Meccanica Quantistica

Dato che a è una quantità del primo ordine nella perturbazione possiamo fissare
la fase di |n〉 moltiplicando per e −iα , che cancella la fase nel primo termine e non
produce effetti sul secondo che è già del primo ordine. Quindi
|n〉 = |n 0 〉 + |n 1 〉 = |n 0 〉 +
m=n
|m 0 〉 〈m0 |H1|n 0 〉
E 0 n − E0 m
(14.21)
In questo modo |n 1 〉 risulta ortogonale a |n 0 〉.
Possiamo poi procedere all’ordine successivo, in particolare per calcolare lo shift
dei livelli. Avremo adesso
H0|n 2 〉 + H1|n 1 〉 = E 0 n |n2 〉 + E 1 n |n1 〉 + E 2 n |n0 〉 (14.22)
Contraendo con 〈n 0 | si ha immediatamente (〈n 0 |n 1 〉 = 0)
e quindi, usando la (14.21)
E 2 n
=
m=n
〈n 0 |H1|n 1 〉 = E 2 n
〈n 0 |H1|m 0 〉〈m 0 |H1|n 0 〉
E 0 n − E0 m
=
m=n
|〈n 0 |H1|m 0 〉| 2
E 0 n − E0 m
(14.23)
(14.24)
Potremmo procedere ulteriormente ma ci fermeremo al secondo ordine. Piuttosto
possiamo fare alcune considerazioni sulle condizioni che assicurano la validità di
questa espansione. Ovviamente la correzione |n 1 〉 deve essere piccola rispetto a |n 0 〉.
Questo implica
〈n 0 |H1|m 0 〉
E 0 n − E0 m
≪ 1 (14.25)
Pertanto le condizioni di validità dell’espansione perturbativa non dipendono solo
dall’operatore H1 e dai suoi elementi di matrice tra stati imperturbati, ma dipendono
anche dalle differenze di energia tra gli stati imperturbati stessi.
14.1.1 L’oscillatore armonico perturbato
Come semplice applicazione consideriamo un oscillatore armonico con
H0 = 1
2m P 2 + 1
2 mω2 X 2
(14.26)
con una perturbazione
H1 = 1
2 mα2X 2
(14.27)
Ovviamente il problema è accademico dato che la soluzione esatta si ottiene semplicemente
sostituendo ω2 con ω2 +α2 . Ciò non di meno il problema serve per illustrare
le caratteristiche del metodo. Al primo ordine si ha
E 1 n = 〈n0 | 1
2 mα2 X 2 |n 0 〉 (14.28)
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