Oscilador armónico cuántico acoplado simple

Question

Oscilador armónico cuántico acoplado simple

Física
modos normales
mecánica cuántica
osciladores acoplados
oscilador armónico
deberes-y-ejercicios

Zaratustra

Tengo problemas para encontrar los valores propios del hamiltoniano.

H = \frac{{PAG}_{1}^{2}}{2 METRO} + \frac{{PAG}_{2}^{2}}{2 metro} + \frac{k}{2} X_{1}^{2} + \frac{k}{2} (X_{1} - X_{2})^{2}

$H = \frac{P_1^2}{2M} + \frac{P_2^2}{2m} + \frac{K}{2}x_1^2 + \frac{k}{2}(x_1 - x_2)^2$

Aunque puedo encontrar una base donde el $x_1$ y $x_2$ las coordenadas están desacopladas, luego obtengo productos de momentos en mi nuevo hamiltoniano. Creo que este problema debería ser transformable en dos osciladores desacoplados. ¿Me equivoco en eso?

Respuestas (4)

Oscilador armónico cuántico acoplado simple

Emilio Pisanty · Answer 1

Estructuralmente, se ve así:

Empiece por cambiar la escala de uno o ambos pares de posición/momentos de modo que el término de energía cinética tenga ambas masas iguales (mientras que también retiene $[x_i,p_i]=i\hbar$ ), y
luego encuentre una rotación en el reescalado $x_1,x_2$ plano que eliminará los términos de acoplamiento.
Esa rotación rígida se reflejará en el plano de momento, pero debido a que las masas son simétricas, ya no introducirá acoplamientos de momento.

Entonces ya ha terminado: tiene dos osciladores desacoplados cuyas variables de posición y momento se conjugan canónicamente entre sí y se dan como combinaciones lineales explícitas de los anteriores.

Aunque ya he aceptado tu respuesta, me gustaría saber si hay alguna razón por la que tenemos que reescalar uno de los parámetros, más allá del algebraico que simplemente hace desaparecer el término de acoplamiento. Puedo ver que esto funciona, pero ¿hay alguna razón física que haga necesaria la escala?
@Zarathustra No particularmente, por lo que puedo ver. En última instancia, es solo una gran transformación simpléctica (como en la respuesta de Gec, en realidad) que pone las cosas en forma, pero la estructura de cambio de escala y luego rotación hace que sea más fácil de implementar.
@Zarathustra: la razón es que solo después de escalar a factores iguales de la forma cuadrática de energía cinética, esta forma también permanece como una forma cuadrática (correspondiente a un círculo) con coeficientes iguales y sin términos cruzados después de aplicar la transformación ortogonal para diagonalizar la cuadrática forma de la energía potencial. Vea mi respuesta ampliada a continuación.

librecharly · Answer 2

El hamiltoniano es una forma cuadrática tanto en los momentos como en las coordenadas. Puede desacoplar el problema usando el teorema del eje principal en las coordenadas para obtener coordenadas generalizadas. Para ello, primero es necesario un escalado de las coordenadas para igualar los coeficientes de la energía cinética. Todo el enfoque corresponde a " diagonalizar " tanto la matriz de la energía potencial como la de la energía cinética encontrando una transformación lineal adecuada que consiste en una escala y una transformación ortogonal posterior. Este último implica encontrar los valores propios y los vectores propios de la matriz de energía potencial.

Nota: Siguiendo el comentario de @Emilio Pisanty, edité la respuesta superficial anterior y eliminé algunas ambigüedades señaladas por él. Esto está dirigido a físicos que han absuelto solo un plan de estudios estándar y, por lo tanto, probablemente no se han permitido "simplectomorfismos".

(1) El problema corresponde al típico problema de pequeña oscilación de osciladores acoplados que se trata en la mayoría de los cursos de mecánica clásica, generalmente en el marco de la función de Lagrange, que puede traducirse fácilmente a la función de Hamilton correspondiente. El desacoplamiento de la función de Hamilton dada en una suma de funciones de Hamilton de oscilador lineal desacoplado es el problema de encontrar las "coordenadas normales" para estos osciladores.

Esto se describe en detalle, por ejemplo, en el libro de H. Goldstein, Mecánica Clásica , Capítulo 6. Oscilaciones , especialmente, sección 6.2 La ecuación de valor propio y la transformación del eje principal . En esta conferencia de Harvard , encontrará una exposición más breve del enfoque de Goldstein. Es completamente suficiente realizar las transformaciones en el hamiltoniano clásico (o función de Lagrange). Una vez que tenga el hamiltoniano desacoplado, puede cuantizarlo. Goldstein designa la transformación total necesaria resultante como "transformación de similitud" para realizar la "transformación del eje principal".

(2) Para desacoplar los osciladores, debe diagonalizar simultáneamente la forma cuadrática simétrica (matriz) de la energía potencial y la forma cuadrática simétrica (matriz) de la energía cinética del Lagrangiano $L=T-V$ (expresado en velocidades) mediante una transformación de coordenadas lineales adecuada. Si las masas en el término de energía cinética fueran iguales, podría hacer esto con una sola transformación de coordenadas ortogonales, generalmente llamada transformación del eje principal.

