# Textbook Example 7.2 - 7.3
###### tags: `Quantum Physics II`
###### date: `22 March 2020`
###### place: `Starbucks 台東新生門市`
###### language: `zh-tw`
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## 參考
- 課本例題7.2、7.3：收錄於 **[Textbook §7.2](https://hackmd.io/nY58RMEyQceIaEoIe-_a_A?view#%C2%A7721-Two-fold-degenracy-%E4%BA%8C%E9%87%8D%E7%B0%A1%E4%BD%B5) (editing)**
- [北京大學講義](http://www.phy.pku.edu.cn/~qhcao/resources/class/QMA15/note_pert.pdf)，頁11-14
- [蘇黎世大學講義](https://www.uzh.ch/cmsssl/physik/dam/jcr:2b07e3c6-ea07-4791-bfaa-96e853d2555c/Results1.pdf)，Exercise 3
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## 複習：一維量子諧振子

先回顧：無擾動、一維的哈密頓算符為
$\hat{H_0}=\dfrac{\hat{p}^2}{2m}+\hat{V}(\hat{x})=\dfrac{\hat{p}}{2m}+\dfrac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2；\tag{1}$

* 其固有態函數（投影於坐標空間）為
$\psi_n(x)=\left<x\middle|n\right>=\dfrac{1}{\sqrt{2^n\cdot n!}}\left(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}H_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x\right)e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}，\tag{2a}$

其中 $H_n(x)$ 是[厄密特多項式](https://en.wikipedia.org/wiki/Hermite_polynomials)（$H_0(x)=1$，$H_1(x)=2x$，⋯⋯），勿與哈密頓算符搞混。為了簡便可採用以下記號：$\xi=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x$，$\alpha=\left(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}$。將 $\psi_n(x)$ 表示成
$\psi_n(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2^n\cdot n!}}\alpha H_n\left(\xi\right)e^{\xi^2/2}，\tag{2b}$

* 且固有能量為（可參考[這裡](https://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_harmonic_oscillator#One-dimensional_harmonic_oscillator)）
$E_n=\hbar\omega\left(n+\dfrac{1}{2}\right)。\tag{3}$

* 故基態及其能量為
$\psi_0(x)=\left<x\middle|0\right>=\dfrac{1}{\sqrt{2^0\cdot 0!}}\alpha H_0(\xi)e^{\xi^2/2}=\alpha e^{-\xi^2/2}、\quad E_0=\dfrac{1}{2}\hbar\omega，$
* 第一激發及其能量為
$\psi_1(x)=\left<x\middle|1\right>=\dfrac{1}{\sqrt{2^1\cdot 1!}}\alpha H_1(\xi)e^{\xi^2/2}=\sqrt{2}\alpha e^{-\xi^2/2}、\quad E_1=\dfrac{3}{2}\hbar\omega；$

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## 複習：二維量子諧振子
再來推廣到二維，令無擾動、二維的哈密頓算符為
$\hat{H_0}=\dfrac{\hat{p}^2}{2m}+\hat{V}(\hat{x},\hat{y})=\dfrac{\hat{p}_x+\hat{p}_y}{2m}+\dfrac{1}{2}m\omega^2(\hat{x}^2+\hat{y}^2)。\tag{4}$

* 其固有能量為（可參考[這裡](https://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_harmonic_oscillator#N-dimensional_harmonic_oscillator)）
$E_n=\hbar\omega\left(n+1\right)；\tag{5}$

* 基態及其能量為
$\begin{align}\psi_{00}(x,y)=\left<x,y\middle|0,0\right>&=\psi_0(x)\psi_0(y)\\&=(\alpha e^{-\xi^2/2})(\alpha e^{-\eta^2/2})\\&=\alpha^2 e^{-(\xi^2+\eta^2)/2}，\end{align}\tag{6}$
對應的固有能量都是 $E_0=\hbar\omega$；其中我們令 $\xi=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x$、$\eta=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}y$。

