15 svar

125 visningar

woozah är nöjd med hjälpen

Perturbation

Jag har en liten fråga som lyder:

"Consider a spherically symmetrical potential which has three degenerate states with angular momentum $l=1$ , and consider only the angular part of the wave function (ignore the radial part of the wave function). Suppose that the Hamiltonian has an small perturbation, which breaks the degeneracy

$\hat{H}'=\alpha [L_+^2+L_-^2]$

where $\alpha$ is positive.

a) Find all the energy eigenvalues of $\hat{H}'$ for the $l=1$ states."

Det finns tre delfrågor till, men jag har lite svårt. Om $l=1$ så har vi tillstånden $|l=1, m_l=1>$ , $|l=1, m_l=-1>$ och $|l=1, m_l=0>$ .

Använder jag sedan $\hat{H}'|l=1, m_l=-1,0,1>$ (de tre olika fallen ovan) så fungerar enbart $L_+^2|l=1, m_l=-1>$ och $L_-^2|l=1, m_l=1>$ , och resten har egenvärde noll.

$L_+^2|l=1, m_l=-1>=2\hbar^2|1,1>$ och således är egenvärdena för $H'$ just $0$ och $2\hbar^2\alpha$ . Dock vill facit ha $-2\hbar^2\alpha$ också, hur får de fram det?

Ser inte heller hur de får något negativt gånger alfa.

Eftersom stegoperatorerna är konstruerade på ett sådant sätt att de inte kan spotta ut negativa egenvärden så går det inte. Möjligtvis har dem skrivit fel och det ska istället vara $H = α (L_{+}^{2} - L_{-}^{2})$ .

Det står tydligt i både lösningsförslag och uppgiften är $L_+^2+L_-^2$ . Jag fick i alla fall bara $2\hbar^2\alpha$ och noll. Jag blev också fundersam hur de får fram det negativa, men jag antar att det är felaktigt då?

Ja om dem inte ser någonting jag helt missar. För egenvärdena för stegoperatorerna definierar man så att de blir reella och positiva, då ser jag inte hur du på något sätt skulle kunna få ett negativt värde där.

emmynoether skrev:
Ja om dem inte ser någonting jag helt missar. För egenvärdena för stegoperatorerna definierar man så att de blir reella och positiva, då ser jag inte hur du på något sätt skulle kunna få ett negativt värde där.

Jag frågade och fick svar att ladder operators är icke-hermitiska och har därför icke-reella egenvärden. H består av en kombination av L- och L+ och H är hermitisk och kan därför ha negativa (reella) egenvärden också. Ett exempel var i en väteatom där det finns negativa egenvärden.

Visst, L+ och L- har inte samma egenvektorer som Lz och L^2, men när de opererar på en egenvektor till Lz och L^2 så blir det något i stil med

L+|l,m> = a*|l,m + 1>

L-|l,m> = b*|l,m - 1>

där a och b är konstanter, som kan väljas vara ickenegativa.

Då borde inte H kunna ge negativa egenvärden.

Dr. G skrev:
Visst, L+ och L- har inte samma egenvektorer som Lz och L^2, men när de opererar på en egenvektor till Lz och L^2 så blir det något i stil med
L+|l,m> = a*|l,m + 1>
L-|l,m> = b*|l,m - 1>
där a och b är konstanter, som kan väljas vara ickenegativa.
Då borde inte H kunna ge negativa egenvärden.

Jag förstår fortfarande inte riktigt hur han får ett negativt egenvärde...men sen är jag knappast någon expert på detta område heller.

Per definition är $L_-$ och $L_+$ hermitska konjugat så vi får då

Det skulle vara matte här men pluggakuten klarar ju inte av något annat än plus och så minus hoppas du fattar ändå, annars se här

och på samma sätt för $L_-$ fast med $|b|^2$ som resultat. Båda mina böcker (Ballentine och Sakurai) väljer enligt "Condon-Shortley phase convention" som

$|a|^2=\hbar^2 (j(j+1) -m(m+1))$

$|b|^2=\hbar^2 (j(j+1)-m(m-1))$ .

Så när du använder en stegoperator på en egenvektor till $L_z$ så ska resultatet fortfarande vara en en egenvektor till $L_z$ , fast med "ett steg" högre eller lägre egenvärde.

Jag vet inte vad din lärare vet som Ballentine och Sakurai inte vet men jag tycker det ser underligt ut. Även om man tar exemplet med väteatomen och väljer egenvärden som energinivåerna (negativa) så borde alla energinivåer då ha samma tecken. Och det borde i sådant fall avspegla sig i ett plus eller minus i själva hamiltonianen, inte en omdefiniering av stegoperatorerna.

Posta gärna något exempel om din lärare har, där han visar hur han tänker.

emmynoether skrev:
Posta gärna något exempel om din lärare har, där han visar hur han tänker.

Det här är hela lösningen som finns tillgänglig för mig:

"Find all energy values of H' for l=1 states.

note: $L_{\pm}|l,m>=\sqrt{l(l+1)\pm m(m\pm 1)}\hbar|l,m\pm 1>$

Remember properties of ladder operators.

$L_+^2|1,-1>=2\hbar^2|1,1>$

$L_-^2|1,1>=2\hbar^2|1,-1>$

Also: $L_+^2|1,0>=L_-^2|1,0>=0$ .

There are three eigen states one can recognize:

$\alpha(L_+^2+L_-^2)|1,0>=0|1,0>$ eigenvalue =0.

Other eigen states: $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(|1,1>+|1,-1>)$ and $\dfrac{1}{\sqrt{2}}(|1,1>-|1,-1>)$

The eigen values are $H'|+>=\alpha(2\hbar^2)|+>$ and $H'|->=-\alpha (2\hbar^2)|->$ where $|+>=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(|1,1>+|1,-1>)$ and $|->=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(|1,1>-|1,-1>)$ .

Thus the eigen values are $0$ , $-\alpha 2\hbar^2$ and $\alpha2\hbar^2$ .

Could also use matrix representation: $H'=2\hbar^2\alpha$ $(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix})$ ."

Detta är hela lösningen och uppenbarligen så får han fram negativt egenvärde.

Extremt fult med ket-notationen men jag hoppas ni förstår.

a) Find all the energy eigenvalues of H' for the l=1 states."

Tänkte inte på att man skulle kunna tänka sig superpositioner av tillstånd med olika m-värden.

Yes, okej då är jag med. Jag glömde den tredje egenvektorn som har ett minus där. Då är det alltså inget krux med stegoperatorerna som vi trodde, vi hade bara glömt ett egentillstånd.

Dr. G skrev:
a) Find all the energy eigenvalues of H' for the l=1 states."
Tänkte inte på att man skulle kunna tänka sig superpositioner av tillstånd med olika m-värden.

Och detta är alltså ett fall när man varken vet om m=1 eller m=-1? Dvs man summerar tillstånden och normaliserar?

P.g.a summan så blir egentillstånden till H' de två superpositionerna av |1,-1> och |1,1> som din lärare tog fram.

Svara Avbryt

Visa senaste svar