Luận văn tốt nghiệp Vật lý: Hệ thống hóa các bài tập phương pháp gần đúng trong Cơ học lượng tử

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

  

KHOA VẬT LÝ

GVHD: TS. Nguyễn Văn Hoa

SVTH: Võ Mạnh Hùng

Thaønh Phoá Hoà Chí Minh 2008

ĐỀ TÀI:

LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình thực hiện luận văn, em đã nhận được nhiều sự quan tâm, động

viên, giúp đở của quý thầy cô, gia đình và bạn bè.

Xin cho phép em được bày tỏ lòng biết ơn đến:

TS. Nguyễn Văn Hoa, người thầy đã định hướng, tận tình chỉ bảo và tạo cho em

lòng tự tin trong thời gian thực hiện luận văn. Người thầy đã truyền cho em sự say mê

trong nghiên cứu khoa học, trực tiếp hướng dẫn, dìu dắt em thực hiện những bước đi

đúng đắn trong tiến trình làm luận văn.

Quý thầy, cô trong khoa Vật Lý trường đại học sư phạm Tp. HCM đã truyền đạt

cho em những kiến thức, kỹ năng và phương pháp sư phạm tạo nền tảng cho tương lai

nghề nghiệp. Đặc biệt TS. Thái Khắc Định trưởng khoa Vật Lý, đã tạo nhiều điều kiện

thuận lợi để em hoàn thành tốt luận văn.

Các bạn lớp lý K30, đặc biệt là bạn Đỗ Thùy Linh đã luôn sát cánh, động viên và

giúp đỡ mình trong những giai đoạn khó khăn nhất của việc thực hiện luận văn.

Xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến ba mẹ và gia đình đã luôn ủng hộ, tạo mọi điều

kiện tốt nhất cho con hoàn thành luận văn.

Tp. HCM: Ngày 10 tháng 05 năm 2008.

Võ Mạnh Hùng

PHẦN MỞ ĐẦU:

1. Lý do chọn đề tài: Một hệ lượng được đặc trưng bởi Halmitonien (cid:0)H . Đòi hỏi xác định hàm

riêng và trị riêng của toán tử Hamilton (cid:0)H đó. Thực ra bài toán tìm trị riêng và

hàm riêng của một toán tử là vô cùng phức tạp và có thể giải chính xác với một

số trường hợp rất đơn giản như “Hố thế”, “dao động tử điều hòa”, “nguyên tử

Hidro” hoặc các “ion tượng tự hidro”…

Nhưng bên cạnh đó, cơ học lượng tử còn có rất nhiều những hệ lượng tử

phức tạp mà ta không thể giải chính xác một cách hoàn toàn. Chính vì vậy,

phương pháp gần đúng được đưa vào sử dụng nhằm giải quyết vấn đề trên.

Trong lý thuyết có nhiều phương pháp gần đúng nhưng trên thực tế và giới

hạn chương trình hai phương pháp gần đúng được sử dụng phổ biến và áp dụng

nhiều cho nhiều dạng bài toán là: Phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu loạn và

phương pháp biến phân.

2. Đối tượng và phương pháp nghiên cứu:

Luận văn nghiên cứu hai phương pháp gần đúng trong cơ học lượng tử:

Phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu loạn và phương pháp biến phân. Mỗi

phương pháp bao gồm một hệ thống bài tập được phân loại, sắp xếp theo mức

độ và giải một cách chi tiết.

Phương pháp nghiên cứu: Phân tích nội dung chương trình (lý thuyết nhiễu

loạn và phương pháp biến phân); Thực hành giải bài tập và phân loại bài tập.

3. Cấu trúc luận văn:

Phần mở đầu:

Chương I: Cơ sở lý thuyết.

Chương II: Hệ thống bài tập.

Kết luận_Hướng phát triển.

Chương I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT [2],[8]

I.1. LÝ THUYẾT NHIỄU LOẠN

Hamiltonien:

I.1.1. Công thức tổng quát của lý thuyết nhiễu loạn dừng.

0

Với:

  (cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

(cid:0)H

Phương trình Schrodinger: 

E

: Khi nhiễu loạn.

(cid:0) 0H : Toán tử Hamilton khi không có nhiễu loạn. (cid:0)V : Toán tử nhiễu loạn.

(1)

(cid:0) H

: Khi không nhiễu loạn.

(2)

0

(0)  n

(0) (0) E  n n

( )x theo

Khai triển:

(0) ( ) x n

x ( )

C

x ( )



(3)

(0)  n n

 

n

Thay (3) vào (1):

x ( )

x ( )



(4)

(0)  n n

(0)  n n

 (cid:0) H C n

 E C n

*

Nhân vào bên trái của (4) với

và lấy tích phân theo x:

(0) ( ) x n

EC

(5)

mn

n

m

 (cid:0) H H C

n

Trong đó Hmn là phần tử ma trận trận của toán tử (cid:0)H trong “ E0 ”_biểu diễn.

H

dx

dx





(cid:0) (cid:0) H V  0

mn

* 0 m

dx

V





 0  m dx E 



0

* 0 m

* 0 m

0  n mn

mn

 * 0   m 0 (cid:0)  V   m

H

E





0 (cid:0)  H   m 0 (cid:0)  H   m 0 V  n mn

mn

mn

(6) Trong đó Vmn là phần tử ma trận của năng lượng nhiễu loạn trong “ 0E ” biểu diễn.

V

dx

(7)

(cid:0)*0 0 V   m

m

 

mn Thay (6) vào (5) ta được:

(cid:0) H

E

EC



0   n mn

n

m



 V C mn



V

0







(8)

mn

m

V C mn

n



n 0  E    m

 E C 

m n 

(cid:0) V

(cid:0) w

Để biểu thị độ nhỏ của (cid:0)V ta đặt:

(9)

 là một tham số đặc trưng cho độ nhỏ của năng lượng nhiễu loạn.

[2],[8]: Tài liệu tham khảo số 2, số 8

Thay (9) vào (8):

0

w 









(10)

0 E m

mn

m

V C mn

n

 

 

 E C 

m n 

Phương trình (10) chính là phương trình tổng quát của lý thuyết nhiễu loạn dừng.

I.1.2. Nhiễu loạn khi không có suy biến.

Từ công thức (10) ta khai triển Cm và E dưới dạng chuổi:

C

C

...

C





C 



2 



(0) m

(1) m

(2) m

(11)

(1)

(0)

(2)

E

...



2 



E  (1)

(0)

,

E

...

...;

E

 tương ứng với các bổ chính của hàm sóng và và

Các số hạng

(0) C C , m

m E E  (1) m

năng lượng trong gần đúng bậc 1, bậc 2…

Thay (11) vào (10) và tập hợp các số hạng cùng bậc của lũy thừa  , ta có:

(1)

w

E

C

w

C













0 E m

(0) m

mn

(0) m

0 E m

(1) m

(0) n

mn



 

0  E C 

 

 

 

0  E C 

m n 

  

   



(1)

(12)

w

w

E

C

(2) E C

C











2 

mn

(1) m

(0) m

0 E m

(2) m

(1) n

mn



 

 

 

0  E C 

m n 

  

  



(1)









w

C

w

E

C

(3) E C

(2) E C





... 0 

3 

mn

(2) m

(0) m

(1) m

0 E m

(3) m

(1) n

mn



 

 

 

0  E C 

m n 

  

  

 Phép gần đúng bậc không:

0 , phương trình (12):

Với

0, m = 1,2,3,..k,...





0 E m

(0) m

 

0

0

E  

(13)

(0) m

0

0

E Ta quan tâm đến mức năng lượng

0  E C  , Cm   mk kE và hàm sóng

k

0

E

, C

(14)

 1

0 E k

(0) k

Nghiệm (14) được gọi là nghiệm gần đúng bậc không. (không nhiễu loạn)

 Phép gần đúng bậc nhất:

2 :

Thay (13) vào (12) và bỏ qua các số hạng có chứa bậc cao hơn

w

w

0











(15)

mn

(1) E k

 mk

0 E m

(1) m

 mn nk



 

 

 

0  E C 

m n 

Lấy phương trình thứ m = k trong các phương trình (15), ta tìm được bổ chính bậc

nhất cho năng lượng:

(cid:0) k V k

w

0

w



  



:

(16)

kk

(1) E k

(1) E k

kk

Lấy phương trình thứ m k trong các phương trình (15) ta sẽ tìm được số hạng bổ

chính bậc nhất đối với hàm sóng.

0





0 E m

(1) w  m

mk

 

0  E C 

Từ đây ta tìm được bổ chính bậc nhất cho hàm sóng:

C



(17)

(1) m

0

w mk 0 E  m

E k  Phép gần đúng bậc 2:

Thay (16) và (17) vào phương trình (12) và bỏ qua các số hạng chứa bậc

3 trở lên:

(2)

(18)

w

w

w

0

E













2 



mn

kk

 nk

0 E m

(2) m

mn



 

0  E C 

w nk (0) E  m

(0) E k

w nk (0) E  m

(0) E k

m n  n k 

     

    

Lấy phương trình thứ m = k trong (18):

w

0







(2) E k

kn



n k 

w nk (0) E  n

(0) E k Ta tìm được bổ chính bậc 2 cho năng lượng:

0





(19)

(2) E k

n k 

w w  kn nk (0) (0) E E n k

(2)

Lấy phương trình m k trong (18) và thế giá trị của

kE vào:

(2)

w

w

w

0

E













(20)





mn

kk

 nk

0 E m

(2) m

mn



 

0  E C 

w nk (0) E  m

(0) E k

w nk (0) E  n

(0) E k

m n  n k 

Bây giờ ta gộp số hạng

vào trong tổng, khi đó:

w wmm mk (0) (0) E E k m

w

w

0







(21)

mn

mn





E

w nk E 

(0) m

(0) E k

w w mm mk (0) (0) E E  k m

w nk (0) E  n

(0) k

n n k 

m n  n k 

Phương trình (20) trở thành:

w

w

0











(22)

kk

0 E m

(2) m

mn



 

0  E C 

E

E

w nk (0) E  m

(0) k

w nk (0) E  m

(0) k

n n k 

(2)

Từ đây suy ra

mC :

w

w







0 E m

(2) m

kk

mn



 

0  E C 

w nk (0) E  m

(0) E k

w nk (0) E  m

(0) E k

n n k 

w

w



(2) C   m

kk

mn



1 

w nk (0) E  m

(0) E k

w nk (0) E  m

(0) E k

0 E m

0 E k





n n k 

    

    



(2) C   m

0



E

E

1 

1 

w w kk nk (0) (0) E E  k m

w w mn nk (0) (0) E E  k m

0 E m

0 E m

0 k







n n k 

 Từ đây ta tìm được số hạng bổ chính bậc hai cho hàm sóng:

w w kk

nk

,

m k n 

C

 



;

 k

(23)

(2) m

2



E

1 

w w mn nk 0 0 E E  k n

0 k

0 E m

E





 



0 E m

0 k





n n k 

Một cách hoàn toàn tương tự, ta có thể tính được bổ chính bậc ba và các bậc cao hơn. I.1.3. Nhiễu loạn khi có suy biến.

Đa số các bài toán của lý thuyết nhiễu loạn là trường hợp suy biến, tức ứng với

một mức năng lượng có nhiều trạng thái.

Phương trình (3) được đặt lại:

x ( )

C

x ( )



(0)  n n  

 

n

, 

Phương trình (8) được viết lại:

V

V

0









(24)

0 E m

m

n

m n ,

m n ,  



C   



 

 E C 

m n 

Trong đó:

V

dx

(25)

m

(cid:0)*0 0 V   n  

 

,m n   Là phần tử ma trận của năng lượng nhiễu loạn.

Từ (24) ta có: Nghiệm bậc không ứng với hàm sóng mức k.

C

0 ( 0),

1, 2,...,

f









k 

k 

(26)

0 (

n

k

)





n 

 C   C 

Thay (22) vào (20) và lấy phương trình thứ m = k.

V C

0









0 E k

V k

0 k

, k  

 



 

(0)  E C  

 

kf

0

V

0







(27)



0 V C  



 kE   

(0)  E C  

 

Phương trình (23) tương đương với một hệ phương trình bâc nhất đối với

(0)C :

0





...  



V 11

12

(0) 2

V 1

0 E k

f

k

0





...  



22

(0) 2

V 2

0 E k

f



 0 E C V C  1  E C V 

k

(28)

V

0

...  







2

1

(0) 2

f

f

0 E k

f

(0) f

k

k

f k k

k



 E C

    0 V C 21 1  .   .   0 V C V C  1 

Hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường khi:

........

E





V 1

f

V 11

0 E k

k



.....

E





V 11

0 E k

 V

V 2

f



k

21

0



(29)

V 12  . . .......

. . V

1

f

E





k

V 11

0 E k



. .  Đây là một phương trình đại số bậc k đối với E. Người ta thường gọi là phương trình

thế kỉ. giải phương trình này ta tìm ra các nghiệm:

,...

.

,



E E ,... kf

k

2

3

k

E E E E , 1 k k Với các giá trị của E vừa tìm được, thay vào phương trình (28) ta tìm được các nghiệm

Ck

Nhận xét.

0

Khi có nhiễu loạn thì mức năng lượng suy biến

kE được tách thành fk mức sát

nhau. Suy biến bị khử hoàn toàn. Nếu có các nghiệm trong (29) trùng nhau thì suy

biến bị khử mất một phần.

Nhiễu loạn có suy biến là một bài toán khá phức tạp, chính vì vậy ta chỉ giới

hạn xét đến nghiệm gần đúng bậc nhất của năng lượng và bậc không đối với hàm

sóng.

I.1.4. Nhiễu loạn phụ thuộc thời gian. Toán tử Halmiton:

(cid:0)0 (cid:0) (cid:0) H H W x t ( , )  

Với:

W x t : Toán tử nhiễu loạn phụ thuộc thời gian. (cid:0) ( , )

Phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian:

i

x t ( . )



(cid:0)0 (cid:0) H W x t ( , ) 

(cid:0) 0H : Toán tử Hamilton khi không nhiễu loạn.

(30)



 

  

( , ) x t   t 

Khi không nhiễu loạn:

i

(cid:0) H

x t ( . )

0 0 



(31)



( , ) x t   t 

Nghiệm riêng của (31) có dạng:

0 E t 1

i





(0)  1

(0)  1

0 E t 2

i





x t ( , ) x e ( ) 

(0)  2

(0)  2

x t ( , ) x e ( ) 

0 E t n

i





.................................

(0)  n

(0)  n

x t ( , ) x e ( ) 

Nghiệm của (31) là sự tổ hợp của các nghiệm riêng:

( 0) E t 1

i



(0)



x t ( , )

C

x t ( , )

C

x e ( )







(32)

(0) n

(0)  n

(0) n

(0)  n





n

n

Ta tìm nghiệm của (31) dưới dạng:

x t ( , )

x t ( , )



(33)

C t ( ) n

(0)  n

 

n

Tìm

nC t : ( )

Thay (33) vào (30):

0

i

x t ( , )

x t ( , )





C t ( ) n

(0)  n

C t ( ) n

(0)  n



 

 

n

n

x t ( , )

x t ( , )



(0)  n

C t ( ) n

C t i ( ) n

(0)  n

(cid:0) (cid:0) H W x t ( , ) 

   t  i 



 t 

 t 

n

n

(cid:0) ( ) C t H

( , ) x t

(cid:0) ( , ) C t W x t

( )

( , ) x t





 

(34)

n

(0)  0 n

n

(0)  n





n

n

Từ (34) và (31) ta thu được phương trình sau:

i

x t ( , )

( )

x t ( , )



(cid:0) C t W x t ( , )

(35)

(0)  n

C t ( ) n

n

(0)  n





 t 

n

n

* (0)

m và lấy tích phân theo x, ta được:

t

t

i 

mn

mn

( , )

i

i  ( ) W e C t

( ) m W x t n e C t





(36)

mn

n

n







Nhân vào 2 vế của (35) với dC m dt

n

n

Trong đó:

mn

m W x t n

(cid:0)* ( , ) W x t

( ) x dx

i t  ( ) e C t

( , )







(37)



 , W x t mn

(0)  m

n

mn



(0)   m

n

Là phần tử ma trận của toán tử nhiễu loạn trong “E0” biễu diễn và:



(0) E m

(0) E n



(38)

 mn



 Gọi là sự chuyển dời lượng tử.

Phép gần đúng bậc không:

Giả sử khi t = 0, (cid:0) ( , )

W x t =0: khi đó phương trình (37) trở thành:

i

c onst

0  



0 C t ( ) m

0 dC t ( ) m dt

i



( 0 ) . t E n



là hàm sóng của bài toán không

Chọn hàm sóng ở trạng thái dừng thứ k

(0) ( ). x e  k

nhiễu loạn.