(3) Pero aquí las masas no son iguales. Por lo tanto, primero tienes que escalar las coordenadas para que los coeficientes de $v_1^2$ y $v_2^2$ volverse igual. Esto significa que la matriz de energía cinética no solo es diagonal sino que también tiene los mismos coeficientes. Entonces, después de una transformación ortogonal posterior, la forma cuadrática de la energía cinética quedará como una suma de los cuadrados de la velocidad con el mismo factor. Esto se describe de una manera fácilmente comprensible (directamente aplicable al presente caso 2-D) en PK Aravind, Geometricalinterpretation of the simultánea diagonalization of two quadratic Forms, American Journal of Physics 57, 309 (1989) . No sé si hay alguna opción sin pago para obtener este hermoso papel.

(4) Ahora realiza la transformación ortogonal (este caso, la rotación en el $x_1$ , $x_2$ plano) para diagonalizar la matriz simétrica de la energía potencial. La matriz de la energía cinética queda diagonalizada. Por lo tanto, termina con ambas matrices en diagonal, de modo que el lagrangiano se convierte en una suma de osciladores lagrangianos separados.

(5) Puedes encontrar el hamiltoniano resultante $H$ en las nuevas coordenadas generalizadas del Lagrangiano $L$ en las nuevas coordenadas generalizadas por la relación conocida

H = \sum_{i} {pag}_{i} {\dot{X}}_{i} - L

$H= \sum_i p_i \dot x_i-L$ y

{pag}_{i} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{X}}_{i}}

$p_i= \frac {\partial L}{\partial \dot x_i}$ Esto asegura que su nuevo momento generalizado

p_{i}

$p_i$ son los conjugados canónicos de las nuevas coordenadas generalizadas

x_{i}

$x_i$ .

(6) Si necesita el hamiltoniano QM (Schrödinger), cuantiza el clásico sustituyendo $p \to -i\hbar \nabla$ .

Gracias, me parecieron muy útiles los enlaces que proporcionaste. Especialmente el teorema del eje principal. Como solo puedo aceptar una respuesta, todo lo que puedo hacer es votarlo ahora.
Esto no es del todo exacto. El uso del teorema del eje principal y su transformación ortogonal asociada es insuficiente (si se mantiene en el plano de posición, en cuyo caso aparecerá un acoplamiento de momentos) o incorrecto (si se amplía para incluir los momentos, en cuyo caso la transformación no conservará el conmutador canónico / el soporte de Poisson). Si se insiste en utilizar una sola transformación, el requisito correcto es que sea simpléctica, no ortogonal.

gec · Answer 3

Otro método para resolver problemas de este tipo es considerar operadores de la forma

\hat{a} = C X_{1} + d X_{2} + mi {PAG}_{1} + F {PAG}_{2} .

$\hat{a} = c x_1 + d x_2 + e P_1 + f P_2.$ Aquí

c

$c$ ,

d

$d$ ,

e

$e$ y

f

$f$ son coeficientes numéricos. Si encuentras soluciones de la ecuación

[\hat{a}, H] = ε \hat{a},

$\left[ \hat{a}, H \right] = \varepsilon \hat{a},$ obtendrá operadores de creación y aniquilación y energías de cuantos.

Esto es correcto, pero debe complementarse con el requisito de que los nuevos operadores de aniquilación y sus conjugados obedezcan la relación de conmutación bosónica.
@Emilio Pisanty Tienes toda la razón. Gracias por tu aclaración. Es mucho más fácil para mí escribir mensajes cortos.

qmecanico · Answer 4

De manera más general, dado un hamiltoniano real cuadrático definido semipositivo

\begin{matrix} (1) & H = \frac{1}{2} z^{I} H_{I j} z^{j} \geq 0 \end{matrix}

$H=\frac{1}{2}z^I H_{IJ} z^J~\geq~ 0 \tag{1}$ en

2 n

$2n$ coordenadas canónicas

\begin{matrix} (2) & (z^{1}, \dots z^{2 norte}) = (q^{1}, \dots, q^{norte}, {pag}_{1}, \dots, {pag}_{norte}), \end{matrix}

$(z^1, \ldots z^{2n})~=~(q^1,\ldots, q^n,p_1, \ldots, p_n),\tag{2}$ uno puede mostrar que siempre existe una transformación simpléctica real y lineal

\begin{matrix} (3) & Z = S z, S \in S pag (2 norte, R), \end{matrix}

$Z~=~ S z, \qquad S\in Sp(2n,\mathbb{R}),\tag{3}$ que trae el hamiltoniano en forma diagonal, cf. Árbitro. 1.

Tenga en cuenta que la transformación de coordenadas debe ser simpléctica para preservar las relaciones de conmutación canónicas (CCR). Hay una publicación Phys.SE relacionada aquí .

Referencias:

VI Arnold, Métodos matemáticos de la mecánica clásica, 2ª ed., 1989; Apéndice 6.

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