,(â +1 + â 1 ) â â m e ikm = t }{{} â mâ +δ m, = t(e ik + e ik ) l â l eikl = ϵ k ψ k. (â +1 + â 1 )eik Při úpravě jsme opět použili kaoické komutačí relace pro bosoové operátory, dále toho že â = a akoec jsme v sumě přezačili sumačí idex a to v prvím čleu a + 1 = l a v druhém čleu

8 1 = l. Posledí zmíěá úprava využívá cyklické okrajové podmíky exp(ik) = 1 a tato podmíka je kvaovací podmíkou pro eergie ϵ k = t(e ik + e ik ) = t cos k, kde k = ebo ± π. Máme tedy je dvě jedočásticové hladiy ϵ = t a ϵ ± = t (protože cos π/ = 1/). Příslušé stacioárí stavy jsou ψ k ˆb k = 1 e ik â = 1 e ik. Pro řešeí posledí části je potřeba si vzpomeout (z domácí úlohy č. ), že část Ĥ má za vlastí stavy fukce k 1 k ˆb k 1ˆb k a příslušé vlastí eergie jsou ϵ k1 + ϵ k. To je důsledkem toho, že Ĥ je součtem operátorů pro jedotlivé částice a vlová fukce se tedy separuje (v domácí úloze jsme se to avíc aučili formulovat jako komutačí relaci [Ĥ, ˆb k ] = ϵ kˆb k ). Celkově dvoučásticová část Fockova prostoru pro bosoy v trojtečce sestává z šesti stavů 1 ˆb ˆb, ˆb +ˆb, 1 ˆb +ˆb +, ˆb ˆb, 1 ˆb ˆb, ˆb ˆb +, kde jsme avíc přidali správou ormalizačí kostatu, kterou záme z formalizmu. kvatováí. Jak už jsme psali matice Ĥ v této bázi je diagoálí. Zbývá spočíst maticové vyjádřeí operátoru ˆV k 1 k ˆV k 1, k = 1 U 1 1 â 1 â ˆNm ( ˆN m 1)â â 1 e i(k 1 1 +k k 1 1 k ). m 1, 1, Nyí si uvědomíme, že operátor ˆN m ( ˆN m 1) působí doprava eulově je pokud je stav m dvakrát obsazeý, tj. m = 1 = a podobě eulové působeí vlevo dostaeme je pro m = 1 =. V pětiásobé sumě tedy přežijí je totálě diagoálí čley k 1 k ˆV k 1, k = 1 18 U â m â m ˆNm ( ˆN m 1)â mâ m e im(k 1 +k k 1 k ). m V posledím výrazu můžeme operátor ˆN m ( ˆN m 1) ahradit jeho vlastí hodotou a zbylý maticový elemet vypočteme ihed â mâ m =. Nakoec tedy dostáváme k 1 k ˆV k 1, k = 1 18 U m 4e im(k 1 +k k 1 k ) = Uδ k 1 +k,k 1+k, kde jsme využili toho, že suma expoeciál je eulová je pokud vyjde její argumet ulový, a v tom případě dá faktor (kroekerovo delta ve výsledku je důsledkem symetrie systému - jakási aalogie zákoa zachováí hybosti pro áš případ). Součet k v kroekerově delta avíc musíme iterpretovat jako rovost modulo π. V bázi vypsaé výše má tedy hamiltoiá Ĥ + ˆV vyjádřeí (chybějící prvky jsou ) 4t + 1 U U U t + U t + 1 U U U t + U t + 1 U U U t + U a příslušé eergie jsou vlastí čísla této matice (stačí diagoalizovat bloky podle vzorce, který jsme apsali v řešeí úlohy ) E = 1 t + U ± = 1 t + U ± ( 6t + 1 ) U + 8 ( t 1 ) U U, 9 U, degeerovaé.