Do đó:

C

(0)

x t ( , )

x t ( , )



(0) (0)     k

n

(0)  n

C t ( ) m

(0)  n





n

n

C

(0)









(39)

C t ( ) m

n

 mk

0,

m k  m k 

1,    

Phép gần đúng bậc nhất:

Đặt nghiệm (39) vào phương trình (36):

t

i 

i 

mn

mk

i

i

w

e







W e mn

t  nk

mk







(1) dC t ( ) m dt

(1) dC t ( ) m dt

n



t

i 

mk

m W x t n e ( , )

(0)



dt C 

(40)

(1) C ( )  m

(1) m



0

(1)

mC  0

Vì các hệ số Cm(0) không phụ thuộc thời gian và luôn bằng mk nên Nghiệm gần đúng bậc nhất:



t

i 

mk

m W x t n e ( , )

dt

(1) mC

   ( )

0

 Phép gần đúng bậc 2:

Nghiệm gần đúng chính xác đến bậc 1:

C t ( ) n

 nk

(1) C t ( ) n

 Thay giá trị của Cn(t) vào phương trình (36):

t

t

i 

i 

mn

mn

i

m W x t n e ( , )

m W x t n e C t ( )

( , )



(1) n



 

(1) dC t ( ) m dt

n

t

t

t

i 

i 

mk

mn

(41)

i

( , ) m W x t n e

( , ) m W x t n e

( ) n W k C t





(1) n





(2) dC t ( ) m dt

n

0

1   i 

Giải phương trình (41) ta được:

t



t

t

t

i 

i 

i 

mn

mk

mk

n W k e

dt

dt

m W x t n e ( , )

m W x t n e ( , )





(2) C t ( ) m

2







1 i

n

i

0

0

1 



  

  

    

     Và cứ theo quy trình này, ta có thể tìm được nghiệm gần đúng bậc ba, bậc

bốn..vv. Nhưng trong nhiễu loạn phụ thuộc thời gian chúng ta chỉ cần quan tâm đến

nghiệm gần đúng bậc nhất.

 

I.1.5: Xác suất chuyển dời lượng tử.

Thực tế trong bài toán nhiễu loạn phụ thuộc thời gian ta không cần quan tâm đến

năng lượng và trạng thái ở mức m = k mà ta chỉ quan tâm đến xác suất dời chuyển dời

giữa 2 trạng thái.

Kí hiệu xác suất dời chuyển từ trạng thái k

m là Pmk:

2



2

C

( , ) m W x t k dt

( ) 



( ) 



(42)

P mk

(1) m

1 2



0



I.2. PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN.

Trong trường hợp lý thuyết nhiễu loạn không thuận lợi khi áp dụng giải bài toán

cơ học lượng tử, người ta còn sử dụng phương pháp gần đúng khác gọi là phương pháp

biến phân.

Phương pháp biến phân xuất phát từ nhận xét đơn giản rằng năng lượng trung

bình của một hệ luôn lớn hơn hoặc bằng năng lượng trạng thái cơ bản của hệ lượng tử.

Việc tính năng lượng trạng thái cơ bản dẫn đến việc chọn các “hàm thử” chứa một số

thông số chưa biết nào đó. Sau đó tìm cực tiểu của năng lượng trung bình cho phép ta

xác định được các thông số. Nghĩa là xác định được năng lượng trạng thái cơ bản của

hệ.

Khai triển vector trạng thái của hệ lượng tử  theo các vector riêng

n của

toán tử Halmitonian (cid:0)H :

C



(43)

 n n

 

n

Trị trung bình của năng lượng của hệ ở trạng thái đã cho có dạng:

2 C E n n



n

(cid:0) H   (cid:0) H  

(44)

2

n



n

2

 C

Gọi E0 là năng lượng ở trạng thái cơ bản của hệ lượng tử, từ (2) ta có: E 0

n

n

(cid:0) H

C

 

(45)

2

n

 

n

Nếu chọn vector trạng thái  là một hàm của các thông số chưa biết nào đó

1,

2 ,…, sao cho trùng với vector trạng thái cơ bản của hệ.

,

,...)



(     2

1

Và thực hiện cực tiểu hóa năng lượng trung bình:

(cid:0) H



0



  i Cho phép xác định được các thông số

i. Bằng cách đó ta sẽ tính được giá trị của

năng lượng:

,

(

,..)

(

,

,..)

E



   02 01 , (

   01 02 ( , ,..)

(cid:0) H ,..)       02

01

01

02

Gần với giá trị năng lượng trạng thái cơ bản E0 của hệ.

E 0 C

Chương II. LỜI GIẢI VÀ PHÂN TÍCH CÁC BÀI TẬP II.1. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỄ NHIỄU LOẠN ĐỐI VỚI HẠT TRONG HỐ THẾ

Bài 1.

Hạt ở trong giếng thế sâu vô hạn có bề rộng a. Hãy tính các bổ chính bậc 1 và

bậc 2 cho năng lượng theo lý thuyết nhiễu loạn.

V x ( )

2

a





x a 

a. (cid:0)





( ) V x

b. (cid:0)

V 0 a 0 , b < x < a - b V    0 , 0 < x < b, a - b < x < a 

2

V x ( )

cos



c. (cid:0)

V 0

x  a

Lời giải.

Áp dụng kết quả của bài toán hạt trong hố thế sâu vô hạn có bề rộng a:

sin

Hàm sóng:

(1.1)

  n

n x  a 2



Năng lượng:

E n

2

2 a 2 2 n  ma 2

V x ( )

a

2





x a 

 , n = 1, 2, 3, …..

Câu a. (cid:0)

( )U x





V 0 2

( )U x  

( )U x  

V0

0

a/2

a

x

Hình 1. Hàm thế năng

* Bổ chính bậc 1:

a

n

(1)

2

(1.2)

E

(cid:0) n V n | |

sin

a

2

=











 x a dx V 0





V 2 0 2 a

n x  a

0

 1 1 ( 1)    2 2 2 n  

  

* Bổ chính bậc 2:

2

(2)





(0)

(0)



E n

k n 



E n

E k

2

k

2 n

sin

knc 2

os





 n kn 1 ( 1) 2   



 2

(cid:0) k V n

(1.3)

(cid:0) k V n | |



V 4 0

2

 k (

n k   sin  2 2 2 2 n )



2 

    

n k    c os  2 2   

2

2

n k 

2

sin

sin

2

os

kn

k

n

knc

os c



1 ( 1)  







128

(2)

2 ma V 0

k  2

n  2

k  2

n  2

  

  

  

(1.4)





2

3

2

2

E n

k

n

3 





     

  

     

     

( )U x

( )U x  

( )U x  

V0

( ) V x

Câu b. (cid:0)

0 , b < x < a - b V    0 , 0 < x < b, a - b < x < a 

b

0

a-b

a

x

Hình 2. Hàm thế năng

* Bổ chính bậc 1:

a b 

(1)

2

E

(cid:0) n V n | |

sin

dx

a

b 2

sin













(1.5)



V 2 0 a

n x  a

V 0 a

2 nb  a

a n 

  

  

b

* Bổ chính bậc 2:

2

(2)





(0)

(0)



E n

k n 



E n

E k

a b 

(cid:0) k V n | |

sin(

)sin(

dx )





k x  a

n x  a

V 2 0 2 a

b

n k 

n k 

sin

cos

( 1)

sin

cos

k  

 1 ( 1)  



kb  a

nb  a

kb  a

 n  

=

(cid:0) k V n

(1.6)

2

)

V 2 0 a

nb    a  2 ( k n  

2

n k 

n k 

sin

cos

sin

cos

n

k

1 ( 1)  



( 1) 

( 2 )

kb  a

nb  a

nb  a

kb  a

  

  

  

  

  

  

(1.7)

8

E

mV





2

2

2

n

0

n

k



 

  

  

  

  

( )U x

( )U x  

( )U x  

2

V x ( )

cos



Câu c. (cid:0)

V 0

x  a

V0

0

a/2

x

a

Hình 3. Hàm thế năng

* Bổ chính bậc 1:

(1)

2

2

0

sin

E

(cid:0) | | n V n

dx









(1.8)

V 0 2

aV 2  a

n x  os c a

x  a

0

* Bổ chính bậc 2:

2

(2)





(0)

(0)



E n

k n 



E n

;

2

n k

 

a

sin

.sin

=

(cid:0) | | k V n

2 . os c

dx



( n

k )

(cid:0) k V n

(1.9)



2 V 0 a

k x  a

k x  a

n x  a

0

2

n k

 

2

2

(cid:0) k V n

(cid:0) k V n

( 2 )

E







( 0 )

( 0 )

( 0 )

( 0 )

n

E

E

E

E





n

k

n

k

E k V  0  4    0 ;       

    

    

    

2

2

n k

n k

 

 

(1.10)

2

2

2

2 ma V

2 ma V

2 ma V

0

0

;

1

k







 

2

8

4

4

4

k

k

2 2 

2 2 







k

2 2 





 8 4









 16 1  

0   

Phân tích.

1. Nhận xét.

Bài toán nhằm mục đích tính toán, kiểm tra lại các công thức đã học về bổ

chính năng lượng bậc 1, bậc 2.

2. Kiến thức.

Để làm được bài toàn này cần nắm vững một số kiến thức sau: Lý thuyết

về hạt trong hố thế sâu vô hạn, các công thức về năng lượng và hàm sóng (1).

Cách tính các tích phân từng phần, công thức hạ bậc, hàm sin, hàm cosin. Công

thức bổ chính bậc 1, bổ chính bậc 2 trong lý thuyết nhiễu loạn.

3. Phương pháp_kỹ năng giải toán.

Áp dụng các công thức bổ chính bậc 1, bổ chính bậc 2.

Thực tế các tích phân (1.3), (1.6), (1.9) là những tích phân khó, cần tính

một cách tỉ mỉ hoặc có thể dùng một số phần mềm tính toán như

mathemmatical, maple…ở đây tôi dùng maple. (phần phụ lục)

4. Kết luận.

Bài toán này tương đối dễ về mặt kiến thức nhưng hơi dài dòng về mặt

tính toán, thường được giảng dạy ở đại học như một ví dụ để cho sinh viên biết

áp dụng các công thức bổ chính năng lượng.

Bài 2.

0

0,

0,

L





V x y ( ,

)

0

0,

0,

L



  x

Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:  L y ,  L y ,

 

 

 

    

Giả sử nhiễu loạn:

x

L





x

0

0,

0,

 L y ,  L y ,

 0,  

  L

    

 0,   a. Hãy xác định hàm sóng bậc không và năng lượng cho trạng thái cơ bản và

trạng thái kích thích thứ nhất tính đến bậc một theo lý thuyết nhiễu loạn.

b. Vẽ sơ đồ năng lượng khi không có và khi có nhiễu loạn. Nhận xét sơ đồ.

x (cid:0) V x ( ) x

Lời giải.

Câu a.

Hàm Halmiton:

(cid:0)

(cid:0) (cid:0) V x H ( )









(2.1)

(cid:0) (cid:0) H H  x

y

y

x

(cid:0) (cid:0) H H V H 0

0

0

(cid:0)   Phương trình Schrodinger:

(cid:0)H



(2.2)

E Phương pháp tách biến:

E

: Nhiễu loạn một chiều không suy biến. (2.3)

(cid:0) x H

 x

E

: Không nhiễu loạn.

 y

(cid:0) y H

x y ( ,

)

sin

sin





(2.4)

Hàm sóng:

n y  2 L

2

(

2 n 1

E

1, 2,3...







(2.5)

Năng lượng:

n n , 1 2

n x  2 1 L L 2 2 n )  2 2 mL 2

n

 : Không suy biến. f = 1.

 Trạng thái cơ bản: 1 n

2 1

Năng lượng:

2

E



(2.6)

Năng lượng khi chưa có nhiễu loạn:

0 11

2  2 L m

Bổ chính bậc 1:

2

L

2

2

 .

(2.7)

11|

(cid:0) V

|11

x

sin

dx

sin

dy









(1) E 11



2 L

y  L

L  2

x  L

  

  

L   0

0

2 2

 







(2.8)

(0) E 11

(1) E 11

(1) E 11

L  2

Năng lượng ở trạng thái cơ bản:  2 mL

Hàm sóng:

x y ( ,

)

sin

sin





2 L

x  L

y  L

 Trạng thái kích thích thứ nhất:



 2

n 1

n 21,

x y ( ,

)

x y ( ,

)

y ( )

sin(

) sin(

)









(2.9)

(0)  1

 12

( ) x   2

1

2 L

x  L

y 2  L



 . 1

n 1

n 22,

x y ( ,

)

x y ( ,

)

y ( )

sin(

) sin(

)







(2.10)

(0)  2

 21

( ) x   1

2

2 L

x 2  L

y  L

2

E

E





(2.11)

( 0 ) 12

( 0 ) 21

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 5   2 mL 2

Mức năng lượng này có bậc suy biến bằng 2.

*Xét nhiễu loạn suy biến:

Phương trình thế kỉ:

E

V 11

(1) 12

0



(2.12)

  V

E

V

V 12  

21

(1) 12

22

Với:

L

2

2

12 |

(cid:0) V

|12

x

sin

dx

sin

d y =

V







V 11

22



x  L

L  2

4 2 L

2 y  L L

d y = 0

| 21

12 |

sin

sin

sin

sin

dx

(cid:0) V

x





V 12



2 y  L

y  L

x  L

4 2 L

0

L   0 L   0

0 2 x  L Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (2.12) ta sẽ tìm

được bổ chính năng lượng nhiễu loạn bậc 1:

2

E

0

E





  



(2.13)

(1) 12

(1) 12

L  2

L  2

  

  

2

E

E

E

E



 







(2.14)

(0) 12

(1) 12

(1) 12

(1) 21

Năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất: L  2

2 5  2 mL 2

(0)

C







(2.15)

* Hàm sóng bậc không: (0) C  1 1

(0)  2 2

C1, C2 thỏa:

0





(1) 12

12

(2.16)

0

  





E C V C   1 2   (1) E C V 12 2 11

  V  11  V C  21 1

C

 1

(2.17)

Điều kiện chuẩn hóa:

2 C 1

2 2

Từ (2.13), (2.16) và (2.17):

0



(0)

sin

sin







1



x 2  L

y  L

2 L

2

(2.20)

1



(0)

sin

sin







C 1 C

0



x  L

y 2  L

2 L

2

C   1  C      

Câu b. Vẽ giản đồ năng lượng:

Trạng thái cơ bản:

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

L 2

f = 1

Hình 4. Dịch mức năng lượng trạng thái cơ bản

Trạng thái kích thích thứ nhất:

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

L 2

f = 2

Hình 5. Dịch mức năng lượng trạng thái kích thích thứ nhất

Nhận xét: hình 4, hình 5 cho thấy rằng mức năng lượng ở cả hai trạng

thái, trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích thứ nhất bị dịch lên một khoảng

L khi có nhiễu loạn nhưng không làm tách mức năng lượng. Chính vì vậy 2

trong trường hợp này không khử suy biến.

0

0,

0,

L





V x y ( ,

)

0

0,

0,

L



  x

x

Bài 3. Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:  L y ,  L y ,

 

 

 

    

Giả sử nhiễu loạn:

xy

0,

0,

)

0

L





 L y ,  L y ,

   0,

 L 

    

x (cid:0) V x y ( , x

   0, a. Hãy xác định hàm sóng trạng thái dừng ở gần đúng bậc không và năng

lượng đến bậc 1 theo lý thuyết nhiễu loạn cho trạng thái cơ bản và trạng thái

kích thích thứ nhất.

b. Vẽ sơ đồ năng lượng khi không có và khi có nhiễu loạn. Hãy chỉ rõ trạng

thái không nhiễu loạn và trạng thái nhiễu loạn liên hệ với nhau như thế nào.

Lời giải.

Câu a.

Phương trình Schrodinger ở trạng thái dừng:

2

2

(3.1)

(cid:0) H

x y ( ,

)

E

x y ( ,

)

)

x y ( ,

)

E

x y ( ,

)











 





0

2

2

  ( 2 m x 

 y 

Dùng phương pháp tách biến:

x y ( ,

)

X x Y y ( ). ( )





(3.2)

2

sin(

) ;

( ) X x





E 1

2 L

n x  1 L

(3.3)

2

sin(

) ;

E





2

n 2 2

2 L

n y  2 L

2 2 n   1 2 2 mL 2 2   2 mL

Ta thu được:      ( ) Y y 

x y ( ,

)

)

sin(

) sin(





Hàm sóng:

(3.4)

n y  2 L

2

(

2 n 1

1, 2,3...

E







(3.5)

Năng lượng:

, n n 1 2

*Trạng thái cơ bản: 1 n

n x 2  1 L L 2 2 ) n  2 2 2 L m  : không suy biến. f = 1. n 2 1

Năng lượng:

2

E



Năng lượng khi không nhiễu loạn:

(3.6)

(0) 11

2  2 L m

Bổ chính bậc 1:

2

 .

(3.7)

11|

(cid:0) V

|11

x

2 sin (

y

2 sin (

)

dxdy









(1) E 11

2 L

Lx   ) L

y  L

2 L  4

  

  

L   0

0

Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1:

2 2



 





(3.8)

(1) E 11

(0) E 11

(1) E 11

2 L  4

 2 mL

*Trạng thái kích thích thứ nhất:

 2

 1 n

n 21,

x y ( ,

)

x y ( ,

)

y ( )

sin(

) sin(

)







(0)  1

 12

x ( )   2

1

2 L

x  L

2 y  L

 . 1

 1 n

n 22,

x y ( ,

)

y ( )

sin(

) sin(

)







(0)   2 21

( ) x   1

2

2 L

2 x  L

y  L

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất khi chưa tính đến nhiễu

loạn:

2

2

E

E





(3.9)

(1) 12

(1) 21

5   2 mL 2

suy biến có bậc bằng 2.

