Гамильтониан связанной системы+увеличение эффективной массы

[madschumacher]

Я попробовал применить теорию возмущений более чётко (спойлер: ничего нового не получил ).

Допустим, что гамильтониан имеет вид
$\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda (\hat{h} + \hat{W})$, где $\hat{H}_0$ -- это гамильтониан гармонического осциллятора высокоэнергетической моды со спектром $\hat{H}_0 |n\rangle = \hbar \Omega (n + 1/2) |n\rangle$, $\hat{h} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + V(q)$ -- интересующая нас степень свободы, $\hat{W} = \alpha \hat{p}\hat{P}$ -- каплинг, а $\lambda$ -- параметр возмущения.
Предположим, искомое состояние можно представить как
$|\Psi_n\rangle = |n\rangle \psi_n + \sum_{m\neq n}(\lambda \psi_m^{(1)} + \lambda^2 \psi_m^{(2)} + \ldots ) |m\rangle$,
где $|n\rangle$ -- вектора состояния высокоэнергетичной моды, а $\psi$ -- волновые функции низкоэнергетического движения. Видно, что предполагается, что система преимущественно находится в состоянии $|n\rangle$ высокоэнергетического колебания, а остальные подмешиваются по чуть-чуть. Энергия $E_n$ в уравнении $\hat{H}|\Psi_n\rangle = E_n |\Psi_n\rangle$ тоже разложится в ряд:
$E_n = E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \ldots$

Дальше выписываем уравнения при разных степенях параметра возмущения.

• $\lambda^0$:
  $\hat{H}_0 |n\rangle \psi_n = E_n^{(0)} |n\rangle \psi_n $. Отсюда мы получаем $E_n^{(0)} = \hbar \Omega (n + 1/2)$.
• $\lambda^1$:
  $\hat{H}_0 \sum_{m\neq n} \psi_m^{(1)} |m\rangle + \hat{h} |n\rangle \psi_n + \hat{W} |n\rangle \psi_n = \hbar \Omega (n + 1/2) \sum_{m\neq n} \psi_m^{(1)} |m\rangle + E_n^{(1)} |n\rangle \psi_n $.
  Домножение слева на $\langle n|$ (поскольку $\langle n| \hat{W} |n\rangle \propto \langle n| \hat{P} | n\rangle = 0$) даёт невозмущённое уравнение на низкоэнегетическое движение:
  $ \hat{h} \psi_n = E_n^{(1)} \psi_n $.
  А если домножить на $\langle m|, \ m \neq n$, получим
  $\hbar \Omega (m + 1/2) \psi_m^{(1)} + \langle m | \hat{W} | n\rangle \psi_n = \hbar \Omega (n + 1/2) \psi_m^{(1)}$, откуда получаем
  $\psi_m^{(1)} = - \frac{\langle m | \hat{W} | n\rangle}{\hbar \Omega (m - n)} \psi_n $, т.е. поправки к волновой функции низкоэнергетического колебания это просто переделанная оператором $\langle m | \hat{W} | n\rangle$ функция нулевого приближения.
• $\lambda^2$:
  $\hat{H}_0 \sum_{m\neq n} \psi_m^{(2)} |m\rangle + \hat{h} \sum_{m\neq n} \psi_m^{(1)} |m\rangle + \hat{W} \sum_{m\neq n} \psi_m^{(1)} |m\rangle = \hbar \Omega (n + 1/2) \sum_{m\neq n} \psi_m^{(2)} |m\rangle + E_n^{(1)} \sum_{m\neq n} \psi_m^{(1)} |m\rangle + E_n^{(2)} |n\rangle \psi_n $.
  Домножение слева на $\langle n |$ и даёт
  $ \sum_{m \neq n} \langle n|\hat{W} | m\rangle \psi_m^{(1)} = - \sum_{m \neq n} \frac{|\langle m | \hat{W} | n\rangle|^2}{\hbar \Omega (m - n)} \psi_n = E_n^{(2)} \psi_n$

Комбинируя $\lambda^1 + \lambda^2$ получаем эффективное уравнение Шрёдингера
$ \left( \hat{h} - \sum_{m \neq n} \frac{|\langle m | \hat{W} | n\rangle|^2}{\hbar \Omega (m - n)} \right) \psi_n = E \psi_n \ , $
с которого всё и пошло в первом сообщении треда. Дальнейшие поправки будут уже более высокого порядка по $\hat{W} \propto \hat{p}$, поэтому массу менять не будут.

[amon]

madschumacher в сообщении #1456750 писал(а):

$\hat{H} = \hat{H}_0 + \lambda (\hat{h} + \hat{W})$

А что, уровни энергии от $\hat{h}$ - малая поправка к $\hat{H}_0$?

