Dvodimenzionalni harmonski oscilator

Iz Kvantna Mehanika I 2006 - 2007

Redakcija: 16:08, 24 maj 2007

Naloga

Obravnavaj lastna stanja dvodimenzionalnega harmonskega oscilatorja

.

V primeru, ko je a_x = a_y, poišči taka lastna stanja, ki so hkrati tudi lastna stanja operatorja vrtilne količine okoli osi z

.

Rešitev

\subsubsection{\textbf{Naloga:}\ }

Obravnavaj Lastna stanja dvodimenzionalnega harmonskega oscilatorja.

\[ H=\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}+\frac{1}{2}a_{x}x^{2}+\frac{1}{2}a_{y}y^{2} \]

V primeru ko je $a_{x}=\allowbreak a_{y}$ poi\v{s}\v{c}i taka lastna stanja, ki so hkrati tudi lastna stanja operatorja vrtilne koli\v{c}ine okoli osi z:\ \[ L_{z}=-i\hbar \frac{\partial }{\partial z} \]

\subsubsection{\protect\bigskip Lastna stanja vsote neodvisnih Hamiltonovih operatorjev}

V splo\v{s}nem velja, da \v{c}e lahko hamiltonian razbijemo na vsoto neodvisnih \v{c}lenov $H_{i}$, je lastna funkcija takega hamiltoniana oblike% \[ \psi =\prod\limits_{i=1}^{n}\psi _{i} \]% kjer je $\psi _{i}$ lastna funkcija operatorja $H_{i}$, lastna vrednost pa je vsota lastnih vrednosti za posamezne $H_{i}$. To vidimo iz% \[ \left( H_{1}+H_{2}+...+H_{n}\right) \psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}=(E_{1}+E_{2}+...+E_{n})\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n} \]% \[ H_{1}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}+H_{2}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}+...+H_{n}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}=E_{1}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}+E_{2}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n}+...+E_{n}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{n} \]% Vidimo, da je $H_{i}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{i}...\psi _{n}=E_{i}\psi _{1}\psi _{2}...\psi _{i}...\psi _{n}$, saj operator $H_{i}$ deluje le na funkcijo $\psi _{i}$, vse ostale pa se iz izraza okraj\v{s}ajo.

\subsubsection{\protect\bigskip Lastna stanja 2D harmoni\v{c}nega oscilatorja% }

Hamiltonian za 2D harmoni\v{c}ni oscilator zapi\v{s}emo v komponentah:% \[ H=\frac{p_{x}^{2}}{2m}+\frac{p_{y}^{2}}{2m}+\frac{1}{2}a_{x}x^{2}+\frac{1}{2}% a_{y}y^{2}=H_{x}+H_{y} \]% Vidimo, da ga lahko razstavimo v vsoto hamiltonianov za posamezna oscilatorja, torej bo lastno stanje enako produktu lastnih stanj hamiltonovega operatorja za posamezno smer.

Najprej si poglejmo poseben primer:

\paragraph{$a_{x}=0,a_{y}>0$}

V smeri x torej nimamo vezanega stanja, re\v{s}itev predstavlja ravni val% \[ \psi _{x}=e^{ik_{x}x}={}_{x}\langle x|k_{x}\rangle _{x} \]% kjer je $k_{x}=\frac{1}{\hbar }\sqrt{2mE_{x}}$, v smeri y pa imamo% \[ \psi _{y}={}_{y}\langle y|n_{y}\rangle _{y} \]% kjer je $|n_{y}\rangle _{y}=\frac{a_{y}^{+n}}{\sqrt{n!}}|0\rangle _{y}$ n-to lastno stanje enodimenzionalnega harmoni\v{c}nega oscilatorja. Celotna valovna funkcija je torej produkt, ki ga ozna\v{c}imo:% \[ |k_{x}n_{y}\rangle =|k_{x}\rangle |n_{y}\rangle , \]% lastno energijo pa zapi\v{s}emo kot% \[ E=E_{x}+E_{y}=\frac{(\hbar k_{x})^{2}}{2m}+\hbar \omega _{y}\left( n_{y}+% \frac{1}{2}\right) \]% kjer je $\omega _{y}=\sqrt{\frac{a_{y}}{m}}.$