*Xét nhiễu loạn suy biến:

V 11

(1) 12

0



(3.10)

Phương trình thế kỉ: E   V

E

V

V 12  

21

(1) 12

22

Với:

2

2

12 |

(cid:0) V

|12

x

sin

sin

d y =

V







V 11

22

4 2 L

x  L

2 y  L

2 L  4

L   0

L  dx y 0

12 |

(cid:0) V

| 21

x

sin

sin

sin

sin

d y =

V







V 12

21

4 2 L

x  L

2 x  L

y  L

2 y  L

256 81

2 L  4 

L   0

L  dx y 0

Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (3.10):

E





2 L 



2 L 

(3.11)

(1) 12

1 4

256 4 81 

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

2

2 L 

2 L 





2 5   2 mL 2

1 4

256 4 81 

E

E

E

E





 

(3.12)

(1) 12

(1) 21

(0) 12

(1) 12

2





2 L 

2 L 

2 5   2 mL 2

1 4

256 4 81 

       

* Hàm sóng bậc không:

(0)

C







(3.13)

(0) C  1 1

(0)  2 2

0





(1) 12

12

(3.14)

C   1

C 2

E

V 12 (1) 



V 11

0

  





E C V C   1 2   (1) E C V 12 11 2

C1, C2 thỏa:   V  11  V C  21 1

C

Điều kiện chuẩn hóa:

 1

(3.15)

2 C 1

2 2

Từ (3.12), (3.14) và (3.15) ta thu được các giá trị của C1 và C2.

(1)

E

(

)





2 L

*

1  2 81

1 2

512 4 

(0)

C C 





(3.16)

1

2

 (0) (0)    1 2



1   2

1 2

(1)

E

(

)





2 L

*

1  2 81

1 2

512 4 

(0)

C

 







(3.17)

C 1

2

 (0) (0)   1 2



1   2

1 2

Câu b. Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản:

(1)

(0)

(1)

E

E

E



 

(0)

(1)E

11E

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

Hình 6. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản

Trạng thái kích thích thứ nhất:

(1)

(0)

(1)

E

E

E



 

(1)

E

2 L





256 4 

1   4 81 

  

(0)E

(1)

E

2 L





256 4 

1   4 81 

  

(1)

(0)

(1)

E

E

E



 

(cid:0) 0V 

0

(cid:0) V 

Hình 7. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất

Nhận xét. Hình 6, hình 7 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn, ở trạng thái cơ

E





, ở trạng thái kích thích

bản mức năng lượng được dịch lên một lượng

(1) 11

2 L  4

thứ nhất mức năng lượng bị tách thành 2 mức, ứng với 2 hàm sóng, tính suy

biến bị khử hoàn toàn.

Bài 4.

0

0,

0,

0,

L





V x y ( ,

)

0

0,

0,

0,

L





  x

Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:   

 L y ,  L y ,

 

 L z ,  L z ,

 

 

    

Hãy xác định năng lượng đến bậc 1 theo lý thuyết nhiễu loạn cho trạng thái

cơ bản và trạng thái kích thích thứ nhất. Nhận xét về tính suy biến và sự khử suy

biến. Giả sử nhiễu loạn:

x

L



x

a. (cid:0)

1

0

0,

 0,  

  L

    

xy

0,

0,

x (cid:0) V V x ( )  x

V x y ( ,

)



b. (cid:0) (cid:0) V 2

0

L





x

   0,

 L y ,  L y ,

   0,

 L 

    

xyz

0,

0,

0,

L







x

)



c. (cid:0) V 3

0

0,

0,

0,

L







 

 L y ,  L y ,

 

 L z ,  L z ,

 

 

    

Trong mỗi trường hợp hãy vẽ sơ đồ năng lượng khi không có và khi có

nhiễu loạn. Hãy chỉ rõ trạng thái không nhiễu loạn và trạng thái nhiễu loạn liên

hệ với nhau như thế nào.

x (cid:0) V x y ( , x

Lời giải.

Phương trình Schrodinger ở trạng thái dừng:

2

2

2

(4.1)

(cid:0) H

x y ( ,

x y z ( , , )

E

)

)

x y z ( , , )

E

x y z ( , , )









 









0

2

2

2

 y 

 z 

  ( 2 m x  Dùng phương pháp tách biến:

x y z ( , , )

X x Y y Z z ( ). ( ). ( )





(4.2)

2

sin

;

X x ( )





E 1

2 L

n x  1 L

2 2 n   1 2 mL 2

  

  

2

E

sin

;





(4.3)

2

2 L

n y  2 L

2 2   2 mL

n 2 2

  

  

2

Z z ( )

sin

;





E 3

2 L

n z  3 L

2 2   2 mL

n 3 2

  

  

Ta thu được:     Y y ( )     

3/2

)

sin

sin

sin

( , x y



(4.4)

Hàm sóng:

2 L

n x  1 L

n y  2 L

n z  3 L

   

  

2

2

2

(



2 ) 

2 n 1

,

,

1, 2,3...





Năng lượng:



(4.5)

(0) E n

n n n 1 2 3

n 2 2

n  3 2 mL





 : không suy biến. f = 1.

 Trạng thái cơ bản: 1 n

n 2

n 3 1

Năng lượng ở trạng thái cơ bản khi chưa có nhiễu loạn:

2

E



(4.6)

(0) 111

x



 .

x (cid:0) V V x ( ) 

Câu a. (cid:0)

1

0,

0

3 2  0,  

2  2 mL  L  L

    

Bổ chính bậc 1:

L

L

2

2

2

x

(4.7)

E

111|

(cid:0) V

|111

x

sin

dx

sin

dy

sin

dz









(1) 111





2 L

x  L

y  L

z  L

L  2

  

3/2   

L   0

0

0

Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1:

2 2

E

E

E



 





(4.8)

(1) 111

(0) 111

(1) 111

L  2

 2 mL

1,

1,

 Trạng thái kích thích thứ nhất: 





 2

n 2

n 3

n 1

3/2

x y z ( , , )

x y z ( , , )

y ( )

x ( )

z ( )

sin

sin

sin







 1

   1 2

1

112

2 L

x  L

y  L

z 2  L

   

  

1,

2,







 . 1

n 1

n 2

n 3

3/2

x y ( ,

)

x y z ( , , )

y ( )

x ( )

z ( )

sin

sin

sin









121

121

   2 1

1

2 L

x  L

2 y  L

z  L

   

  

2,

1,







 . 1

n 1

n 2

n 3

3/2

x y ( ,

)

x y z ( , , )

y ( )

x ( )

z ( )

sin

sin

sin







 3

211

   1 1

2

2 L

2 x  L

y  L

z  L

   

  

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất khi chưa có nhiễu loạn:

2

2

E

E

E

E









(4.9)

( 0 ) 1

( 0 ) 112

( 0 ) 121

( 0 ) 211

3   2 L m

Có bậc suy biến bằng 3. *Xét nhiễu loạn suy biến:

Phương trình thế kỉ:

(1)

(1)

112 | 112 112 | 121 112 | 211 (cid:0) V E (cid:0) V (cid:0) V  

(4.10)

(1)

121 | 112 121 | 121 121 | 211 0 (cid:0) V (cid:0) V E (cid:0) V   

Với:

211 | 112 211 | 121 211 | 211 (cid:0) V (cid:0) V (cid:0) V E  

3

L

L

2

2

2





0

L   0

0

112 | (cid:0) V |112 x sin dx sin dy sin dz = y  L 2 z  L L  2 2 L x  L       

3

L

2

2

121| (cid:0) V |121 211| (cid:0) V | 211  



L   0

0

L  y sin d 0

112 | (cid:0) V |121 x sin dx sin sin dz 0   2 L x  L y  L 2 y  L z  L      

Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (1):

3

(1)

(1)

112 | (cid:0) V | 211 121| (cid:0) V |111 112 | (cid:0) V | 211 211| (cid:0) V |112 211| (cid:0) V |121     

0 E E      

(4.11)

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

2

(1)

L  2 L  2      

E E E E        

(4.12)

(1) E 1

(1) 112

(1) 121

(1) 211

(0) E 1

2 5  2 2 mL

L  2

Vẽ giản đồ năng lượng:

Trạng thái cơ bản:

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

L 2

f = 1

Trạng thái kích thích thứ nhất:

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

Hình 8. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản.

L 2

f = 2

Hình 9. Dịch mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất.

Nhận xét: Mức năng lượng ở cả hai trạng thái, trạng thái cơ bản và trạng

thái kích thích thứ nhất đều bị dịch lên một khoảng

L khi có nhiễu loạn 2

nhưng không làm tách mức năng lượng. Chính vì vậy trong trường hợp

này không khử suy biến.

(cid:0) (cid:0) V V x ( )  1

xy 0, 0, x ) ( , V x y 

Câu b. (cid:0) (cid:0)

   0,

 , L y  , L y

   0,

 L 

Bổ chính bậc 1:

L

2

2

2

V 2 0 L   x     

(4.13)

E

111|

(cid:0) V

|111

x

sin

sin

dy

sin

dz









(1) 111



2 L

x  L

y  L

z  L

2 L  4

  

3/2   

L   0

L  dx y 0

0

Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1:

2 2

E

E

E



 





(4.14)

(1) 111

(0) 111

(1) 111

2 L  4

 2 mL

 Trạng thái kích thích thứ nhất:



3/2

1, 1,    2 n 1 n 2 n 3

1

112

x y z ( , , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin     1    1 2 2 L x  L y  L 2 z  L       



3/2

1, 2,    . 1 n 1 n 2 n 3

121

121

1

x y ( , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin        2 1 2 L x  L 2 y  L z  L       



3/2

2, 1,    . 1 n 1 n 2 n 3

211

2

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

2

2

E

E

E







x y ( , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin     3    1 1 2 L 2 x  L y  L z  L       

(4.15)

( 0 ) 112

( 0 ) 121

( 0 ) 211

3   2 L m

Trạng thái có bậc suy biến bằng 3 *Xét nhiễu loạn suy biến:

Phương trình thế kỉ:

(1)

(1)

112 (cid:0) V | 112 E 112 (cid:0) V | 121 112 (cid:0) V | 211  

(4.16)

(1)

121 (cid:0) V | 112 121 (cid:0) V | 121 E 121 (cid:0) V | 211 0   

Với:

3

L

2

2

2

211 (cid:0) V | 112 211 (cid:0) V | 121 211 (cid:0) V | 211 E  

 dy

2 L  4

L   0

L  dx y 0

0

112 | (cid:0) V |112 x sin sin sin dz = 2 L x  L y  L 2 z  L       

121| (cid:0) V |121 211| (cid:0) V | 211  

3

L

2

2



L   0

0

L  y sin d 0

112 | (cid:0) V |121 x sin dx sin sin dz 0   2 L x  L y  L 2 y  L z  L      

3

2

121| (cid:0) V |112 112 | (cid:0) V | 211 211| (cid:0) V |112   

2 L  4 

L   0

L  dx y 0

L  y sin d 0

121| (cid:0) V | 211 x sin sin sin sin dz   2 L x  L 2 x  L y  L 2 y  L z  L 256 81      

Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (4.16):

(1)

E







256 81

2 L  4 

2

2

(1)

(1)

(1)

211| (cid:0) V |121 

(4.17)

E

E

0

E











  



2 L  4

2 L  4

256 81

2 L  4 

  

  

  

  

         

   

(1)

E







2 L  4 2 L  4 2 L  4

256 81

2 L  4 

        

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

2

2 L  4 

2

(1)

  256 81

E E E E E       

(4.18)

(1) 112

(1) 121

(1) 211

(0) 112

2

2 3   2 mL 2 3   2 mL 2 3   2 mL

2 L  4 2 L  4 2 L  4

2 L  4 

Vẽ giản đồ năng lượng:

Trạng thái cơ bản:

(1)

(0)

(1)

E

E

E



 

(0)E

(1)E

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

  256 81         

Trạng thái kích thích thứ nhất:

Hình 10. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản

(1)

E







2 2 3   2 mL

2 L  4

256 81

2 L  4 

2 2

(1)

E





3  2 mL

2 L  4

(1)

E

(0)E







2 2 3   2 mL

2 L  4

256 81

2 L  4 

0

(cid:0) V 

(cid:0) 0V 

Hình 11. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất.

, mức

V x y ( , ) 

Nhận xét: Hình 10, hình 11 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn (cid:0) (cid:0)

V 2

năng lượng cơ bản được dịch lên một lượng

, mức năng lượng ở trạng

(1) 11

2 L  4

thái kích thích thứ nhất bị tách thành 3 mức, ứng với 3 hàm sóng, tính suy biến

bị khử hoàn toàn.

xyz

0,

0,

L







x

(cid:0) V x y z , ) ( ,



E  

Câu c. (cid:0) V 3

0

0,

0,

0,







x

 

 L y ,  L y ,

 

 L z ,  L y ,

 0, 

  L

    

Bổ chính bậc 1:

2

2

2

(4.19)

E

111|

(cid:0) V

|111

x

sin

sin

sin

dz









(1) 111

2 L

x  L

y  L

z  L

3 L  8

  

3/2   

L   0

L  dx y 0

L  dy z 0

Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1:

2 2

E

E

E



 





(4.20)

(1) 111

(0) 111

(1) 111

3 L  8

 2 mL

 Trạng thái kích thích thứ nhất:



3/ 2

1, 1,    2 n 1 n 2 n 3

(0)  1

1

112

x y z ( , , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin       1 2 2 L x  L y  L 2 z  L       



3/2

1, 2,    . 1 n 1 n 2 n 3

(0)  2

121

1

x y ( , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin       2 1 2 L x  L 2 y  L z  L       



3/2

(0)

2, 1,    . 1 n 1 n 2 n 3

2

211

3

Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

x y ( , ) x y z ( , , ) y ( ) x ( ) z ( ) sin sin sin        1 1 2 L 2 x  L y  L z  L       

2

2

E

E

E

E









(4.21)

( 0 ) 1

( 0 ) 112

( 0 ) 121

( 0 ) 211

3   2 L m

Trạng thái suy biến có bậc bằng 3.

*Xét nhiễu loạn suy biến:

Phương trình thế kỉ:

(1)

(1)

(cid:0) V E (cid:0) V (cid:0) V 112 | 112 112 | 121 112 | 211  

(4.22)

(1)

(cid:0) V (cid:0) V E (cid:0) V 121 | 112 121 | 121 121 | 211 0   

(cid:0) V (cid:0) V (cid:0) V E 211 | 112 211 | 121 211 | 211  

Với:

3

2

2

2

(cid:0) V

3 L  8

L   0

L  dx y 0

L  dy z 0

112 | |112 x sin sin sin dz = 2 L x  L y  L 2 z  L       

(cid:0) V

(cid:0) V

3

L

2

2

121| |121 211| | 211  

(cid:0) V



3 L  4 

L   0

L  dx y 0

0

112 | |121 x sin sin sin d y z sin dz = 2 L x  L y  L 2 y  L z  L 128 81       

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (4.22):

3

3

(1)

(1)

112 | | 211 121| |112 121| | 211 211| |112 211| |121     

(4.23)

3

2

0

E

E

 



 





3 L  8

128 81

3 L  8

128 81

3 L  4 

3 L  4 

  

  

  

2      

  

  

  

Giải phương trình (4.23). Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất:

2

2 3   2 mL

3 L  8

3 L  4 

(1)

  256 81

E E E E      

(4.24)

(1) E 1

(1) 112

(1) 121

(1) 211

(0) E 1

2

2 3   2 mL

3 L  8

3 L  4 

Vẽ giản đồ năng lượng:

Trạng thái cơ bản:

(1)

(0)

(1)

E

E

E



 

(0)E

(1)E

(cid:0) 0V 

(cid:0) 0V 

  128 81        

Hình 12. Dịch mức năng lượng ở trạng cơ bản.

Trạng thái kích thích thứ nhất:

(1)

E







2 2 3   2 mL

3 L  8

256 81

3 L  4 

(1)

E







(0)E

2 2 3   2 mL

3 L  8

128 81

3 L  4 

0

(cid:0) V 

(cid:0) 0V 

Hình 13. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất.

,

(cid:0) V x y z , ) ( , 

Nhận xét: Hình 12, hình 13 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn (cid:0) V 3

mức năng lượng cơ bản được dịch lên một lượng

, mức năng lượng ở

(1) 111

3 L  8

trạng thái kích thích thứ nhất bị tách thành 2 mức, ứng với 3 hàm sóng, tính suy

biến bị khử một phần.

E  

Phân tích.

1. Nhận xét chung.

Bài toán hạt trong hố thế có thành cao vô hạn trường hợp 1 chiều, 2

chiều hay 3 chiều trong cơ học lượng tử đều có lời giải chính xác về năng lượng

và hàm sóng. Nhưng khi có nhiễu loạn, dẫn đến việc làm thay đổi toán tử

Hamilton từ đó làm thay đổi nghiệm của phương trình Schrodinger, tức là cả

hàm sóng và năng lượng đều bị thay đổi.

Mục đích của ba bài toán: Bài 2, bài 3 và bài 4 là khảo sát sự thay đổi về

năng lượng và hàm sóng ở hai trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích thứ nhất

(ở đây chỉ chú ý đến năng lượng tính đến bậc 1 và hàm sóng bậc không của lý

thuyết nhiễu loạn). Khi khảo sát về năng lượng và hàm sóng ở mỗi trạng thái

chúng ta cần chú ý một điều là sự suy biến và tính khử suy biến ở mỗi trạng thái

ứng với từng toán tử nhiễu loạn.

Về mặt mô hình và nội dung bài, cả ba bài 1, 2 và 3 tuy có sự thay đổi về

hình thức (hố thế và toán tử nhiễu loạn) nhưng lại cùng bản chất (xác định năng

lượng và hàm sóng khi có nhiễu loạn).