* 第一激發態為二重簡併(two-fold degenerate)，它們是
$\begin{align}\psi_{10}(x,y)=\left<x,y\middle|1,0\right>&=\psi_1(x)\psi_0(y)\\&=(\sqrt{2}\alpha\xi e^{-\xi^2/2})(\alpha e^{-\eta^2/2})\\&=\sqrt{2}\alpha^2 \xi e^{-(\xi^2+\eta^2)/2}\end{align}\tag{7a}$
和
$\begin{align}\psi_{01}(x,y)=\left<x,y\middle|0,1\right>&=\psi_0(x)\psi_1(y)\\&=(\alpha e^{-\xi^2/2})(\sqrt{2}\eta \alpha e^{-\eta^2/2})\\&=\sqrt{2}\alpha^2 \eta e^{-(\xi^2+\eta^2)/2}，\end{align}\tag{7b}$
對應的固有能量都是 $E_1=2\hbar\omega$。

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## 問題：二維量子諧振子==加上微擾==
現在施加一個微擾
$\hat{H'}=\epsilon m\omega^2\hat{x}\hat{y}。\tag{8}$
其中 $\epsilon$ 是很小的量。

到哈密頓函數(4)，得到
$\begin{align}\hat{H}&=\dfrac{\hat{p}^2_x+\hat{p}^2_y}{2m}+\dfrac{1}{2}m\omega^2(\hat{x}^2+\hat{y}^2)+\epsilon m\omega^2\hat{x}\hat{y}\\
&=\dfrac{-\hbar^2}{2m}\left(\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\dfrac{1}{2}m\omega^2(\hat{x}^2+\epsilon \hat{x}\hat{y}+\hat{y}^2+\epsilon\hat{x}\hat{y})\\
&=\dfrac{-\hbar^2}{2m}\left(\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\dfrac{1}{2}m\omega^2\left[(1+\epsilon)\dfrac{\hat{x}^2+\hat{y}^2+2\hat{x}\hat{y}}{2}+(1-\epsilon)\dfrac{\hat{x}^2+\hat{y}^2-2\hat{x}\hat{y}}{2}\right]\\
&=\dfrac{-\hbar^2}{2m}\left(\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\dfrac{1}{2}m\omega^2\left[(1+\epsilon)\left(\dfrac{\hat{x}+\hat{y}}{\sqrt{2}}\right)+(1-\epsilon)\left(\dfrac{\hat{x}-\hat{y}}{\sqrt{2}}\right)^2\right]\\
&=\dfrac{-\hbar^2}{2m}\left(\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\dfrac{1}{2}m\omega^2\left[(1+\epsilon)\hat{x}'^2+(1-\epsilon)\hat{y}'^2\right]\end{align}$
其中我們用了新算符 $\boxed{\hat{x}'=\dfrac{\hat{x}+\hat{y}}{\sqrt{2}}、\hat{y}'=\dfrac{\hat{x}-\hat{y}}{\sqrt{2}}}$ 來簡化，它們分別是平行於橢圓的長軸及短軸的新坐標 $x'$、$y'$ 的位置算符。

也可引入與 $\hat{x}'$、$\hat{y}'$ 正則共軛的新動量算符 $\boxed{\hat{p}'_x=\dfrac{\hat{p}_x+\hat{p}_y}{\sqrt{2}}、\hat{p}'_y=\dfrac{\hat{p}_x-\hat{p}_y}{\sqrt{2}}}$，上式會變成
$\hat{H}=\dfrac{1}{2m}\left(\hat{p}'^2_x+\hat{p}'^2_y\right)+\dfrac{1}{2}m\omega^2\left[(1+\epsilon)\hat{x}'^2+(1-\epsilon)\hat{y}'^2\right]\tag{9}$

具體來說，微擾前，位能函數的等位線（間隔單位：$m\omega^2/2$）如
<iframe src="https://www.desmos.com/calculator/wscqv2splp?embed" width="500px" height="500px" style="border: 1px solid #ccc" frameborder=0></iframe>

微擾後（此處用比較誇張的 $\epsilon=0.2$）變成
<iframe src="https://www.desmos.com/calculator/n2stycolj0?embed" width="500px" height="500px" style="border: 1px solid #ccc" frameborder=0></iframe>