\paragraph{$a_{x}>0,a_{y}>0$}

V tem primeru imamo prava vezana stanja, ki jih zapi\v{s}emo kot% \[ |n_{x}n_{y}\rangle =|n_{x}\rangle _{x}|n_{y}\rangle _{y} \]% z lastno energijo \[ E=\hbar \omega _{x}\left( n_{x}+\frac{1}{2}\right) +\hbar \omega _{y}\left( n_{y}+\frac{1}{2}\right) \]

\paragraph{$\protect\bigskip a_{x}=a_{y}=a$}

V primeru, da imamo $a_{x}=a_{y}=a$, ima potencial rotacijsko simetri\v{c}en paraboli\v{c}nen profil. Lastne energije so v tem primeru enake% \[ E=\hbar \omega (n_{x}+n_{y}+1) \]% kjer je $\omega =\sqrt{\frac{a}{m}}$. Vidimo, da dobimo stanja, ki so degenerirana:

\[ \begin{tabular}{ll} $n_{x}$ & $n_{y}$ \\ \hline \multicolumn{1}{|l}{$0$} & \multicolumn{1}{l|}{$0$} \\ \hline \multicolumn{1}{|l}{$0$} & \multicolumn{1}{l|}{$1$} \\ \multicolumn{1}{|l}{$1$} & \multicolumn{1}{l|}{$0$} \\ \hline \multicolumn{1}{|l}{$2$} & \multicolumn{1}{l|}{$0$} \\ \multicolumn{1}{|l}{$1$} & \multicolumn{1}{l|}{$1$} \\ \multicolumn{1}{|l}{$0$} & \multicolumn{1}{l|}{$1$} \\ \hline \end{tabular}% \]

$n$ - to stanje je torej $(n+1)$ krat degenerirano.

\subsubsection{Lastna stanja operatorja vrtilne koli\v{c}ine}

Zgornji hamiltonian zapi\v{s}emo eksplicitno v polarnem koordinatnem sistemu: \[ H\ =-\frac{\hbar ^{2}}{2m}\nabla ^{2}+\frac{1}{2}a\left( x^{2}+y^{2}\right) =-\frac{\hbar ^{2}}{2m}\left[ \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left( r% \frac{\partial }{\partial r}\right) +\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial ^{2}}{% \partial \varphi ^{2}}\right] +\frac{1}{2}ar^{2} \]% Vidimo, da komponenta $\varphi $ v izrazu ne nastopa eksplicitno. \v{C}e zapi% \v{s}emo operator vrtilne koli\v{c}ine% \[ L_{z}=-i\hbar \frac{\partial }{\partial \varphi }, \]% vidimo, da velja: $\left[ L_{z},H\right] =0$, torej je lastna vrednost operatorja $L_{z}$ dobro kvantno \v{s}tevilo. Lastna stanja vrtilne koli\v{c}% ine dobimo:% \[ L_{z}|\psi \rangle =l|\psi \rangle \]% \[ -i\hbar \frac{\partial \psi }{\partial \varphi }=l\psi \]% \[ \psi =Ae^{i\frac{l}{\hbar }\varphi } \]

Upo\v{s}tevamo periodi\v{c}ni robni pogoj: \[ \psi \left( 2\pi +\varphi \right) =\psi \left( \varphi \right) \]% \[ e^{i\frac{l}{\hbar }2\pi }=1\Rightarrow \frac{l}{\hbar }2\pi =2\pi m\Rightarrow l=m\hbar \]