2. Kiến thức.

Để giải được bài 3 bài toán này cần nắm vững một số kiến thức sau: Lý

thuyết và kết quả về năng lượng, hàm sóng của hạt trong hố thế (2.4), (2.5),

(3.4), (3.5), (4.4), (4.5); Lý thuyết nhiễu loạn không suy biến và nhiễu loạn khi

có suy biến, đặc biệt là biết cách lập và giải phương trình thế kỉ (2.12), (3.10),

(4.10); Tính suy biến và sự khử suy biến ở mỗi trạng thái.

3. Kỹ năng và phương pháp giải.

Cả 3 bài toàn về trình tự các bước giải là hoàn toàn giống nhau. Đầu tiên ta

xác định năng lượng và hàm sóng chính xác của bài toán không nhiễu loạn. Dựa

vào các biểu thức về năng lượng ở (2.5), (3.5) và (4.5) ta xác định được tính suy

biến của từng trạng thái. Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn loạn cho từng trạng thái

ta đi tìm bổ chính năng lượng bậc 1 đối với năng lượng và bậc không cho hàm

sóng.

Khi giải các bài toán này, cần chú ý ở nhiễu loạn có suy biến, khi giải

phương trình thế kỉ ta thu được các bổ chính E , từ các bổ chính này ta thu

được các mức năng lượng cho từng trạng thái khi có nhiễu loạn và có kết luận

cho tính khử suy biến.

Công việc tính toán phức tạp nhất trong các bài toán này là lập và giải

phương trình thế kỉ, đặc biệt là các yếu tố ma trận trong phương trình này.

Nhưng các tích phân ở đây có các biến độc lập nên việc lấy tích phân cũng

không quá khó khăn.

4. Kết luận.

Đối với bài 2, hạt trong hố thế 2 chiều, nhiễu loạn là một hàm bậc nhất theo

một tọa độ. Nhiễu loạn không khử tính suy biến ở trạng thái kích thích thứ nhất

mà chỉ làm cho mức năng lượng này dịch lên một khoảng đúng bằng năng lượng

bổ chính bậc 1. Ta mở rộng đặc điểm này cho cả bài 3 và cũng thu được kết quả

tương tự.

Ở trạng thái cơ bản, cả 2 trường hợp hố thế 2 chiều, 3 chiều và cả 3 trường

hợp nhiễu loạn (trong cả 3 bài toán) thì ta cùng thu được một kết quả là mức

năng lượng chỉ dịch chuyển lên một khoảng đúng bằng năng lượng bổ chính bậc

1.

Đối với bài 3 và bài 4. Khi nhiễu loạn có dạng tích của 2 tọa độ thì tính suy

biến ở trạng thái kích thích thứ nhất bị khử hoàn toàn. Suy biến có bậc bằng 3 và

thu được 3 mức năng lượng độc lập. Câu c, bài 4 khi nhiễu loạn có dạng tích của

3 tọa độ nhưng tính suy biến chỉ bị khử đi một phần. (2 mức năng lượng nhưng

có 3 hàm sóng).

Về mặt mức độ, bài 2 và câu a của bài 4 nên sử dụng làm bài tập nâng cao

cho sinh viên đại học, còn bài 3 và câu b,c của bài 4 nên sử dụng trong chương

trình giảng dạy cơ lượng tử ở cao học.

Bài 5.

Xét hạt khối lượng m trong hố thế vô hạn một chiều:

x 0;

V x ( )

0,

 0,   ; x 

 a  a

     

Hạt chịu tác dụng của nhiễu loạn:

(

)

ˆ V





x o

a 2

Trong đó,  là hằng số thực có thứ nguyên năng lượng.

a) Hãy tính năng lượng gần đúng đến bậc 1 theo lý thuyết nhiễu loạn.

b) Hãy giải bài toán một cách chính xác. Chứng tỏ rằng các mức năng lượng

khã dĩ được xác định một trong các phương trình sau:

2

0

sin

tg

hoặc

ka 2

k  

 m

  

 ka  2 

  

  

0

2

mE

. Các kết quả này phụ thuộc thế nào vào giá trị tuyệt

Trong đó,



k



ta nhận được kết quả câu

0o

o ? Hãy chỉ ra rằng khi

đối và dấu của a. Lời giải.

Câu a.

Áp dụng kết quả trong lý thuyết về bài toán hạt trong hố thế một chiều, sâu

vô hạn có bề rộng a, ta có:

sin

( ) x  

(5.1)

Hàm sóng:

o n

2 a

n x  a

2

,

1, 2,...

E

n





Năng lượng:

(5.2)

o n

2 2 n   2 2 ma

Bổ chính bậc 1:

a



2

x dx ( )

sin

dx .









(5.3)

(1) E n

ˆ o V   n

o n

ˆ o x V ( )   n

o * n





2 a

n x  a

a 2

 x .   o 

  

0



r

)

dr

)

rF  ()(





(5.4)

x o

xF ( o

Với: 

Nên:

a

2

E

sin

dx .





(1) n



2 a

n x  a

a 2

 . x   o 

  

0

0

n

2

m



(5.5)

2

.sin

m

0,1, 2, 3,...







2  o a

n  2

n

2

m

1





2  o a

    

Năng lượng khi tính đến nhiễu loạn bậc 1:

2

2

E

E

sin



 





n

(0) n

(1) E n

(5.6)

2  o a

2 2 n   2 ma 2

n  2

2

E

Khi

thì

(5.7)

0o

n

0 n

2 2 n     E 2 2 ma

Câu b. Giải chính xác bài toán:

Toán tử Halmiton đối với hạt chuyển động trong hố thế:

2

2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V   





(5.8)

0

2

a 2

 x   o 

  

d  m dx 2 Phương trình Schrodinger:

2

(cid:0) H

E x E       

(5.9)

2  2

d  m dx 2 a 2    o       

Với:

x 0   a   2 a 2  x     

(5.10)

(5.9) trở thành:

2

2

0

E   







(5.11)

2  2

2  2

mE 2

d dx

d   m dx 2



2

mE



k

Đặt:



(5.11) trở thành:

2 k 

0 

(5.12)

2  2





sin(A)x(

kx

)

d dx  Nghiệm của (5.12) có dạng:

Điều kiện biên cho ta:

A







(0)

k sin( .0

) 0

0

(5.13)

A

ka

ka





a ( )

sin(

 1  2

 1   ) 0 2

   1     2

V(x)

x a 0 a/2

Do đó:

sin

, 0

kx

x



  

A 1

a 2

x ( )



Hình 14. Hàm thế năng

(5.14)

sin (

) ,

x

a

k x a 

  



A 2

a 2

     

x 

:

Hàm sóng liên tục tại

a 2

 

A 1

A 2

sin

sin

k

k





 



 1

 2

A 1

A 2

a 2

a 2

a 2

a 2

k

sin

0



  

  

  

  

a 2

   

k

0 

(5.15)

Trường hợp 1: sin

a 2

Trường hợp 2:

(5.16)

A 1

A  2





Lấy tích phân 2 vế từ

   của phương trình (5.9):

a 2

a 2

a

a

/2

/2

/2

a

 

m 2

x dx ( )

x dx ( )

dx

E

x

 





2  2

 0 2

m 2 2

(5.17)





d dx

   

/2

/2

a

a

       

    

 





a  2 /2 a   

I

I

I 1

2

3

a

/2

 

dx

'

'









I 1

(5.18)

2  2



d dx

a 2

a 2

          

  

  

a

/2

 

a

/2

2

m

2

m

I

x

x dx ( )







2

(5.19)

 0 2

 0 2



a 2

a 2

   

   

  

/2

a

       





a

/ 2



2

(5.20)

E

x dx ( )

0







lim

I

m 2

lim



3

0





a

/ 2

  



0







  

  

Thay các giá trị I1 , I2, và I3 vào (5.17).

2

m

'

'













(5.21)

 0 2

a 2

a 2

a 2

  

  

     

  

  

  



Thay (5.14) vào (5.21):

m

2

k

k

k

cos

cos

sin





A k 2

A k 1

A k 1

(5.22)

 0 2

a 2

a 2

a 2

  

  

  

  

  



  

Với

A 1

A  2

2

2

m

(5.23)

cos

k

sin

k

tg

2 







A k 1

A k 1

 0 2

a 2

a 2

ka 2

  

  

  

  

  

  

k   m  0



(5.15) và (5.23): Mức năng lượng khã dĩ được xác định:

2

sin

hoặc

0

(5.24)

tg

ka 2

k  

 m

  

  

0

 Kết quả này phụ thuộc thế nào vào giá trị tuyệt đối và dấu của

o :

2

tg

ka 2

k  

 m

  

  

0

2

2

    ka  2 







2 n  2 tg E 0   0    

(5.25)

2  2

2 2 n  2 ma

2 1 ma

2

2

2

2

 0 2 ka 2      









2 n 2 n   tg E 0   0    

(5.26)

2  2

2  2

 1 ma

 1 ma

 0 2 ka 2      

ta thu được kết quả câu a.

 Chứng minh rằng khi

2





k 2



k (2

1)

 1

2 2 

tg

a

a



  



E  

0:

0o

(5.27)

 0

 2

 2 ma 2

mE 2 2 

mE 2 2 

Đặt số lượng tử: n = 2k + 1

E



ta tìm lại được kết quả câu a.

Từ đó:

2 2 2 n  2 ma

 2

Phân tích.

1. Nhận xét.

Bài toán hạt trong hố thế vô hạn một chiều, nhiễu loạn có dạng là một hàm

delta dirac theo bậc nhất của tọa độ.

Bài toán này có 2 vấn đề cần giải quyết: Tìm năng lượng khi dùng lý thuyết

nhiễu loạn và khi giải chính xác bài toán. Nhưng khi giải chính xác, năng lượng

thu được không phải là một số xác định mà phải thỏa mãn phương trình đã cho.

2. Kiến thức.

Để giải bài toán này cần nắm vững một số kiến thức về lý thuyết như: Hạt

trong hố thế sâu vô hạn, (hàm sóng, năng lượng (5.1), (5.2)); tính chất hàm delta

dirac (5.4); điều kiện liên tục của hàm sóng (5.13).

3. Phương pháp giải.

Áp dụng công thức tính bổ chính bậc 1 của lý thuyết nhiễu loạn và tính chất

của hàm delta dirac ta tính được năng lượng gần đúng đến bậc 1.

Khi giải chính xác bài toán, sử dụng điều kiện liên tục của hàm sóng ta tìm

được kết quả (5.15) và (5.16). Kết quả (5.15) là một trong hai phương trình ta

cần tìm, sử dụng kết quả (5.16) ta đi tìm phương trình còn lại.

4. Kết luận.

Công việc đi tìm phương trình còn lại (5.23) là khá khó khăn trong việc tính

toán cũng như phương pháp giải. Trong giới hạn của luận văn, chỉ nêu lên một

cách giải như đã thể hiện, cách giải này khá khó hiểu nhưng lại cho đáp án đúng.

Tác giả vẫn mong quý thầy cô hay các bạn đọc đóng góp ý kiến.

Bài toán này nên sử dụng làm bài tập tham khảo cho lớp đại học và nên sử

dụng để giảng dạy cho cho các lớp ở cao học.

II.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ NHIỄU LOẠN CỦA DAO ĐỘNG TỬ ĐIỀU HÒA

Bài 6.

.Trong

Dao động tử điều hòa một chiều chịu tác dụng của nhiễu loạn: (cid:0)V bx

đó b là hằng số thực.

a. Hãy tính năng lượng gần đúng đến bậc 2 của lý thuyết nhiễu loạn.

b. Hãy giải bài toán một cách chính xác và so sánh với kết quả nhận được ở

câu a.

Lời giải. Câu a. Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn:

Cách 1: Phương pháp giải tích.

Hàm Halmiton:

0



2

2

 (cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V * Nhiễu loạn bậc O, (không nhiễu loạn):





2   

2  0  2 2

(cid:0) H E x E    d  2 m dx

(6.1)

Năng lượng:

(0)

nE

 

 1 2  n     

(6.2)

Hàm sóng:

2   A e H 2



  

n

n

(6.3)

(cid:0) n V n

b n x n

    n * Nhiễu loạn bậc 1: (1) 





(6.4)

nE

Với:

n

1

x n

n

n

1

1









n 2

 2

 m

   

   

(6.5)

Do đó:

 1 E n

 b m

n 1 n n n n 1 0   1     n 2  2        

(6.6)

* Nhiễu loạn bậc 2:





(6.7)

(2) E n

k n 

(cid:0) k V n  (0) (0) E E k n

Với:

k ;

1

n  

n  m 2 

(cid:0) k V n

=

(

k ;

1

n  

n 2

 m

1)  

 b     b  

Nên:

2

2

2

(2)

2 

(0)

(0)

(0)

(0)

k n

k n

1  

1  

(cid:0) k V n (cid:0) k V n ; k = m      E n b 2 k   E n E k E n E k                    

Vậy:

2

(0)

(1)

(2)

n



 

 







 

E n

E n

E n

E n

1 2

b k 2

  

  

(6.8)



 x

 x

x

x





m m ˆ a p ˆ a p     1 2 1 2        

Cách 2: Phương pháp đại số. Toán tử ˆa và ˆa được định nghĩa [1]:    

    i m   i m  

(6.9)

 ˆ a n

2

2

2

(cid:0) H

ˆ a n n n 1 ; n 1 n    1   Từ đó ta được:

2 m x 

0

2





(cid:0) V bx b

 a

 a







     d  2 m dx 1 2 1 2   ˆ ˆ a a      





2

 m

* Nhiễu loạn bậc không: (không nhiễu loạn)

(0)

(0)

 

(cid:0) H n 0

n    E n E n 1 2  n     

* Nhiễu loạn bậc 1:

(1)

(cid:0) n V n

   0 E n

* Xét nhiễu loạn bậc 2:

2

2

(2)

0

0



k n 

Năng lượng khi tính đến bậc 2 theo lý thuyết nhiễu loạn:

(cid:0) k V n     E n b 2 k  E n E k

2

(0)

(1)

(2)

E

E

E

E

n



 

 







(6.10)

 

n

n

n

n

1 2

b k 2

  

  

Câu b. Giải chính xác:

2

2

2

2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

0

2

       1 2 b k b 2 k  k x     

Đặt:

d  2 m dx

u x   b k

(6.11)

2  2

2  2

d    dx

)   d    du d dx d d  ( dx dx d du

2

2

2

 H

du d . du dx Phương trình Schrodinger:





2   

2

2 m  2

E u E       d  2 m du b 2 k

(6.12)

Đặt:

Nên:

2

d





du

2 m d    2 2 d 

Phương trình (6.12) trở thành:

2

d

b

0







u  m  

(6.13)

2 E  k    

2  2 d 

   

 2     

Giải phương trình (6.13), ta thu được:

2

E

n







 

1 2

b k 2

  

  

(6.14)

Nhận xét.

Kết quả (6.8), (6.10) và (6.14) hoàn toàn phù hợp trong cả hai trường hợp

giải bằng phương pháp nhiễu loạn và giải chính xác. Do đó ta có thế đi đến kết

luận rằng: Trong dao động tử điều hòa, nếu nhiễu loạn là hàm bậc nhất theo tọa

độ thì phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu loạn cho ta kết quả hoàn toàn chính

xác khi tính đến bậc 2 của năng lượng.

Phân tích.

5. Nhận xét.

Nhiễu loạn là một hàm bậc nhất theo tọa độ (hàm đơn giản). Mục đích của

bài này là từ kết quả thu được nghiệm lại phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu

loạn có phù hợp hay không ứng với toán tử nhiễu loạn đã cho.

6. Kiến thức.

Để giải bài này cần nắm vững những kiến thức sau: Lý thuyết dao động tử

điều hòa, các kết quả thu được từ việc giải chính xác, các công thức (6.2), (6.3)

và (6.5). Lý thuyết nhiễu loạn. Bổ chính bậc 1, bổ chính bậc 2. Các công thức

(6.4) và (6.7). Phương pháp đại số trong lý thuyết nhiễu loạn. Các công thức

(2.9).

7. Phương pháp_kĩ năng giải toán.

Dựa vào lý thuyết dao động tử điều hòa xác định năng lượng chính xác

của bài toán không nhiễu loạn và tính chất của hàm sóng (6.5). Sử dụng các

công thức để tính các bổ chính bậc 1, bậc 2 cho năng lượng. Khi giải chính xác,

chú ý cách biến đổi và cách đặt công thức ở (6.11). Tính trực chuẩn các hàm

sóng.

Để giải bài toán này phải nắm vững những kỹ năng sau: Biến đổi các

công thức (6.5), (6.6). Tính tổng trong công thức (6.9). Biến đổi hàm Halmiton

và các đặt ẩn trong (6.11). Giải phương trình (6.12) tương tự như trong lý thuyết

dao động tử điều hòa.

8. Kết luận.

Đây là một trong những bài toán cơ bản của việc sử dụng lý thuyết nhiễu

loạn để xác định năng lượng của dao động tử điều hòa. Bài toán này thường

được dùng như một ví dụ điển hình cho phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu

loạn, được giảng dạy cho hầu hết các sinh viên đại học khoa vật lý.

Bài 7.

Xét dao động tử điều hoà với Hamiltonian



 (cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

0



(cid:0) H

 ˆ ˆ a a

;

ˆ a

ˆ a

)







,

0

 

(   

(cid:0) V

Trong đó, ˆa và ˆa tương ứng là toán tử huỷ và sinh lượng tử  . Hãy tính

độ dịch các mức năng lượng chính xác đến bậc hai của  so với trường hợp

. Xét theo hai cách: Tính chính xác và xem (cid:0)V nhiễu loạn.

