FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 LØSNING ØVING 13. V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t2 /τ 2.

Transkript

1 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 Løsning Oppgave 13 1 LØSNING ØVING 13 Transient perturbasjon av harmonisk oscillator a. Med kraften F (t) = qe(t) = F 0 exp( t /τ ) og sammenhengen F (t) = dv (x, t)/dx kan vi bruke perturbasjonsleddet V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t /τ. (Vi kan her betrakte F 0 som en litenhetsparameter.) Vi ser at mesteparten av perturbasjonen foregår i et tidsintervall τ. b. Matrise-elementene av perturbasjonen V = x F (t) er 1 V n0 (t) = n V (t) 0 = F (t) n x 0 = F (t) mω n (a + a ) 0 = F (t) mω δ n1, idet a 0 = 1, a 0 = 0 og n 1 = δ n1. Til første orden er altså overgangsamplitudene a (1) 0 n(t) lik null, unntatt for n = 1, dvs vi har bare overgang til første eksiterte tilstand. Ved hjelp av den oppgitte integralformelen 1 Mer generelt har vi at x n = mω (a + ( ) a ) n = n n 1 + n + 1 n + 1, mω som gir n x n = mω ( n δn,n 1 + ) n + 1 δ n,n+1. Matrise-elementene n x n er altså lik null unntatt for n n n = ±1. Med en perturbasjon V x får vi da til 1. orden bare overganger med n n n = ±1. Dette kaller vi en utvalgsregel. Merk at matrise-elementet også kan skrives som et integral: V n0 (t) = F (t) ψ n x ψ 0 dx. Siden xψ 0 ψ 1, er dette integralet forskjellig fra null bare for n = 1.

2 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 finner vi overgangsamplituden og den tilhørende overgangssannsynligheten, og a (1) 0 1( ) = 1 i = F 0 i V 10 (t)e iω 10t dt (der ω 10 = (E 1 E 0 )/ = ω ) mω dt e t /τ π e iωt = if 0 mω τ e τ ω /4, P 0 1 ( ) = πf 0 mω τ e τ ω /. c. I grensen τ 0, altså når perturbasjonen blir svært kortvarig eller plutselig, ser vi at P 0 1 0, dvs vi får ingen overgang. Dette er i tråd med den generelle diskusjonen i forelesningene, der vi kom fram til at tilstanden er uendret under plutselige endringer av Hamilton-operatoren; bølgefunksjon og tilstandsvektor endrer seg ifølge tilstandsligningen med endelig hastighet, og rekker derfor ikke å henge med på slike plutselige endringer. Også i grensen τ ser vi at P I denne grensen har vi en svært langsom endring av kraften, altså en såkalt adiabatisk endring av Hamilton-operatoren. Ifølge diskusjonen i forelesningene skal systemet da forbli i grunntilstanden (både under og etter den adiabatiske endringen av Hamilton-operatoren). Det siste bekreftes i denne beregningen; overgangssannsynligheten ovenfor går som vi ser veldig raskt mot null for stor og økende varighet τ av perturbasjonen. Den maksimale overgangssannsynligheten P0 1 max finnes ved derivasjon av P 0 1 med hensyn på τ, for τ m = /ω. Figuren under pkt. a viser at mesteparten av perturbasjonen gjøres unna i løpet av tiden τ, som her blir rundt regnet τ m 3/ω, altså ca. halvparten av periodetiden, T = π/ω. Som du kanskje husker fra diskusjonen i forelesningene, er en perturbasjon over en halv-periode en effektiv sak klassisk, og det samme er altså tilfelle i dette kvantemekaniske eksemplet. d. τ = τ m gir en maksimal overgangssannsynlighet P0 1 max = πe 1 F0 mω π Fo, 3 e Fh der F h mω 3 som nevnt må ha dimensjon kraft, og må være en karakteristisk kraft for oscillatoren. Det viser seg at F h er størrelsen av den harmoniske kraften ved vendeavstanden for grunntilstanden, x 0 = /mω. Med potensialet 1 mω x, dvs. fjærkonstanten k = mω, er den sistnevnte kraften nemlig kx 0 = mω /mω = mω 3, q.e.d. Resultatet ovenfor forteller at når en velger den mest effektive varigheten τ = τ m, så er overgangssannsynligheten til første eksiterte tilstand ifølge 1.-ordens perturbasjonsteori P0 1 max = (π/e)(f0 /Fh). Førsteordens perturbasjonsteori er bare nøyaktig så lenge amplitudene er tilnærmet lik de verdiene de hadde i begynnelsestilstanden. I dette tilfellet vil dette si så lenge overgangssannsynligheten(e) er mye mindre enn 1. Vi kan altså bare stole på første-ordens-resultatet når F0 << Fh (når τ = τ m ).