\
[北京大學講義](http://www.phy.pku.edu.cn/~qhcao/resources/class/QMA15/note_pert.pdf)說：
> 此時整體哈密頓算符的固有函數是「沿橢圓位能長軸（$x'$ 方向）的諧振子固有函數」和「沿橢圓位能短軸（$y'$ 方向）的諧振子固有函數」的直積表示。

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## 解法一
See also [課本例7.2](https://hackmd.io/nY58RMEyQceIaEoIe-_a_A?view#%E4%BE%8B72)

對於這種微擾前為二重簡併的系統，若照課本使用線性組合(7.17)式 $\psi^0=\alpha\psi^0_a+\beta\psi^0_b$，其中 $\psi_a$、$\psi_b$ 分別對應到本題目的兩個第一激發態 $\psi_{10}$、$\psi_{01}$，微擾前的能量都是 $2\hbar\omega$。

則添加微擾後，固有能量的一階微擾項 $E^1$ 滿足課本(7.27)式、(7.29)式所聯立的方程組：
$\left\{\begin{matrix}\alpha W_{ba}+\beta W_{bb}=\alpha E^1\\\alpha W_{ba}+\beta W_{bb}=\beta E^1\end{matrix}\right.，\tag{10a}$
或以矩陣形式(7.30)表示的
$\begin{pmatrix}W_{aa} & W_{ab}\\W_{ba}&W_{bb}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}=E^1\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}，\tag{10b}$

其中 $W_{ij}\equiv\left<\psi_i^0\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_j\right>，（i,j=a,b）。\tag{11}$ 是矩陣元素，$\{W_{ij}\}_{2\times 2}$ 就是微擾算符 $\hat{H'}$ 以「無擾（原哈密頓算符 $\hat{H_0}$）之固有向量」為基底的矩陣表示。既 $\hat{H'}$ 已經給定，故 $W_{ij}$ 為已知量，方程組(10a)或矩陣方程式(10b)就是一個固有值問題，可以解得（如課本(7.33)式）
$E_{\pm}^1=\dfrac{1}{2}\left[W_{aa}+W_{bb}\pm\sqrt{(W_{aa}-W_{bb})^2-4|W_{ab}|^2}\right]\tag{12}$

在本題目中我們有 $\hat{H'}=\epsilon m\omega^2\hat{x}\hat{y}$（如(8)式），以及有 $\psi_a^0=\sqrt{2}\alpha^2 \xi e^{-(\xi^2+\eta^2)/2}$，$\psi_b^0=\sqrt{2}\alpha^2 \eta e^{-(\xi^2+\eta^2)/2}$（如(7)式），利用(11)式做積分，有

$\displaystyle\begin{align} W_{aa}&=\iint\psi^0_a(x,y)\hat{H'}\psi^0_a(x,y)dxdy\\&=\epsilon m\omega^2\left(\int|\psi_0(x)|^2xdx\right)\left(\int|\psi_0(y)|^2ydy\right)=0。\end{align}$
$W_{bb}=0$
$\displaystyle\begin{align}W_{ab}&=\iint\psi^0_a(x,y)\hat{H'}\psi^0_b(x,y)dxdy\\&=\epsilon m\omega^2\left(\int\psi_0(x)x\psi_1(x)dx\right)\left(\int\psi_1(y)y\psi_0(y)dy\right)。\end{align}$
$W_{ab}=W_{ba}^*$

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## 解法二
See also [課本例7.3](https://hackmd.io/nY58RMEyQceIaEoIe-_a_A?view#%E4%BE%8B73)

也可以用使用(9)式，直接在無擾固有能量的基礎上構造微擾固有能量。方法是令
$\omega^2_{+}\equiv(1+\epsilon)\omega^2$ 和 $\omega^2_{-}\equiv(1-\epsilon)\omega^2$
則 $\hat{H}$ 的固有能量為
$E_{mn}=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega_{+}+\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega_{-} = (m+n+1)\hbar\omega$
第一激發態為