(cid:0) (cid:0) 0 H H

Lời giải.

Cách 1: Giải chính xác bằng phương pháp giải tích toán học.



 (cid:0) (cid:0) H H V

Hàm Hamilton: (cid:0)

0

m

m



 x

p

ˆ a

 x

p

ˆ a









;

(7.1)

x

x

1 2

1 2



   

   

   

   

i m  

i m  

 2

2

2

(cid:0) H

2

 



2 m x 



x 



(7.2)

2

1 2

1  m    2

d  2 m dx

b

2



m  

Đặt:

Do đó:

2

2

2

2

d

(cid:0) H

; k = m

2 

 









(7.3)

2

 

1 2

1 2

 2 m

b k

b 2 k

 k x  

  

dx

u

x

Đặt:

)





2  2

2  2

b   k d    dx

d    du

d dx

d d  ( dx dx

d du

du d . du dx Phương trình Schrodinger:

2

2

2

 H

E

u

E

 









2 





(7.4)

2

    

b k

d  m du 2

2 m  2

  

  

2

E n

n  

b 2 k

2

b

2





cho ta:

1 2 Phương trình (7.4) cho ta nghiệm của năng lượng:

(7.5)

Với:

nE

m  

 n    

Cách 2: Chúng ta có thể giải chính xác bài toán này bằng cách sau:















(7.6)

Đặt các toán tử:

 

 

  b a    a b  

   b   b  

    

Hàm Hamliton được viết lại:



+

)

 ˆ ˆ a a

ˆ a

ˆ a

(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V  









 a   a  

(7.7)

0

 

(   

  2   b b    

Phương trình Schrodinger được viết lại:

2

(cid:0) H





  













2 n      

(7.8)



   b b E   n

2 n     



 và a . (phép biến đổi Unita)

 và b đóng vai trò như a

Vì b

Cách 3: Sử dụng Lí thuyết nhiễu loạn:

Phương pháp đại số:

Ta có:

n n

1

n

n

  a n









 a n

(7.9)

 1 1 ; *Nhiễu loạn bậc 0, (không nhiễu loạn).

0



n

E   

0 E n n

n

(cid:0) H n 0

Năng lượng khi không xét đến nhiễu loạn:

0

(7.10)

n 

E n

* Nhiễu loạn bậc 1:

(1)

(cid:0) n V n





 0

(7.11)

E n

* Xét nhiễu loạn bậc 2:

2

(cid:0) k V n

(2)





(7.12)

(0)

(0)



E n

k n 



E n

E k

Xét:

n

1 ;

k n

1



 



(cid:0) k V n

k

 a

 a n





 





;

k n

1

n

 

         

2

2

(cid:0) k V n

(cid:0) k V n

(2)







 

(7.13)

(0)

(0)

(0)

(0)

2  

E n





E n

E k

E n

E k

    

    

    

    

k n

k n

1  

1  

Vậy:

(0)

(1)

(2)



 

 



(7.14)

2 n    

E n

E n

E n

E n

Nhận xét.

Từ các kết quả thu được (7.5), (7.8) và (7.14) kết quả của việc giải bằng

phương pháp nhiễu loạn hoàn toàn phù hợp với kết quả giải chính xác. Từ đây

cho ta một nhận xét hoàn toàn tương tự như ở bài 6 đó là: Phương pháp nhiễu

loạn được nghiệm đúng khi tính đến bổ chính bậc 2 của năng lượng.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Về mặt kiến thức, phương pháp giải và kỹ năng giải toán thì hoàn toàn

tương tự như bài 6. Ở đây, cần bổ sung một vài lưu ý sau:

a ˆ;

) và sự tác

Nắm vững các định nghĩa của các toán tử sinh hủy hat ( ˆ a

dụng của chúng lên các hàm sóng.

Công việc biến đổi từ (7.2) đến (7.4) là một thao tác đưa phương trình

Schrodinger về dạng quen thuộc mà ta đã giải chính xác trong bài toán dao động

tử điều hòa.



 , b ) ở biểu thức (7.6) trong cách giải thứ 2 (phép

Việc đặt các toán tử ( b

biến đổi Unita) là một thao tác giúp cho lời giải ngắn gọn hơn, nhưng cũng chú

ý rằng tùy theo hàm Halmiton và toán tử nhiễu loạn mà ta phải có cách đặt phù

hợp nhất.

Kết quả giải bằng phương pháp nhiễu loạn và giải chính xác là một cần

phải lưu ý trong các bài toán nhiễu loạn, từ đó đưa ra nhận xét cho bài toán.

2. Kết luận.

Bài này ở mức độ cơ bản, nắm được kiến thức và một số thao tác đơn

giản là có thể làm được, bài toán được sử dụng nhiều trong chương trình giảng

dạy ở đại học.

Bài 8.

Dao động tử điều hòa một chiều có Hamilton: ˆ ˆ ˆ  H H V



o

2

2

2

2

Với:

là thế nhiễu loạn,  là hằng số.

và (cid:0) V



 m x 

ˆ H

 



2 m x 

o

(cid:0) p m 2

1 2

1 2

a. Hãy tính bổ chính các mức năng lượng đến bậc 2.

b. So sánh và nhận xét kết quả trên với nghiệm chính xác.

2

2

Cho biết hàm riêng của hàm Hamiltonian

là

ˆ H

 

2 m x 



o



1 2 2 

m



n

2 

H

2  e

x

exp(-

( 1)



( ) 

 

; = 

trong đó

và hệ số

( )   n

A n

)H ( )  n

n

2

(cid:0) p m 2 n d e n d 



.

chuẩn hóa

A n

m 

   

1 n n 2 !

1/4    

Lời giải.

Câu a. Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn:

Hàm Halmiton:



 (cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

0

Với:

2

2

2

2

 



2 m x 

2  m x  

0

2

1 2

1 2

d  2 m dx

(cid:0) H (cid:0) ; = V

*Nhiễu loạn bậc O, (không nhiễu loạn):

2

E

x

E







 

2   

2 2   m  2 2

d  2 m dx

(cid:0) H

(8.1)

Năng lượng:

(0)



nE

1 2

 n  

  

 

(8.2)

Hàm sóng:

2   A e H 2



  

    n

n

n

* Nhiễu loạn bậc 1:

2

(cid:0) n V n

n

2 n x n







2 m x n  



2 m  

(8.3)

  1 nE

1 2

1 2

Với:

1)

(

n

n

2)







1

2

2

x

n

2

n

n

2











(8.4)

 n

n n ( 2

n  2

1)( 2

1

2

 

(8.5)

 1 E n

  

n  4

   

  

* Nhiễu loạn bậc 2:

2

(2)





(cid:0) k V n

(8.6)

(0)

(0)



E n

k n 



E n

E k

Với:

1)



;

2

k

n  

  

( n n 4

1

2

;

k

n



  

(cid:0) k V n

n  4

(

2)

n

n





;

2

k

n  

  

1)( 4

           

Nên:

2

2

(2)

2

1

+





 

(cid:0) k V n (cid:0) k V n

(8.7)

(0)

(0)

(0)

(0)

2   

E n

n  18





E n

E k

E n

E k

    

    

    

    

k n

k n

2

2

 

 

Vậy:

(0)

(1)

(2)

2

1

2

1

2

n

+





 

 







 (8.8)

E n

E n

E n

E n

1 2

n  4

n  18

  

  

  

  

    

  

Câu b: Giải chính xác.

Hàm Hamilton:

2

2

2

m

x

1)





2 (  



(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V   

(8.9)

0

2

d  m dx 2

1 2

Phương trình Schrodinger của dao động tử điều hòa:

2

E

E

x

1)







 

2 (   





d  m dx 2

2 2   m  2 2

(cid:0) H

(8.10)

m

2

x

0

E 

2 











 

 1

2  2

m 2

d dx

2 2  2

(8.11)



1

x

  

 

 và

Đặt:

0

2

2

m

m

 0

 0

,







2

d dx

 dx

d dx

d d d 

d 2 d 

0m   d d 





Phương trình (8.11) trở thành:

2

2

0

  



2 d  E  2 d   0

(8.12)



Giải phương trình (8.12) ta tính được nghiệm:

1

E

n









(8.13)

0

n  

  

1 2

1 2

  

  

  

  

Xét:

  

1,1

....



1 1   

(8.14)

1 2

1 2    4

Ngắt chuổi này đến bậc 2 của  và thế vào (8.13) ta thu được:

2

1

2

1

2

E

n

+









(8.15)

1 2

n  4

n  16

  

  

  

  

     

  

Nhận xét.

và ta ngắt chuổi (8.14) đến bậc 2 của  thì ta thu được nghiệm

Nếu

  

1,1

chính xác hoàn toàn phù hợp với nghiệm thu được khi sử dụng lý thuyết nhiễu

loạn.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Nhiễu loạn là một hàm bậc hai theo tọa độ. Mục đích của bài này là từ kết

quả thu được nghiệm lại phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu loạn có phù hợp

hay không.

2. Kiến thức.

Để giải bài này cần nắm vững những kiến thức sau: Lý thuyết dao động tử

điều hòa, các kết quả thu được từ việc giải chính xác, các công thức (8.1), (8.2).

Lý thuyết nhiễu loạn. Bổ chính bậc 1, bổ chính bậc 2, công thức (8.3), (8.6).

Khai triển chuổi Maclaurin (8.14).

3. Phương pháp_kỉ năng giải.

Dựa vào lý thuyết dao động tử điều hòa xác định năng lượng chính xác

của bài toán không nhiễu loạn (8.2) và tính chất hàm sóng (8.4). Sử dụng các

công thức để tính các bổ chính bậc 1, bậc 2 cho năng lượng. Khi giải chính xác,

chú ý cách biến đổi và cách đặt công thức ở (8.11) và (8.12). Tính trực chuẩn

các hàm sóng.

Để giải bài toán này phải nắm vững những kỹ năng sau: Biến đổi các

ở (8.3), tính tổng trong công thức (8.6). Cách

công thức (8.4), tính giá trị

 1 nE

biến đổi và cách đặt đặt ẩn trong (8.11), (8.12). Khai triển chuổi Maclaurin

(8.14) và biết ngắt chuổi đến bậc 2 của .

4. Kết luận.

Khi giải bài toán này cho ta hai nghiệm ứng với hai trường hợp giải bằng

phương pháp gần đúng (lý thuyết nhiễu loạn) và giải chính xác. Chính vì vậy,

việc tìm miền hội tụ và khai triển chuổi (8.14) cùng với việc ngắt chuổi đến bậc

2 của  là một việc quan trọng trong lời giải. Kết quả thu được sẽ cho ta nhận

xét của bài toán khi so sánh.

Bài toán đòi hỏi phải tính chính xác, biết so sánh nghiệm và rút ra kết

luận. Bài toán nên sử dụng cho các sinh viên làm bài tập để kiểm nghiệm về

phương pháp sử dụng lý thuyết nhiễu loạn.

Bài 9.



Xét dao động tử điều hòa 2 chiều: 2 P x

2 P y

2

2

(cid:0) H

x

y







0





2

2 m  2

m

a. Hãy tính năng lượng của 3 trạng thái thấp nhất.Các mức đó có suy biến

hay không ?

2 m xy  

b. Giả sử có nhiễu loạn : (cid:0) V

Trong đólà số thực không thứ nguyên và rất nhỏ so với 1. Hãy xác định

hàm sóng ở gần đúng bậc 0 và năng lượng ở gần đúng bậc 1 đối với 3 trạng thái

nói trên.

(cid:0) (cid:0) H H V



 . Hãy so sánh với kết quả nhận

c. Giải chính xác bài toán với (cid:0)

0

được ở câu Lời giải.

Câu a. Năng lượng cho ba trạng thái thấp nhất_tính suy biến.

Phương trình Schrodinger:



2

2

x y ( ,

)

E

x y ( ,

)

(cid:0) H

x

y

E













0



   

2 2 P P    2 m x y 2

m

2

2

x



2 E   

x

2 E   

x

x



(9.1)

y

2 E   

y

y

2 E   

y

2 2 d m     2 2 2 m dx 2 2 2 d   m   2 2 2 m dy

2 2 P   m x  2 2 m 2 P   2 m y  2 2 m

      

      

;

E

n

E

n









x

x

y

y

1 2

* Năng lượng:     

  

    

  

(9.2)

E

n

n

n

E E 













 1 ; n = 1, 2 , 3...

y

x

x

y

 1

1 2   

  

* Hàm sóng và bậc suy biến:

TH1: Trạng thái cơ bản.

n

n

0

n

0

  

x

   00

(0)

Có 1 hàm sóng

0E

y 00 ứng với 1 mức năng lượng

   Không suy biến.

TH2: Trạng thái kích thích thứ nhất:

n

n

0,



1  

x

y

n

n

n

1,



0  

x

y

 01  10

 1    

2

Có 2 hàm sóng ứng với mức năng lượng

(0) E 1

   suy biến bậc 2.

TH3: Trạng thích kích thích thứ hai:

n

2,

n



0  

x

y

 20

n

2

n

1,

n

  

1  

x

y n

n

0,



2  

y

x

 11  02

    

3

Có 3 hàm sóng ứng với mức năng lượng

(0) E 2

   suy biến bậc 3.

Câu b. Hàm sóng bậc không và năng lượng bậc 1.

n

n

0

n

0

  

TH1:

  : Trạng thái cơ bản  không suy

x

 00

y

biến. * Hàm sóng bậc không:

2

2

2

2

2

2

(cid:0) H

m

x

y

E

E













2 

x

y

0

 00

E 0

 00

2

2



  00



  00

d  2 m dx

d  2 m dy

1 2

    

   00 

Từ đây ta tìm được hàm sóng bậc không:

2

2

)

y



1 2



m

( m x  2



e

x ( )

y ( )



(9.3)

   0

(0) 00

0

   

     

* Nhiễu loạn bậc 1:





m

m



2

2

 x

y





m





(cid:0) V

xy

m

xe

dx

ye

dy

0

0

0

0

0

2 m  

2 











(9.4)

  1 E 0









  

E

E

E



 

Năng lượng khi tính đến bậc 1:

(1) 0

(0) 0

(1) 0

  

TH2: Trạng thái kích thích thứ nhất  Suy biến bậc 2.

n

1



x

x y ( ,

)

y ( )







(0) (0)   1 10

( ) x   0

1

n

0



y

(0)

n

C

1  









(0) C  1 1

(0)  2 2

(9.5)

n

1



x

x y ( ,

)

y ( )







(0) (0)   01 2

( ) x   1

0

n

0



y

       

Phương trình thế kỉ:

 

(1) E 1

0



(9.6)

V 11 V

V 12 V

 

21

22

(1) E 1

10

(cid:0) V

10 ;

10

(cid:0) V

01









V 11

V 10,10

V 12

V 10,01

V

V

01

(cid:0) V

10 ;

V

V

01

(cid:0) V

01









21

01,10

01,01

22

10

(cid:0) V

10

10

xy

10

10

01

21









0  

2 m  

(9.7)

V 11

V 11

 

1 2

1 2

   

   

10

(cid:0) V

01

10

xy

01

10

10

12

2 m  













(9.8)

V 12

V 21

 

 

1 2

1 2

1 2

   

   

Thay các yếu tố ma trận tìm được vào phương trình thế kỉ, ta thu được:





(9.9)

(1) E 1

1    2

2





 



(0) E 1

(1) E 1

(1) E 1

(9.10)

2





1    2 1    2

Năng lượng bậc 1 ở trạng thái thứ 2:      

(1)

(0)

(1)

E

E



 

E

(1)

E





1   2

(0)

E

  2

1

(1)



Nhận xét. Khi có nhiễu loạn, năng lượng đã bị tách làm 2 mức, ứng với 2

hàm sóng tính suy biến bị khử hoàn toàn.

C

* Hàm sóng bậc không: (0) 





(0) C  1 1

(0)  2 2

(1)

E

)

0

 





(9.11)

(1)

C V 2 12 E

 

) 0 

1 21

C V ( 2

22

Với C1, C2 thỏa:  C V (  11 1  C V  





(1) E 1

Với:

0







C .   1

C .   2

1    2 1 2

1 2

  1

C C 2

Hệ (9.11):

(9.12)

0





C 2

. C   1

 

1 2

1 2

    

C

Điều kiện chuẩn hóa cho hàm sóng

(0) :

1 

(9.13)

2 C 1

2 2

C C



Từ (9.12) và (9.13):

1

2

1 2

(0)

)

)









(0) (0) (    1 2

(0) (0) (    1 2

(9.14)

1 2

1 2





Với:

(1) E 1

1    2

0





2

C .   1

C .  

C

Hệ (9.11):

(9.15)

C    1

2

0

C





2

. C   1

 

1 2 1 2

1 2 1 2

    

C

(9.16)

(0) :

 1

Điều kiện chuẩn hóa cho hàm sóng

2 C 1

2 2

C 



Từ (9.15) và (9.16):

C 1

2

1 2

(0)

)

)









(0) (0) (    1 2

(0) (0) (   1 2

(9.17)

1 2

1 2

TH3: Trạng thái kích thích thứ 2  suy biến bậc 3.