3 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 3 Tilfellet F 0 >> F h ligger derfor langt utenfor gyldighetsområdet for 1.-ordens teori (untatt når τ er veldig liten eller veldig stor, som vi skal se nedenfor). Dette kommer også tydelig fram ved at første-ordens-resultatet P0 1 max da blir mye større enn 1, hvilket selvsagt er feil. Det som skjer ved en slik kraftig perturbasjon (med τ = τ m ) er at en lenge før perturbasjonen er over får en betydelig overgang til andre tilstander, først til 1. eksiterte, og så snart amplituden i denne begynner å vokse, også overgang fra denne til. eksiterte (og forsåvidt også tilbake til grunntilstanden). Slik fortsetter det, med overgang til stadig flere tilstander, helt til perturbasjonen er forbi. Hvor langt opp i de eksiterte tilstandene en finner vesentlige overgangssannsynligheter til slutt, avhenger av hvor stor F 0 er i forhold til F h. Ved perturbasjoner av makroskopisk styrke kan en danne seg et begrep om resultatet ved å regne klassisk. Rent teknisk kan en beregne overgangsamplitudene til tilstander med n ved å iterere som i forelesningene. e. For generelle verdier av τ kan overgangssannsynligheten uttrykkes slik: P 0 1 = π F 0 F h τ τm e τ /τ m. For τ av størrelsesorden τ m eller mindre er π exp( τ /τ m) av størrelsesorden 1. For at førsteordens perturbasjonsteori skal være gyldig, dvs for at P 0 1 skal være liten, må da (F 0 τ) << (F h τ m ), q.e.d. Kommentar: Den overførte impulsen er p = F 0 e t /τ dt = F 0 πτ = τf 0 π, q.e.d. For grunntilstanden, som har energien E 0 = 1 ω, kan vi kalle p 0 me 0 = mω for en karakteristisk impuls. (Det er impulsen for x = 0, når en regner klassisk). Dermed er F h τ m = mω 3 /ω = mω = p 0, q.e.d., og vi kan skrive P 0 1 = ( p) p 0 Gyldighetskriteriet blir derfor e τ /τ m. ( p) << p 0, (for τ < τ m ). Så til tilfellet τ > τ m. Klassisk fant vi at en tilnærmet konstant perturbasjon over mange perioder, som selvsagt gir en stor overført impuls, ikke ga huskeren særlig fart. Den overførte impulsen er derfor mindre relevant her. Kriteriet for å få P 0 1 << 1 kan vi derfor heller formulere slik: F 0 F h << τ m τ eτ /τ m (for alle τ). For store τ vil eksponensialfunksjonen dominere, slik at en ved en slik adiabatisk perturbasjon tåler svært store F 0 i forhold til F h, uten at overgangssannsynligheten blir særlig stor, dvs uten at gyldigheten til første-ordens-resulatet går fløyten.