[madschumacher]

amon в сообщении #1456763 писал(а):

А что, уровни энергии от $\hat{h}$ - малая поправка к $\hat{H}_0$?

В $\mathrm{N_2H_7^+}$ разница в несколько раз для фундаментальных переходов. Ну и для случая без лямбды на малом h, я не смог найти считаемых выражений.

[amon]

А чем Вам мой способ не понравился? Запишем

$$\hat{H}_0\varphi(q)+(\Omega_N-E)\varphi(q)+A\hat{p}\varphi(q)=0.$$

Введем $\varphi(q)=\psi(q)e^{-i\alpha q,}$ и подберем $\alpha$ так, что бы сократился линейный по $p$ член. Получим сдвиг энергии, интерпретируем его как изменение массы и радуемся.

[madschumacher]

amon в сообщении #1456846 писал(а):

Введем $\varphi(q)=\psi(q)e^{-i\alpha q,}$ и подберем $\alpha$ так, что бы сократился линейный по $p$ член. Получим сдвиг энергии, интерпретируем его как изменение массы и радуемся

Т.е. надо это вводить в численное решение уравнения $\hat{H}_0 \psi = E \psi$? Просто я думал, что может аналитически что-то можно найти, а как данное представление использовать для теории возмущений я не смог представить.

[amon]

madschumacher в сообщении #1456948 писал(а):

Просто я думал, что может аналитически что-то можно найти

Аналитически находится сдвиг энергии за счет взаимодействия, сама энергия ($E$ в $\hat{H}_0 \psi = E \psi$) для такого расчета не нужна.

[madschumacher]

amon в сообщении #1456992 писал(а):

Аналитически находится сдвиг энергии за счет взаимодействия, сама энергия ($E$ в $\hat{H}_0 \psi = E \psi$) для такого расчета не нужна.

Прошу прощения, по-моему я не очень понял предлагаемую процедуру...

[amon]

madschumacher в сообщении #1456999 писал(а):

Прошу прощения, по-моему я не очень понял предлагаемую процедуру...

Берем нашу систему зацепляющихся уравнений

$$\hat{H}_0\varphi_N(q)+(\Omega_N-E)\varphi_N(q)+A(N\pm1)\hat{p}\varphi_{N\pm1}(q)=0.$$

. Считаем $A$ малым параметром. Тогда в нулевом приближении система расцепляется

$$\hat{H}_0\varphi(q)+(\Omega_N-E)\varphi(q)=0$$

и $\varphi(q)$ не зависит от $N.$ Энергия при этом равна $E= \Omega_N+\varepsilon$ где $\hat{H}_0\varphi=\varepsilon\varphi.$ В первом приближении можно это решение подставить во взаимодействие. Получится уравнение

$$\hat{H}_0\varphi(q)+(\Omega_N-E)\varphi(q)+A\hat{p}\varphi(q)=0.$$

В последнем члене надо писать $\varphi_0,$ но мы на это забьем и напишем саму $\varphi.$ С точностью до членов второго порядка эти выражения равны ( сейчас нас математики в асфальт закатают). Теперь замечаем, что сделав замену $\varphi(q)=\psi(q)e^{-i\alpha q,}$ и вспомнив, что $\hat{H}_0=\frac{p^2}{2m}+V(q)$ можно подобрать такое $\alpha,$ что член $A\hat{p}\varphi(q)$ сократится, зато добавится член $C\psi(q),$ где $C$ - некоторая константа, скомбинированная из $A$ и массы (считать ее сейчас лень, но если к реке прижмут,то можно). Тогда уравнение для $\psi$ принимает вид

$$\hat{H}_0\psi(q)+(\Omega_N+C-E)\psi(q)=0.$$

Оно дословно совпадает с уравнением для не взаимодействующих осциллятора и Вашей байды, только со сдвинутой энергией. Этот сдвиг считается без решения уравнения, и его можно приписать чему душа пожелает.

[madschumacher]

amon в сообщении #1457045 писал(а):

Оно дословно совпадает с уравнением для не взаимодействующих осциллятора и Вашей байды, только со сдвинутой энергией. Этот сдвиг считается без решения уравнения, и его можно приписать чему душа пожелает.

Шикарно! Спасибо большое!
Попробую этот сдвиг посчитать.

[madschumacher]

amon в сообщении #1457045 писал(а):

Этот сдвиг считается без решения уравнения, и его можно приписать чему душа пожелает.

Посчитал этот сдвиг. Если кинетическая энергия имеет вид $\hat{T} = \frac{\hat{p}^2}{2m}$, то сдвиг $C = -\frac{mA^2}{2}$, он получается независимым от уровня, поэтому спектр уравнения Шрёдингера (в смысле разностей энергий между уровнями) в этом подходе не меняется, к сожалению...