2

x y ( , )

y ( )

(0) (0)     1 20

x ( )    0

2

0

1

(0)

n

x y ( , )

y ( )

C

2  

(0)   





(0) (0)     2 11

x ( )    1

1

 1 1

(0) C  2 2

(0) C  3 3

1

0

x y ( , )

y ( )

(0) (0)     3 02

x ( )    2

0

2

 n  x  n  y  n  x  n  y n   x  n  y

Phương trình thế kỉ:  

V 11 V

(1) E 2

V 12 V

V 13 V

0

 



21

22

23

(1) E 2

(9.18)

V

V

V

 

31

32

33

(1) E 2

0









(1) E  2

V V  23 32

21

(1) E  2

31

(1) E  2

 (1) E V   2 11

 (1) E V 2 33



 V V V V V  12 23 31 33





   V  22

 

 

 

 

 

 V V V V V  13 21 32 22 (9.19)

Các yếu tố ma trận: (cid:0) V

20

20 ;

20

11 ;

20

02







V 11

V 12

V 13

(cid:0) V (cid:0) V

V

V

V

11

20 ;

11

11 ;

11

02







(cid:0) V (cid:0) V (cid:0) V

(9.20)

21

22

23

V

V

V

02

20 ;

02

11 ;

02

02







31

32

33

20

(cid:0) V

20

20

xy

20

20

11

31









0  



2 m  

V 11

V 22

V 33

 

1 2

3 2

   

   

02

00

20

22

V

20

20

11













V 12

  

1 2

1 2

   2

1 2

  

V

V

V







V 12

23

32

21

   Tương tự ta cũng tính được:     2

20

V

02

20

11

13

V







0  



V 13

V 13

31

  

3 2

1 2

   

   

Thay các giá trị vừa tính được vào (9.19):

(cid:0) V (cid:0) V (cid:0) V

E

 

(1) 2

  

2

2

E

E

0

E

0









(1) 2

(1) 2

(1) 2





    

(9.21)

    

  

E

 

(1) 2

  

       

Năng lượng tính đến bậc 1 ở trạng thái kích thích thứ 2:



 









 





 





(1) E 2 (1) E 2 (1) E 2

(0) E 2 (0) E 2 (0) E 2

(1) E 2 (1) E 2 (1) E 2

3     3   3    



    

(1)

E



 3    

(0)E

(1)

E

  3

(1)

E



 3    

0

(cid:0) V 

(cid:0) 0V 

Hình 16. Sự tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ 2.

Nhận xét. Khi có nhiễu loạn, năng lượng đã bị tách làm 3 mức, ứng với 3

hàm sóng tính suy biến bị khử hoàn toàn.

Hàm sóng bậc không:

(0)

C









(0) C  1 1

(0)  2 2

(0) C  3 3

(1)

)

0









13

(1)

V (

0



1 





(9.22)

V (

0

E C V C V C 2 3 12 E C V C ) 2 3 





23 (1) E C ) 3

33

31

32

2

Với C1, C2, C3 thỏa:  V ( 11  V C  21 1 22  V C V C   1

(1)E

:

Thế các giá trị vừa tính được của Vnn’ và xét từng trường hợp của

 : 0

*

(1) E 2

C

0







C 0 1

2

C 0 3

   2

0



(9.22)

C 0







0  

C 1

2

C 3

(9.23)

0



   2

C  2  C C   1 3

C

0







C 0 1

2

C 0 3

   2

        2    

C





Điều kiện chuẩn hóa cho ta:

 1

(9.24)

2 C 1

2 2

2 C 3

 



C 3

(0)











1 2

(9.25)

(9.23) và (9.24)

 (0) (0)   1 3



1 2

0



2

 C  1   C 

(1)





:

*

2E

0







C 2

0 C 3

   2

0



2 C C  1 2

(9.22)

0

0







  

  

 

(9.26)

C 3

C 1

2  C C 2 3

C C 3

1

C 2

C    2

   2

1 2





0

2 C 3

   C  1  C   2







0

C 2

C    3

   2

   C     1       2   0 C  1 

C





 1

(9.27)

Điều kiện chuẩn hóa:

2 C 1

2 2

2 C 3

 

C 1

(0)

C











(9.26) và (9.27)

(9.28)

2

(0)   1

(0) (0) 2   2 3





1 2

C

 

3

1 2 1   2 1 2

        

(1)





:

*

2E

0







C 2

0 C 3

C     1

   2

0



2 C C  1 2

(9.22)

0

0







  

  



(9.29)

C 1

2 C C  2 3

C C 3

1

C 2

C 3

C    2

   2

1 2

0





C 2 3

   C  1  C   2

0







C 2

C    3

   2

          2   0 C  1 

C





 1

(9.30)

Điều kiện chuẩn hóa:

2 C 1

2 2

2 C 3



C 1

( 0)

C















(9.31)

(27) và (28)

2

(0 ) ( 0) 2   2 3

 ( 0)  1



1 2

1 2 1 2

C



3

1 2

        

Câu c. Giải chính xác bài toán:

Hàm Hamilton:

2

2

2

2

2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

m

x

y



  









2 

2 m xy  

(9.32)

0

2

2





d dy

1 2

  

 d   2 m dx  Quay hệ trục xOy sang hệ trục X0Y một góc :

Q

(9.33)

x Xc os + sin Y   sin Yc X y

 os

 

 



x     y  

X      Y  

  

Xét:

2

2

2

sin

Y

X

sin cos

2 os  





(9.34)

 

 x y XY c . 

 





Đảm bảo tính trực giao và modun vector đơn vị bằng 1 trên các trục trong hệ tọa

độ 0XY:

2

c os

sin

2 



 

 

(9.35)

 4



Do đó phải quay hệ trục xoy sang hệ trục X0Y một góc

.

 4

Khi đó:

2

2

2

2

x

X

Y





2

2

. x y

Y

X





 



y 1 2

2

2

2















2

2

2

d dx

d dX dX dx

d dY dY dx

2 2

d d  dX dY

d dx

1 2

d dX

d dY

d d dX dY

  

  

  

  

2

2

2

















(9.36)

2

2

2

d dy

d dX dX dy

d dY dY dy

2 2

d d  dX dY

d dy

1 2

d dX

d dY

d d dX dY

  

  

  

  

Hàm Hamilton được viết lại:

2

2

2

2

2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) H H V

X

Y

  









(9.37)

 1

 

 1  

 

0

2

2

 

 

2 m  2

d dY

 d   2 m dX 

  

Phương trình Schrodinger:

2

2

2

2

2

(cid:0) H

E

X

E

Y

 









  

  

(9.38)

 

 1  



2

2

  1 

 

d dY

2 m  2

 d   2 m dX 

   

Sử dụng phương pháp tách biến:

2

)

2

X

)

E

X

)

X (  









 1



(  X

X 2

(9.39)

2

Y ( )

Y ( )







 1

 Y  

E  Y

Y ( ) 2

2 ( d   2 m dX 2 2 d   2 m dY

2 m  2 2 m  2

    

Đặt:

1







 1

(9.40)

1







 2

Áp dụng kết quả của dao động tử điều hòa một chiều, ta có:

X

E 1      n 1 n 1   1    1 2 1 2

(9.41)

  

Năng lượng của hệ:

1      E Y n 2 n 2   2 1 2 1 2                        

1 1 E E       

(9.42)

X

E Y n 1 n + 2    1 2 1 2            

      Khai triển Maclaurin:

1 1 ...    

(9.43)

* Trạng thái cơ bản n = 0:

1 1 ...     1 2 1 2 1 2    4 1 2    4

1 n

 0 n 2

(9.44)

  

* Trạng thái kích thích thứ nhất n = 1:



 : 0 n 1 n 21;

1 1          3 2 1 2      

1 ... 1 ...    

(9.45)

2   

  3 2 1 2 1 2    4 1 2 1 2 1 2    4               

   2 (cid:0)      1 2 1 4



 : 1 n 1 n 20;

1 1          1 2 3 2   

1 ... 1 ...    

(9.46)

2   

  1 2 1 2 1 2    4 3 2 1 2 1 2    4                  

* Trạng thái thứ 2: n=2



   2 (cid:0)      1 2 1 4

1

1

 



  



 

1 2

n 1 n 22;

  

1

...

1

...









 : 0 5   2 

(9.47)

 

5 2

1 2

1 2    4

1 2

1 2

1 2    4

  

  

  

  

  

  



2    

3 (cid:0) 





1 2



1

1



 

  



 

3 2

3 2

  

1

...

1

...









 : 1 n 1 n 21;

(9.48)

 

3 2

1 2

1 2    4

3 2

1 2

1 2    4

  

  

  

  

  

      

3 (cid:0)   : 2



1

1



 

  



 

5 2

1 2

  

  

1

...

1

...









 

n 1 n 20;

(9.49)

1 2

1 2

1 2    4

5 2

1 2

1 2    4

  

  

  

  

  

  

2    





3 (cid:0) 



1 2

Nhận xét.

So sánh với kết quả tính theo lý thuyết nhiễu loạn ta thấy kết quả tính chính

xác có sự sai khác với một tổng theo lũy thừa của  (từ lũy thừa 2 trở lên).

1  nên sự sai khác này là không lớn lắm và nếu như ta ngắt các

Nhưng vì

chuỗi ở (9.43) đến bậc nhất của  thì kết quả của phép giải bằng lý thuyết nhiễu

loạn là hoàn toàn phù hợp.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Bài toán về dao động tử điều hòa 2 chiều, nhiễu loạn có dạng tích của 2 tọa

độ (bậc nhất). Bài này nhằm mục đích xác định tính suy biến và sự khử suy biến

đối với từng trạng thái (ba trạng thái thấp nhất), xác định hàm sóng đối với mỗi

trạng thái và từ đó đem kết quả này so sánh với việc giải chính xác bài toán rồi

rút ra kết luận về việc sử dụng lý thuyết nhiễu loạn.

2. Kiến thức.

Để giải được bài này cần nắm vững những kiến thức sau: Lý thuyết về dao

động tử điều hòa, các kết quả thu được từ việc giải chính xác bài toán dao động

tử điều hòa một chiều (9.2). Lý thuyết về nhiễu loạn không suy biến và có suy

biến. Tính trực giao và chuẩn hóa của hàm sóng.

3. Phương pháp và kỹ năng giải toán.

Sử dụng phương pháp tách biến ta tìm ra được hệ phương trình theo 2

biến độc lập ở (9.1). Áp dụng các kết quả thu được từ việc giải chính xác bài

toán dao động tử điều hòa một chiều ta được (9.2). Sử dụng kết quả (9.2) ta đi

biện luận về tính suy biến ở ba trạng thái có mức năng lượng thấp nhất.

Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn cho trường hợp suy biến và không suy biến

(các công thức bổ chính) để xác định các bổ chính năng lượng và từ đó xác định

các hằng số C trong sự chồng chập các trạng thái (hàm sóng), ở bài toán này

chúng ta chỉ quan tâm đến bổ chính bậc 1 cho năng lượng và bậc không cho hàm

sóng. Có được các mức năng lượng trong mỗi trạng thái và số hàm sóng (trạng

thái) tương ứng ta sẽ kết luận được sự khử suy biến. Vẽ giản đồ năng lượng ứng

với từng trạng thái ta sẽ kết luận rỏ hơn.

Trong phép giải chính xác, việc thực hiện các thao tác (9.33), (9.34) là để

đảm bảo tính trực chuẩn của hàm sóng và modun của các vector đơn vị trên trục

OXY luôn bằng 1. (đảm bảo thứ nguyên cho năng lượng).

Kết quả ở cách giải chính xác và cách giải dùng lý thuyết nhiễu loạn có sự

khác nhau ở trạng thái kích thích thứ nhất và trạng thái kích thích thứ 2. Sự khác

nhau này là không lớn do miền hội tụ của

, Do đó trong trường hợp này

  

1,1

lý thuyết nhiễu loạn vẫn được nghiệm đúng.

4. Kết luận.

Bài toán này tương đối dài về mặt tính toán và có phần khó về mặt lập luận.

Bài này nên sử dụng làm bài tập tham khảo cho sinh viên đại học và nên giảng

dạy nhiều cho các lớp cao học.

Bài 10.

Dao động tử điều hòa nằm ở trạng thái cơ bản khi t < 0, khi t > 0, dao động

tử chịu tác động của lực (không phải là lực thế) đồng nhất hướng theo trục x

t T /

F t ( )



F e  o

a. Dùng lý thuyết nhiễu loạn đến bậc 1, hãy tính xác suất tìm thấy dao động

tử ở trạng thái kích thích thứ nhất khi t > 0, hãy chỉ ra rằng xác suất không

phụ thuộc thời gian ở giới hạn t  .

b. Có thể tìm thấy dao động tử nằm ở trạng thái kích thích cao hơn không ?

Lời giải.

Câu a.

Lực tác dụng theo trục x:

F

Fdx

V

V

Fx

dV          

/t T



Fx

 

 

V  x  x

(10.1)

Toán tử nhiễu loạn: (cid:0) V

F e o

Hàm Halmiton:

ˆ H

ˆ H

(cid:0) V





0

Phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian:

(cid:0) (cid:0) H V  0

i 

(10.2)

        t

(10.3)

Đặt:

(0)  n

n

Giải phương trình (10.2) ta thu được hệ số khai triển:

i

i

exp

i





x t ( , ) x t ( , )  C t ( ) n  

(10.4)

C n

E t m

E t n

(cid:0) V   n

m





  

  







dC m dt E m

E n

Đặt

: Chuyển dời lượng tử.



 mn



Trong phép gần đúng bậc nhất:



(1)

t mn

dt

C

(cid:0) V

m

i    e m n

(10.5)

0

1   i 

Xác suất tìm thấy dao động tử ở trạng thái kích thích thứ nhất (m = 1) khi t > 0

2

t

2

mn

C e d 

(10.6)

1 m

m

n



0

t /T



V



 

với

F e 0

x mn

ˆ V   n

m

mn

nên:

2



2

2



1

/ t T



i   m n

C

e

e

x

d t



m n

m

1  2      i      (cid:0) V  

(10.7)

F 0 2



0



  

  

trong đó: n: là trạng thái ban đầu (n = 0)

m: là trạng thái sau (m = 1)

do đó :

x 1 0 1 1    

(10.8)

mnx

2



2

2

2

t

i 

1

2

/ t T



m n

d t

C

e

e

I





m

x 10 1 2 2  m   m           

(10.9)



4

4

F m

F m

0

0  

0  

  

  

2

2

2

(đpcm) (10.10)

khi

1 m

t I C t     t     T Ti 1 4 T Ti 1    mn  mn             F 0 m  

Câu b.

n

1

;

m

n

1





 2

 m 

(10.11)

;

1

x

m

n







m n

n 2

 m 

0

;

1

m

n





            

t < 0 dao dộng tử ở trạng thái cơ bản n = 0 nên:

1

0

2 mC

0 

(10.12)

 khi m

1  thì mnx

1

0

2 mC

 khi m

1  thì xmn = 0 

Nhận xét. Vậy chỉ có thể tìm thấy dao động tử ở trang thái kích thích thứ nhất

(m = 1) và không thể tìm thấy dao động tử ở trạng thái kích thích thứ hai, thứ ba

hay cao hơn.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Dao động tử điều hòa một chiều ở trạng thái cơ bản chịu một lực lực phụ

thuộc thời gian hướng theo trục x, lực này đóng vai trò như một nhiễu loạn.

Chính vì có nhiễu loạn sẽ làm cho dao động tử từ trạng thái cơ bản chuyển lên

một trạng thái kích thích nào đó. Nhiệm vụ của chúng ta là tìm xác suất chuyển

dời giữa hai trạng thái này.

Bài toàn nhằm mục đích sử dụng lý thuyết nhiễu loạn phụ thuộc thời gian

để tính xác suất chuyển dời lượng tử. Từ đó xác định được sự phụ thuộc của xác

suất này vào thời gian và thay đổi như thế nào ở các trạng thái kích thích khác.

2. Kiến thức.

Để giải được bài toán này cần nắm vững một kiến thức sau: Lý thuyết về

dao động tử điều hòa một chiều, lý thuyết nhiễu loạn phụ thuộc thời gian và xác

suất chuyển dời lượng tử.

3. Phương pháp và kỹ năng giải.

Sử dụng công thức F

V

  để tìm toán tử nhiễu loạn (cid:0)V (10.1). Áp dụng

lý thuyết nhiễu loạn phụ thuộc thời gian, trong phép gần đúng bậc nhất (10.7).

Lưu ý yêu tố ma trận xmn trong công thức (10.8).

Sử dụng công thức (10.9) ta thu được kết quả (10.10). Từ công thức

(10.7) và (10.11) ta thu được kết quả (10.12).

4. Kết luận.

Bài toán chỉ dừng lại ở mức độ tính toán đơn giản, thường được dùng

để giảng dạy ở các lớp đại học.

II.3. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ NHIỄU LOẠN CỦA HẠT TRONG TRƯỜNG XUYÊN TÂM.

Bài 11.

Một electron ở quỹ đạo p đặc

trưng bởi vector

trạng

thái:

2

2

(bỏ qua spin) chịu tác dụng của thế

( là

V

x

y

)

( 



n l ,

1,0

m 1,

 

hằng số) Xem V là nhiễu loạn, hãy tìm trạng thái năng lượng bậc không. Không

cần tính độ dịch chuyển năng lượng một cách chi tiết, hãy cho biết suy biến ban

đầu có bị loại bỏ không.

Lời giải.