Izraz \v{s}e normaliziramo:% \[ 1=\int_{0}^{2\pi }\psi ^{\ast }\psi d\varphi =A^{2}2\pi \Rightarrow A=\frac{1% }{\sqrt{2\pi }} \]% Valovna funkcija je torej% \[ \psi _{m}\left( \varphi \right) =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}e^{im\varphi } \]% Ker sta torej $n=n_{1}+n_{2}$ in $m$ dobri kvantni \v{s}tevili, lahko iz teh stanj sestavimo bazo. Poglejmo sedaj, kako izrazimo bazne vektorje te nove baze $|nm\rangle $ z baznimi vektorji stare baze $|n_{1}n_{2}\rangle .$

Prvi dve stanji enodimenzionalnega harmoni\v{c}nega oscilatorja poznamo:% \[ \psi _{0}(x)=\frac{1}{\sqrt[4]{\pi x_{0}^{2}}}e^{-\frac{x^{2}}{2x_{0}^{2}}} \]% \[ \psi _{1}(x)=\frac{\sqrt{2}x}{x_{0}}\psi _{0}(x) \]% Oglejmo si torej stanja $|1,0\rangle ,$ $|0,1\rangle $, (v bazi $% |n_{1}n_{2}\rangle $) in jih posku\v{s}ajmo kombinirati tako, da bomo lahko iz njih dobili lastna stanja v bazi $|nm\rangle ,$ ki bodo hkrati lastna stanja $H$ in $L_{z}.$% \[ \psi _{01}=\psi _{0}\psi _{1}=\frac{1}{\sqrt[4]{\pi x_{0}^{2}}}e^{-\frac{% x^{2}}{2x_{0}^{2}}}\sqrt{2}\frac{y}{x_{0}}\frac{1}{\sqrt[4]{\pi x_{0}^{2}}}% e^{-\frac{y^{2}}{2x_{0}^{2}}}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{x_{0}^{2}}r\sin \varphi \text{ }e^{-\frac{r^{2}}{2x_{0}^{2}}} \]% \[ \psi _{10}=\psi _{1}\psi _{0}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{x_{0}^{2}}r\cos \varphi \text{ }e^{-\frac{r^{2}}{2x_{0}^{2}}} \]% kjer smo upo\v{s}tevali polarni zapis:\ $x=r\cos \varphi $ in $y=r\sin \varphi .$\ Vidimo, da lahko valovni funkciji sestavimo tako, da iz kotnih funkcij dobimo ravno \v{c}len $e^{im\varphi }$, kjer je $m$ lahko 1 ali -1.% \[ |1,\pm 1\rangle _{nm}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left( |1,0\rangle _{n_{1}n_{2}}\pm i|0,1\rangle _{n_{1}n_{2}}\right) \]% Poleg valovne funkcije smo zapisali oznako baze.