4 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 4 Løsning Oppgave 13 Spinnresonans i 1.-ordens perturbasjonsteori a. Ved å sette inn nullte-ordens-resulatet a (0) (t) = 1 på høyresiden i den eksakte ligningen finner vi spin-flipp-amplituden til første orden: a + (t) = a + (0) 1 iω 1 = i t 0 e i(ω 0 ω)t dt = i ω 1 e i(ω 0 ω)t 1 i(ω 0 ω) ω 1 ω 0 ω ei(ω 0 ω)t/ ei(ω0 ω)t/ e (iω0 ω)t/ i = iω 1 ω ω 0 e i(ω 0 ω)t/ sin[(ω 0 ω)t/]. Sannsynligheten for å finne at spinnet har flippet ved tiden t er altså til første orden P + (t) = a + (t) = ω 1 (ω ω 0 ) sin [(ω ω 0 )t/], q.e.d. b. For ω ω 0 >> ω 1, dvs når vi er langt unna resonans, ser vi at maksimalverdien av a + (t) er mye mindre enn 1. Da er det kanskje ikke så rart at maksimalverdien av dette første-ordens-resultatet er nesten korrekt: Forholdet mellom denne maksimalverdien og den eksakte maksimalverdien er som du ser Ω (ω ω 0 ) = 1 + ω 1 (ω ω 0 ) 1. Vha binomialutviklingen (1 + ɛ) 1/ = ɛ + O(ɛ ) har vi Fra denne ser vi at Ω ω ω 0 = 1 + ω 1 (ω ω 0 ) + O ( ω 4 1/(ω ω 0 ) 4 ) ), q.e.d. Ω ω ω 0 1 ω 1 (ω ω 0 ) ω ω 0. Når differansen mellom argumentene 1Ωt og 1 ω ω 0 t er lik 1 π, er de to sinus-kvadratene kommet helt i mottakt, i den forstand at første-ordens-resultatet er lik null mens det eksakte har et maksimum. Første gang dette skjer er etter en tid t gitt av 1 Ωt 1 ω ω 0 t = 1π, dvs t = π Ω ω ω 0 π ω ω 0 (ω ω 0 ). Her er den første av de to siste faktorene omtrent lik peridetiden for oscillasjonene. Det tar altså svært mange slike perioder før oscillasjonene kommer helt i utakt. c. Ved resonans (ω = ω 0 ) er Ω = ω 1, slik at det eksakte resultatet er P + (t) = sin ( 1 ω 1t) = 1 [1 cos(ω 1t)]. Oscillasjonene skjer altså mye raskere enn ovenfor, og med mye større utsving; idet sannsynligheten for spinn-flipp nå svinger helt over til 1 alt ved t = T/ = π/ω 1, slik at a (T/) = 0. Lenge før dette må vi da vente at første-ordens-resultatet bryter sammen, siden dette bygde på at a (t) 1. Dette sammenbruddet bekreftes av resultatet (til 1. orden) som er P (1) + (t) = 1 4 ω 1t. ω 1

5 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 5 Denne sannsynligheten begynner ganske raskt å avvike fra den eksakte, som vi ser, og den blir jo raskt større enn 1: Figuren viser det eksakte resultatet sammen med første-ordensresultatet. Merk at de to resultatene er identiske til laveste orden i ω 1. Løsning Oppgave 13 3 Plutselig og adiabatisk endring av magnetfeltet a. Den eneste tids-skalaen for det uperturberte systemet er her T 0 π/ω 0, (Dette er presesjonstiden, når σ preseserer). En adiabatisk endring av B skal derfor pr. definisjon skje langsomt i forhold til T 0. Da σ her er rettet antiparallelt med B-feltet i begynnelsestilstanden, vil den i den adiabatiske tilnærmelsen følge med B-feltet under den langsomme retningsendringen av dette. Vi vil altså ha σ = ˆB(t) og χ(t) = χ ˆB hele tiden når endringen skjer tilstrekkelig langsomt. b. En plutselig endring av B-feltet skal tilsvarende skje svært raskt i forhold til T 0. Dette går så fort at χ og σ er tilnærmet uendret; de rekker ikke å følge med. Dersom vi f.eks. endrer retningen på B-feltet fra ẑ til ˆx i løpet av tidsintervallet [0, t] (der t << T 0 ), så vil σ være tilnærmet lik ẑ ved tiden t, umiddelbart etter at perturbasjonen er overstått. Etter dette fås en ordinær presesjon à là den vi har sett eksempler på før, denne gang med hensyn på x-aksen.