Hàm Hamilton:

2

2

2

2

(11.1)

sin

ˆ ˆ ˆ H H V  







r 

cos 2  

o

2   r

2

 2 L mr

r

  m 2

2

Ze 4  o

*Trạng thái năng lượng bậc không (không nhiễu loạn): Phương trình Schrodinger:

2

(0)

o ( )

(11.2)

ˆ H

E

E















o

2 r

2

2

2      2 m

 2 L mr

r

Ze 4  o

Đặt:

 

( )

(

,

)

.rR Y 

Giải phương trình (2) theo phương pháp phân ly biến số, ta thu được các kết quả sau:

l

Zr  na o

(11.3)

R

C

e





R (

)

( ) r

nl

nl

2 1 l  L n l 

2 Zr na o

  

  

Trong đó:

1 2

 

(11.4)

3 2

C

(

)



nl

n

(

n l 

Z a o

n l 4(  4

1)! 3  )!

   

   

2

: Bán kính Bohr thứ nhất.

(11.5)

0.53

o A





a 0

2

 me

2

2

( ) o

, n =1,2,3…

(11.6)

E



4 me Z  2 2 2 n



ta suy ra n = 2. Trạng thái kích thứ nhất.

1,0

n l ,

m 1,

 

Với trường hợp: Năng lượng ứng với trạng thái kích thích thứ nhất:

2

2



(11.7)

E





o ( ) p

4 me Z 2 8

4 me Z  2 2 2 2 



Tương ứng với 3 trạng thái: 1

 2

Zr a

o

3 2

210

)

(

e

.cos

f

r ( ).cos









3

Z a

Zr a

4 2



o

o

1

 2

i 

i 

Zr a o

3 2

(11.8)

f

211

)

(

e



.sin . e 



e r ( ).sin . 

2

8



Z a o

Zr a o

1

 2



i 



Zr a o

3 2

i 

21 1

)

(

e

f

  

.sin . e 

 

( ).sin . e r 

2

8



Z a o

Zr a o

Ở mức năng lượng bậc không ứng của trạng thái kích thích thứ nhất ta có

3 trạng thái, suy biến bậc 3.

Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn có suy biến:

Phương trình thế kỉ:

(1)

210

210

210

211 210

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

E 

21 1 

(1)

211

210 211

211

211

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

E 

21 1 = 

0(11.9)

(1)

21 1

(cid:0) V

(cid:0) V

(cid:0) V

21 1 

210 21 1 

211 21 1 

E  



2 

2

211

 V

211

cos 2

sin

.sin

d

0



  



2 4 f r dr 2





0



2

210

 V

210

sin

.cos

d

0



  



2 4 f r dr 3



0

  d   0   d   0

0 2   . cos 2 0



2 

2

21 1

 V

cos 2

sin

.sin

d

0

21 1 

 

  



2 4 f r dr 2





0

0

  d   0

2 

cos 2

0

d  

Các tích phân trên bằng 0 do



0

2 



4

3

210

 V

211

cos 2 .

sin

.cos

d

0



  



f f r dr 3 2





0

0

 i   e d   0



2 

4

3

210

 V

cos 2 .

sin

.cos

d

0

21 1 

 

  



f f r dr 3 2





0

0

 i   e d   0

Các tích phân trên bằng không 0 do

2 

2

2

i 

i 

i e .

i

2 sin (4 ) 



cos 2 .

0

i  e d  







 2 i

.cos(4 ) 2 e  4 

0



2

2

2



.

f

i  .

r

sin

d sin .

d

dr

211

 V

200

sin . e 



.cos 2 . r 

) )   



f 1

2

2      ( (

0

0

0



2

.

sin

0



.sin . d   



f 1

4 f r dr 2



2   . cos 2 . 0

 i    e d   0

0



2

2

2



f

.

f

i  .

r

sin

d sin .

d

dr

211

 V

210

cos . e 



.cos 2 . r 

) )   



3

2

2      ( (

0

0

0



2

f

.

sin

0



.cos . d   



3

4 f r dr 2



2   . cos 2 . 0

 i    e d   0

0



2

2

2



210

 V

21 1

f

.

f

i  .

r

sin

d sin .

d

dr

  

sin . e 



.cos 2 . r 

) )   

3

2

2      ( (

0

0

0



3

f

.

sin

0

 

.cos . d   



3

4 f r dr 2



0

2   . cos 2 . 0

 i    e d   0

2 

2 

2 

Các tích phân trên bằng 0 do i 

i 

i e .

i

2 sin (4 ) 



cos 2 .

0

 



i   e d  



 2 i

.cos(4 ) 2 e  4 

0

Ta chú ý các yếu tố ma trận sau:



2 

2

21 1

sin

.sin

d

211

 V

  

2 4 f r dr 2

   



0

0

 i 2    d e cos 2 .  0



I

 V

211







21 1 



2 4 f r dr 2



2  3

2  3

0

Tính:

5

5

2



720

Zr  a o

I

6 r e

dr







2 4 f r dr 2

7



a o Z

1 64 

1 64 

45 4 

  

  

Z a o

Z a o

Z a o

    0

0

  

  

  

  



ar n



I

e

r dr







0

   

  Z   a   o  ! n   1 na  

Thay các phần tử ma trận vào phương trình thế kỉ (11.9):

(1)

E

0

0



(1)

E

0



(1)

0

E



0  

(1)

2  I 3

E

 

(11.10)

a o Z

2  I 3

15     2 

2   

     

(1)

E

0



2  I 3

Năng lượng của electron ở quỹ đạo p khi chịu tác dụng của nhiễu loạn:

2

2



E





(1) p

a o Z

4 me Z 2 8

15 2

  

  

2



E



(1) p

 4 me Z 2 8

(11.10)

2

2



E





(1) p

 4 me Z 2 8

15 2

a o Z

  

  



         

2





(1) E p

a o Z

15    2 

2   

4 me Z 2 8 

2





(1) E p

4 me Z 28 

2





(1) E p

a o Z

0V 

15    2 

2   

4 me Z 2 8 

0V 

Hình 17. Sự tách mức năng lượng khi có nhiễu loạn.

Nhận xét.

Hình 17 cho thấy rằng mức năng lượng này tách làm ba mức sát nhau ứng

với ba hàm sóng do đó suy biến bị khử hoàn toàn.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Bài toán về chuyển động của hạt trong trường xuyên tâm, ở đây là electron

ở quỹ đạo p. Ở quỹ đạo p tương ứng các trạng với các số lượng tử

trạng thái electron luc này là suy biến. Khi chịu tác dụng của

n l ,

1,0

m 1,

 

2

2

thế

thì năng lượng của electron có thể thay đổi.

V

x

y

)

( 



Mục đích của bài toán này là sử dụng lý thuyết nhiễu loạn đi tìm các mức

năng lượng của electron ở quỹ đạo p khi chịu nhiễu loạn V, Từ đó kết luận về sự

khử suy biến.

2. Kiến thức.

Để giải được bài toán này cần nắm vững một số kiến thức sau: Lý thuyết về

hạt chuyển động trong trường xuyên tâm, hàm riêng của toán tử bình phương

moment xung lượng, Đa thức Legendre, một số hàm cầu và hàm bán kính.

3. Kỹ năng và phương pháp giải.

Xác định được hàm Halmiton của hạt (11.1), sử dụng phương pháp tách

biến giải phương trình Schrodinger (11.2) ta thu được các nghiệm (11.3), (11.4),

(11.5) và đặc biệt là năng lượng (11.6). Với các số lượng tử đã cho ta thu được

năng lượng ở (11.7) và các hàm sóng (11.8), từ đây ta thấy trạng thái của

electron ở quỹ đạo p lúc này suy biến. Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn có suy

biến ta xác định được các mức năng lượng ở (11.10), từ đó có kết luận về sự khử

suy biến.

4. Kết luận.

Bài toán có phần phức tạp cả về hướng giải lẫn tính toán, đặc biệt là giải

phương trình Schrodinger (11.2) và tính các yếu tố ma trận trong (11.9). Bài này

nên làm bài tập tham khảo cho sinh viên đại học và nên giảng dạy ở chương

trình đại học.

Bài 12. Nguyên tử một điện tử có trạng thái cơ bản không suy biến, nằm trong điện

trường đồng nhất hướng theo trục z. Hãy tìm biểu thức gần đúng cho momen

lưỡng cực điện của trạng thái cơ bản được định nghĩa như là giá trị trung bình

của toán tử ez. Vectơ trạng thái được xác định chính xác đến bậc 1 của cường độ

điện trường theo lý thuyết nhiễu loạn.

Lời giải.

Hàm sóng:

m

( , )  



(12.1)

nlm

lR Y

nl

Trạng thái cơ bản không suy biến của điện tử :

0

O



) 



100

(12.2)

r  ae

R Y 10 0 ( ,

1 3. a



O

Khi nằm trong điện trường thì trạng thái này chịu tac dụng của toán tử nhiễu

loạn.

(12.3)

(cid:0)V

e z 

Vector trạng thái được xác định chính xác đến bậc 1 của cường độ điện trường

theo lý thuyết nhiễu loạn:

'

(12.4)

100

100

nlm





nlm

100

 

E

E



(cid:0) 100 V (0) 100

nlm (0) nlm

Moment lưỡng cực điện của trạng thái cơ bản:



(12.5)

100

 ez

100

dV

ez

 

V

(cid:0) V

nlm

2 r drd d

100

R r Y ( )

z R r Y ( )

( , ). . 

( , ). 

 

(12.6)

0 1

0 O

nl

* lm

e     V

Với:

z

r

cos



và



(12.7)

0 Y 1

0 Y 0

4  3

1 4 

 . r   

1/ 2   

   

1/2   

Thay (12.7) vào phương trình (12.6):



3

(cid:0) V

(12.8)

100

( )

( )

nlm

r R r R r dr

 

0

10

nl



e  3

0







0 m

 1 l

0 0

m m

 

l l

1   0 

1   0 

Ta chọn:

  n 2

1  1  l 1    0 m 

Khi đó:

(cid:0) V

nlm

3 r R r R r dr

100

( )

( )

 

  1 l m

(12.9)



21

10

e  3

Với:





3 2

3 2

2

r a 0

r a 0

(12.10)

;

R

re

r ( )

e .

r ( ) 2. 



R 10

21

   

   

 1  23  

   

1 a 0

1 a 0

1 a 0

4!

4

0

0

3 r a 2

(12.11)

(cid:0) V

dr



nlm

100

.

 



 



 r e 

e  3 2. a

e  3 2. a

a e 256 243 2

0

4 0

4 0

3

2

a

0

  

5   

ar n

I

r dr

Áp dụng:





  e 

0

! n na 1 



'

1

0

0

0

r a

r a /2



(12.12)

210

100







Ae

Br e .

cos

100







a e 256 243 2



E 1

E 1 4

7/2

A

;



Với:

B



e 2 .4!  a ) E 3 .( 

3 1/2 0

1

1 . a 

3 0

thay:

'

'

ez

100

ez

100

3 d r

 

2

r





a

2

r a 0

0

cos

).

sin

. A e

. . B r e

( .cos r

2 r dr

e









d d   



V

   

   

4!

(12.13)

e

.







2 

5 ea 0

5

AB 32 243

2 3

3

     

     

7/2

A

;



Vậy:

B

ez

với:





5 ea 0

2 .4! e  ) a E 3 .( 

    a   0 AB 32 243

3 1/2 0

1

1 . a 

3 0

Phân tích.

1. Nhận xét.

Trạng thái điện tử không suy biến nằm trong điện trường hướng theo

trục z. Nhiệm vụ của bài toán là đi tìm trị trung bình của ez với hàm sóng được

tính đến gần đúng bậc 1 của lý thuyết nhiễu loạn. Vấn đề đặt ra là phải đi tìm

hàm sóng này.

2. Kiến thức.

Để giải bài toán này cần nắm vững một số kiến thức sau: Hàm sóng

(12.1), bổ chính hàm sóng theo lý thuyết nhiễu loạn (12.4), công thức tính trị

trung bình của một đại lượng, một số hàm cầu và hàm bán kính ứng với các số

lượng tử đã cho.

3. Phương pháp và kỹ năng giải.

Việc xác định đúng hám sóng gần đúng đến bậc 1 của lý thuyết nhiễu

loạn đòi hỏi phải xác định được toán tử nhiễu loạn (12.3), từ đó xác định được

hàm sóng gần đúng bậc 1 (12.4). Việc đi xác định hàm sóng này là một việc khá

phức tạp, đặc biệt khi tính giá trị

nlm

(cid:0) 100 V

ta thu được biểu thức (12.8), từ

đó suy ra được các số lượng tử cho hàm sóng. Sau khi xác định được hàm sóng

gần đúng bậc 1 100  việc còn lại là đi tính trị trung bình của ez theo biểu thức

(12.3).

4. Kết luận.

Bài toán nặng về tính toán, có thể làm bài tập vận dụng cho sinh viên đại học

để hiểu hơn về bổ chính hàm sóng và moment lưỡng cực điện.

Bài 13.

Xét nguyên tử hydro đặt trong điện trường tĩnh đồng nhất  hướng theo

trục z. tương tác này được mô tả bởi số hạng W e z 

W

H

. Ở đây

điều kiện phòng thí nghiệm, ta có

0

trong Himaltonian. Trong 0H là Hamiltonian không

nhiễu loạn của nguyên tử. Do có nhiễu loạn W, suy biến của một số mức năng

lượng bị loại bỏ. Đó là hiệu ứng Stark. Hãy tính hiệu ứng Stark cho mức n = 2

Lời giải.

Hàm Hamilton:

o

o

(cid:0)





(cid:0) (cid:0) 

(13.1)

(cid:0)   H H W H e z

o

(o)

(o)

(cid:0) H

E

Nhiễu loạn bậc không (không nhiễu loạn):

(13.2)



(o)   2

2

o

(cid:0) H

U(r)

 



  2 

4

(o)

(o)

E



 

(13.3)

, n = 1,2...

* Năng lượng: E

n

2

e  2 2n



(o)



   

m R (r)Y l

nl

(o) nlm

(13.4)

( l m l), (0 l n 1)     

* Các trạng thái ứng với n = 2:

(13.5)

200 ; 210 ; 211 ; 21 1

Có bậc suy biến bằng 4.

Phương trình thế kỉ:

(1)

200

200

E

200

210

200

211

200



21 1 

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

(1)

210

210

E

210

211

210

210

200



21 1 

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

0



(1)

211

210

211

211

211

211

200

E 

21 1 

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

(1)

200

210

211

21 1

E

21 1 

21 1 

21 1 

21 1 

 

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

W (cid:0)

(13.6)

Một số hàm cầu và hàm bán kính liên quan:

i  

cos







sin e 



(13.7)

0 Y 0

0 Y 1

1  Y 1



3 4 

3 8 

1 4







1

1

r 2a

r 2a

0

0

R

(1

)e

R

e







20

21

r 2a

r a

0

0

2 6a

3 0

3 2a 0 Toán tử nhiễu loạn:

e r cos

ˆ ˆ W e z      



Tính các phần tử ma trận Wlk:

2







2 3

ˆ

ˆ 200 W 200

0





 



d  

0 R Y e z R Y   0

0 0

20

20

20

 R r dr sin cos d



e     4

0

0

0





r a

0

ˆ

ˆ 200 W 210

4 r dr

ˆ 210 W 200

(1

)e







3e a 





0 R Y e z R Y   1

0 0

21

20

0



r 2a

e   4 12a 0

0

0



e

n

n    d

!)