Ta postopek je bil trivialen za prvo vzbujeno stanje, za vi\v{s}ja stanja pa ni mogo\v{c}e tako enostavno ugotoviti, zato bomo izra\v{c}un ponovili z nekoliko bolj splo\v{s}nim postopkom. V splo\v{s}nem za lastna stanja vrtilne koli\v{c}ine velja% \[ L_{z}\psi =l\psi \]% kjer je $l=m\hbar $. Zapi\v{s}emo splo\v{s}en nastavek za valovno funkcijo v stari bazi:% \[ \psi =a|1,0\rangle +b|0,1\rangle \]% V nastavek smo vklju\v{c}ili zgolj stanja z isto energijo. Ta nastavek vstavimo v ena\v{c}bo za lastna stanja vrtilne koli\v{c}ine in dobimo% \[ aL_{z}|1,0\rangle +bL_{z}|0,1\rangle =am\hbar |1,0\rangle +bm\hbar |0,1\rangle \]% \v{C}e sedaj ena\v{c}bo posami\v{c} z desne mno\v{z}imo z $\langle 1,0|$ in $% \langle 0,1|$ (oz. projeciramo ena\v{c}bo na posamezne smeri), dobimo ena% \v{c}bi: \[ \langle 1,0|L_{z}|1,0\rangle a+\langle 1,0|L_{z}|0,1\rangle b=am\hbar \]% \[ \langle 0,1|L_{z}|1,0\rangle a+\langle 0,1|L_{z}|0,1\rangle b=bm\hbar \]% Oziroma v matri\v{c}ni obliki:% \[ \begin{bmatrix} \langle 1,0|L_{z}|1,0\rangle & \langle 1,0|L_{z}|0,1\rangle \\ \langle 0,1|L_{z}|1,0\rangle & \langle 0,1|L_{z}|0,1\rangle \end{bmatrix}% \begin{bmatrix} a \\ b% \end{bmatrix}% =m\hbar \begin{bmatrix} a \\ b% \end{bmatrix}% \]% Vidimo torej, da ima ta matrika lastni vrednosti, ki sta ravno lastni vrednosti operatorja vrtilne koli\v{c}ine, in lastna vektorja, ki sta ravno koeficienta razvoja valovne funkcije po novi bazi.\ Lastni vrednosti matrike nam bosta torej definirali nova bazna vektorja, pripadajo\v{c}a lastna vektorja pa bosta koeficienta razvoja teh novih baznih vektorjev po stari bazi. V na\v{s}em primeru torej dobimo:% \[ \langle 0,1|L_{z}|0,1\rangle =\int\limits_{0}^{2\pi }\frac{2}{\pi }\frac{1}{% x_{0}^{2}}r^{2}\sin \varphi \text{ }\left( -i\hbar \right) \cos \varphi \text{ }e^{-\frac{2r^{2}}{2x_{0}^{2}}}rdrd\varphi =0\text{, \ \ \ \ integral kotnega dela je o\v{c}itno ni\v{c}} \]% \[ \langle 1,0|L_{z}|1,0\rangle =\int_{0}^{2\pi }\frac{2}{\pi }\frac{1}{% x_{0}^{2}}r^{2}\cos \varphi \text{ }\left( i\hbar \right) \sin \varphi \text{ }e^{-\frac{2r^{2}}{2x_{0}^{2}}}rdrd\varphi =0 \]% \[ \langle 0,1|L_{z}|1,0\rangle =\int\limits_{0}^{2\pi }\frac{2}{\pi }\frac{1}{% x_{0}^{4}}r^{2}\sin \varphi \left( -i\hbar \right) \left( -\sin \varphi \right) e^{\frac{-2r^{2}}{2x_{0}^{2}}}rdrd\varphi =i\hbar \int\limits_{0}^{2\pi }|\psi _{01}|^{2}=i\hbar \]% \[ \langle 1,0|L_{z}|0,1\rangle =\int\limits_{0}^{2\pi }\frac{2}{\pi }\frac{1}{% x_{0}^{4}}r^{2}\cos \varphi \left( -i\hbar \right) \left( \cos \varphi \right) e^{\frac{-2r^{2}}{2x_{0}^{2}}}rdrd\varphi =-i\hbar \int\limits_{0}^{2\pi }|\psi _{10}|^{2}=-i\hbar \]

Imamo torej matriko: \[ \begin{bmatrix} 0 & i\hbar \\ -i\hbar & 0% \end{bmatrix}% \]% Lastni vrednosti sta: \[ \lambda ^{2}-\hbar ^{2}=0\Rightarrow \lambda _{1,2}=\pm \hbar \]% Lastna vektorja pa:% \[ c% \begin{bmatrix} 1 \\ i% \end{bmatrix}% ,\text{ \ \ }c% \begin{bmatrix} 1 \\ -i% \end{bmatrix}% ,\text{ }c=\frac{1}{\sqrt{2}}\text{ (dobimo iz normalizacije)} \]% Kon\v{c}ni rezultat je torej:

\[ |1,1\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}\left( |1,0\rangle +i|0,1\rangle \right) \]% \[ |1,-1\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}\left( |1,0\rangle -i|0,1\rangle \right) \]% kar je isto kot prej. Enako bi lahko postopali tudi za vi\v{s}ja vzbujena stanja.

\end{document}