(áp dụng tích phân



0

ˆ

ˆ 200 W 211



1 R Y e z R Y   1

0 0

21

20

2







2

3 R R r dr sin

cos d

i  e d

ˆ 211 W 200





 

0   

20

21





3e    4 2

0

0

0

ˆ

ˆ 200 W 21 1





1  R Y e z R Y   1

0 0

20

21

2







2

3 R R r dr sin

cos d

i   e d

ˆ 21 1 W 200





 

 



20

21





3e     4 2

0

0

0

ˆ

ˆ 210 W 210



0 R Y e z R Y   1

0 1

21

21

2







2 3

3

R r dr cos

sin d

d

0





 

 

21





0

0

0

ˆ

ˆ 210 W 211



3e     4 1 R Y e z R Y   1

0 1

21

21

2







2

2 3

2

R r dr cos

sin

i  e d

ˆ 211 W 210





d  

0   

21





0

0

0

ˆ

ˆ 210 W 21 1





3e    4 2 1  R Y e z R Y   1

0 1

21

21

2







2 3

2

2

R r dr cos

sin

i   e d

ˆ 21 1 W 210





d  

0   



21





3e     4 2

0

0

0

ˆ

ˆ 211 W 211



1 R Y e z R Y   1

1 1

21

21

2







2 3

3

R r dr sin

cos d

d

0





 

 

21





3e     8

0

0

0

ˆ

ˆ 211 W 21 1





1  R Y e z R Y   1

1 1

21

21

2







2 3

3

2i  

R r dr sin

cos d

e

d

ˆ 21 1 W 211





 

0   



21





3e    8

0

0

0

ˆ

ˆ 21 1 W 21 1







 

1  R Y 21 1

1  e z R Y 1

21

2







2 3

3

=

R r dr sin

cos d

0



 

d  

21





3e     8

0

0

0

(1)

0 (1)

0

0



(13.8)

(1)

(1)

Thay các yếu tố ma trận trên vào phương trình thế kỉ: 3e a  E  0 0

E  3e a  0 0

0 0 E  0

0 0 0 E





0



0 0 0 

(1) E 0  (1) (1) E E . 0  0 0

3e a  0 0 0

 n 0

3e a 0  0 (1) 0. E 0   0 0

0 0 3e a   0 (1) E 

3e a 0  0 (1) 0 0. E   (1) 0 E 

0 0 (1) E 0 

0 0  n

E

3e a   

(1) 1

0

4

2

E

3e a   

(1) 2

0

(1)

(1)

2



E

E



0  

(3e a )  0

 

 

   

 

(13.9)

E

0



(1) 3

E

0



(1) 4

       

Vạch quang phổ ban đầu bị tách làm 3 vạch ứng với các mức năng lượng:

4

E

E





3e a 

 



3e a 

1

o 2

0

0

2

4

E

E



3e a  

 

3e a  

2

o 2

0

0

2

(13.10)

e  8  e  8



4

E

E



0   

3

o 2

2

e  8



*Hàm sóng bậc không: Thay các phần tử ma trận vào hệ phương trình sau:

0

)C W C W C W C 







 

(W 11

2

14

13

0

n 

 







1 W C (W 1

21

24

3

4

22

(13.11)

0

12 3 4 )C W C W C 23 )C W C 

 

n 





2 W C W C (W 32

1

31

31

34 4 )C

0

n 





 



2 3 W C W C W C (W 2

43

42

41

3

1

n

4

44

      

(1) E 1

0



0

C C 

2

0

2 

0

2

0

(13.12)

3

0



0

3

C

0



4

 1  C     

0

-3e a C 



0

4

3e a     Trường hợp1: 0 3e a C 3e a C      1 0   3e a C 3e a C    0 1  -3e a C    



1

2

C







Điều kiện chuẩn hóa:

(13.13)

1 2

2 C 1

2 2

2 C 3

2 C 4

C

0





4

 C C   1     C  3

(

(13.14)

   )

  1

200

210

1 2

Trường hợp 2:

C

 



C 1

2

1 2

C

0

E





3e a    

(13.15)

3

(1) 2

0

C

0



4

      

(

   )

(13.16)

  2

200

210

1 2





0

C 0  1 C

0





2

(13.17)

Trường hợp 3:

E

E



 

0  



(1) 3

(1) 4

C

0.C

2 0

0 

3

3

C

0.C

0



4

4

      

3e a C 0  1 0  3e a C      

C3 và C4 thỏa:

211

C



2 C 3

2 4

(13.18)

C



 4

211

21 1 

    1      21 1    C    3

Nhận xét. Từ (13.5) và (13.10) cho thấy khi có nhiễu loạn (đặt trọng điện

trường) thì ta thu được 3 mức năng lượng nhưng lại ứng với 4 hàm sóng. Chính

vì vậy, trong trường hợp này suy biến không bị khử hoàn toàn.

Phân tích.

1. Nhận xét.

Hiệu ứng Stark: Khi nguyên tử Hidro đặt trong điện trường chịu tác dụng

của nhiễu năng lượng của nguyên tử bị tách ra làm nhiều mức và tính suy biến

của một số mức năng lượng bị loại bỏ. Khi đó quang phổ của nguyên tử Hidro bị

tách vạch, đây được gọi là hiệu ứng Stark.

Mục đích của bài toán này là sử dụng lý thuyết nhiễu loạn để tìm các mức

năng lượng của nguyên tử từ đó nhận xét về tính khử suy biến, đồng thời xác

định các trạng thái (hàm sóng bậc không) ứng với mỗi mức năng lượng.

2. Kiến thức.

Để giải được bài toán này cần năm vững lý thuyết về hiệu ứng Stark, lý

thuyết nhiễu loạn có suy biến, hàm sóng và năng lượng của nguyên tử Hidro ở

trạng thái cơ bản.

3. Phương pháp và kỹ năng giải.

Trong khi giải bài toán này ta cần chú trọng vào việc xác định các hàm sóng

ứng với n = 2 (13.5). Từ đó sử dụng lý thuyết nhiễu loạn có suy biến ta đi xác

định các mức năng lượng (13.10). Kết quả (13.10) và hệ phương trình (13.11) ta

đi xác định các hệ số C và từ đó xác định được các trạng thái (hàm sóng bậc

không) ứng với mỗi mức năng lượng.

4. Nhận xét.

Bài toán cần phải tính toán nhiều đặc biệt là các yếu tố ma trận trong biểu

thức (13.6). Việc tính toán này đòi hỏi phải nắm vững một số công thức về hàm

bán kính và hàm cầu. Bài toán này nên sử dụng làm bài tập vận dụng khi giảng

dạy hiệu ứng Stark cho lớp cao học.

II.4. MỘT SỐ BÀI TOÁN NHIỄU LOẠN Ở CÁC DẠNG KHÁC.

Bài 14.

Một hệ 2 trạng thái được mô tả bởi Hamiltonian:

(cid:0) H

0  E 1    

   0 E  2

a. Hãy giải chính xác để tìm năng lượng riêng và vectơ riêng trạng thái

tương ứng trong biểu diễn đã cho.

. Hãy tìm năng lượng riêng đến bậc 1 và năng

b. Giả sử rằng

 



E

(cid:0)

0 E 1

0 2

lượng bậc 2 của lý thuyết nhiễu loạn. So sánh với kết quả giải chính xác.

c. Giả sử 2 mức năng lượng không nhiễu loạn gần suy biến, tức là

. Hãy chỉ ra rằng lời giải chính xác nhận được ở câu a cho

 



E

(cid:0)

0 E 1

0 2

kết quả rất gần với kết quả thu được khi dùng lý thuyết nhiễu loạn suy

biến với

E

0 E 1

0 2

Lời giải.

Câu a. Năng lượng riêng và vector riêng:

a

a

(cid:0) H

E

E











(14.1)

b

b

0 E 1  

  

   a

E



0





(14.2)

b

E

E



0 E 1  

       0 E    2   0 2

  

     

     



E

2

(14.3)

  



2 2    

E

0

0

0  E )E E E 2

0 (E 1

0 1

0 2

0 E 1 



E

Phương trình (14.2) có nghiệm không tầm thường khi:  0 E 2

2







E

E

2 2    4

0 E 1

0 2

0 E 1

0 2





2

(14.4)

Nghiệm của (14.3):

2







E

E

2 2    4

0 E 1

0 2

0 E 1

0 2





2

    E       E 



b 0

0 1E

Phương trình (14.2) : 





  a

0 2

 E a  E

    E b 0

    

 E E

 E E

2

(14.5)

.

2   a

b

b

a   b

b a

0 2 0  E E 1

0 2 0  E E 1

 0  E E 2     a  0  E E 1

1/ 2    

2

a

2 b



Điều kiện chuẩn hóa:

 1

1/ 2

0 2



2

2

2

*

(14.6)



  

a

a

1

a

   a

1/ 2

0 2 



E

2E

0  E E 1 0  E E 2

0 2

 



2E

E

 E E  0 E 1



0 E 1

0 2

 E E 







1/ 2

 E E



2

2

2

(14.7)

*



  

b

b

1

b

   b

1/ 2



E

2E

0 2 0  E E 1

0 2

 



2E

E

0  E E 1  0  E 1



0 E 1

0 2

0  E E 1 







Với điều kiện (14.5) ta chỉ chọn được 2 cặp nghiệm ứng với 2 vectơ trạng thái:

1/2

1/2

0 E 2

0 E 1

  1 2 

(14.8)

Với:

1/2

1/2

 

 

0 E 1

 0 E 2

0 E 1

 0 E 2

E 



E 











1/2

1/2

   1 0 0 a   b  2 E 2 E  

0 E 2

0 E 1

  1 2 

(14.9)

Với:

1/2

1/2

 

 

0 E 1

 0 E 2

0 E 1

 0 E 2

E 



E 











    2 0 0 a   b  2 E 2 E  

Câu b.

 



E

0 E 1

0 2

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)



(cid:0) H H V : Hàm Hamiltonian.

0

(14.10)







(cid:0) H

0 

0 E 1 

E

0 E 1 0

E

  

  0 

 0 2

0 0 2

   

   

: Toán tử không nhiễu loạn.



(cid:0) H

0

0 E 1 0

E

: Toán tử nhiễu loạn.

(cid:0) V

0

         0   

     0   0  2   

* Nhiễu loạn bậc không: (không nhiễu loạn)

(0)

(0)

(14.11)









a 1

b 2 hay

  a    b  

Phương trình Schrodinger:

(0)



E

(0)

(0)

(0)

(14.12)





(0)  





(cid:0) H

E

E

0

(0)

0 E 1 0



  a   b  

  a   b  

E

0 0 E 2

   

   

0 E 1 0 E 2

   

(0)

 



1 vôùi E

(14.13)

Chuẩn hóa: a2 + b2 = 1 =>

(0)

 



1 vôùi E

E

0 E 1 0 2

  b 0, a    a 0, b 

TH1: a = 1, b = 0:

(14.14)





1 1

0 2

(0)  1

  1    0  

TH2: a = 0, b = 1.

(14.15)







0 1

1 2

(0) 2

  0    1  

* Bổ chính bậc 1:

Năng lượng:









ˆ V

0

 1 0



 1 0



(1) E 1

(0)   1

(0)  1

0 

0 

0

  

  1   0  

  

  

(14.16)





 









E

ˆ V

0



 0 1



 0 1

(1) 2

(0) 2

(0) 2

0

0

 0  

  0   1  

  

  

* Bổ chính bậc 2:

2



(cid:0) V k

n



E

(2) n



E

E

(0) n

(0) k

2



(cid:0) V

(0) 2

(0)  1

(14.17)







(2) E 1





E

E

(0) E 1

(0) 2

2 2   0 E 1

0 2

2



(cid:0) V

(0)  1

(0) 2





(14.18)



E

(2) 2



E

E

2 2   0 2

0 E 1

(0) E 1

(0) 2

 Năng lượng khi tính đến nhiễu loạn bậc 2:











E 1

(0) E 1

(1) E 1

(2) E 1

0 E 1



E

2 2   0 E 1

0 2

(14.19)











E

E

E

E

E

2

(0) 2

(1) 2

(2) 2

0 2



E

2 2   0 2

0 E 1

       

* So sánh kết quả:

 



(cid:0)

0 E 1

0 E 2

giải chính xác:

2



0 E 1







2 2    4

0 E 1

0 E 2

0 E 1

0 E 2







2 2   0 E 1

0 E 2

(14.20)



E

(cid:0)

2



0 E 2



2 2   0 E 2

0 E 1

      

Từ (14.19) và (14.20) ta nhận thấy phương pháp nhiễu loạn cho nghiệm chính

xác khi:  



(cid:0)

0 E 1

0 E . 2

Câu c.  



(cid:0)

0 E 1

0 E 2

hệ có cùng một năng lượng nhưng có 2 trạng thái => xét nhiễu





E

E

0 E 1

0 2

0 n

loạn có suy biến:

, n = 1, 2.

;

  n1

  n2

  1   0  

  0   1  

Phương trình thế kỉ:

(1)

E



0



(14.22)

(1)

V 11 V

V 12 V

E



21

22



 









V

(cid:0) V

0

 1 0



 1 0



11

n1

n1

0 

0 

0

  

  1   0  

  

  





 







 

V

(cid:0) V

 1 0



 1 0



12

n1

n2

0

0

 0  

  0   1  

  

  



 







 

V

(cid:0) V



 0 1



 0 1

21

n2

n1

0 

0 

0

  

  1   0  

  

  





 









V

(cid:0) V

0



 0 1



 0 1

22

n2

n2

0

0

 0  

  0   1  

  

  

Thay các giá trị ở trên vào (14.22):

(1)



E

(1)

 

(14.23)

  0

E

 (1)





E

(1)

(14.24)

=>







 

E

E

E

E

n

0 n

0 n

*So sánh kết quả khi  



(cid:0)

0 E 1

0 E : 2

Giải chính xác:

2







E

E

2 2    4

0 E 1

0 2

0 E 1

0 2



  2





0 E 1

(14.25)





E

0 E 2 2

Nếu:





 

E

E

2 =>  E E

0 E 1

0 2

0 n

0 n

Từ (14.24) và (14.25) cho ta kết quả giải bằng phương pháp nhiễu loạn phù hợp



E

(cid:0)

0 E 1

0 2

với kết quả giải chính xác khi:



E

0 E 1

0 2

     

Bài 15.

Hamiltonien không nhiễu loạn của một hệ hai trạng thái là:

o

0 E 1 0

ˆ( ) V t

cos t   0

0 t cos  

Có nhiễu loạn phụ thuộc thời gian:    

  

Trong đó  là đại lượng thực.

ˆ H 0 0 E 2       

a) Tại t = 0 hệ nằm ở trạng thái 1 được mô tả bởi véctơ

. Dùng lý thuyết

1 0

  

  

nhiễu loạn phụ thuộc thời gian và giả thiết rằng

0 E  1 E

0 2

không gần bằng  , hãy

tìm xác suất tại thời điểm t > 0 thấy hệ ở trạng thái 2 được mô tả bởi véctơ

b) Tại sao cách tính này không áp dụng được khi

0 E  1 E

0 2

0     1   . gần bằng 

Lời giải.

Câu a.

Hàm Halmiton:

ˆ ˆ )(ˆ tVHH 

(15.1)

o  Phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian:

i

t )(



(15.2)

o

 ˆ )(ˆ tVH 

 

t )(  t 

Hàm sóng:

t )(

)( t 



(15.3)

tC )( 1

o tCt )( )(   1

2

o  2

Với:

E

E

0 E 1

0 E 1

0 2

0 2

i

t

t

i

t

i

t

i









1

0









1

,

2

)( t

e

e

)( t

e

e









(15.4)

o  1

o  2

1

  

  

  

  0  Xác suất thấy hạt ở trạng thái 2:

2



2

t ( ) 1 i  e 21

2 V t dt ( )  P C  

(15.5)

(1) 2



0





0 E 2

0 E 1



Với :

1 2

2



t i  21

e

dt

P





 0 1

1 2



cos t   0

0 cos t  

0

  

1       0   

 21 



(15.6)

2



2

cos

cos

sin

i

I







 t dt

 t t    21

2  2

1 2



0

 21 



I

cos

cos

i

sin







  

;

 t dt

0 E 1

0 E 2

 t t    21

 Với:

    21



0



cos

cos

sin

sin

I

t

t

t









(15.7)

    

    

    

    

21

21

21

21

 

 

 

t dt  



1 2

i 2

0

Lấy tích phân I và đồng nhất  và t.

t

sin

sin

t

cos

t

cos

t

I











 21

(15.8)

1 2

i 2

     21   

     21   

     21   

21

21

21

21

  

  

 2  21  2 2     21

  

     21    Thay (15.8) vào (15.6):





2  21

21

2 21

cos sin t  t  t  21 t 21 P   

(15.9)

2

2

2  2

  cos 2  2 2    21



2 21

2 21

2 3     2   



  sin cos t       2   



2 2     



   

Với

0 E 1

0 E 2

    21

 : Miền cộng hưởng. Khi đó, giá trị của tích phân

I lớn, dẫn đến giá trị của xác suất chuyển dời lượng tử lớn đồng thời các hiệu

chính cho hàm sóng cũng trở nên rất lớn. Điều này không thỏa mãn khi dùng lý

thuyết nhiễu loạn.



0 E 1

0 E 2

  

Phương trình (18.1):

    Câu b.

ie

I



2    4 

Thay I vào P ta được:

2

2

P

t

t 







(15.10)

 t 1 2 cos



 4 

  

  

(15.10) cho thấy rằng xác suất tăng tuyến tính theo thời gian t.

Phân tích.

Nhận xét chung.

Đối với hệ lượng tử ứng với không gian Hilbert có số chiều hữu hạn thường

biểu diễn toán tử dưới dạng ma trận. Khi đó phương trình Schrodinger chính là

phương trình trị riêng, vectơ riêng của ma trận.

Với các toán tử Hamilton đã cho ở bài 14 và bài 15 thì mỗi số hạng trên

đường chéo chính là năng lượng riêng của mỗi trạng thái trong hệ khi không

nhiễu loạn.

Toán tử nhiễu loạn lúc này cũng biễu diễn dưới dạng ma trận cấp 2. Sử dụng

lý thuyết nhiễu loạn tìm bổ chính bậc 1, bậc 2 cho năng lượng trong bài 14 và

tìm xác suất chuyển dời giữa 2 trạng thái đối với bài 15.

Kết luận.

Bài toán 14 và 15 đều có chung một đặc điểm là toán tử Hamilton và toán tử

nhiễu loạn được biểu diễn dưới dạng ma trân trong không gian Hilbert. Chính vì

vậy về cách tính toán trở nên khác so với những bài trước. Tuy nhiên, việc giải

bằng một phương trình ma trận cũng không phải là một việc quá khó khăn.Cả 2

bài toán trên nên đưa vào giảng dạy ở các lớp cao học.

II.5: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN:

Bài 16.

Sử dụng các hàm thử:

( ) x  

a.

2

sin

B

( ) x  

b.

) ( Ax x a  x  a

x C ( ) 

x  



c.

a 2

a 2

  

  

Hãy tính gần đúng năng lượng trạng thái cơ bản của hạt trong hố thế sâu vô

a

x

  ). So sánh với kết quả chính xác.

cùng, bề rộng a ( 0

Lời giải.

Áp dụng kết quả chính xác của bài toán hạt trong hố thế sâu vô hạn một

chiều:

Hàm sóng:

(0)  n

2





Năng lượng:

(0) E n

2

x ( ) ) sin(  n x  a

Năng lượng trung bình:



2

2

E

U x ( )

dx

(cid:0) H    





* 

2



  2 m x 



  

   

2 a 2 2 n  ma 2

(16.1)







2

2

*

*

dx

* U x dx ( )

dx

 



 

 

2

2







 2 m

 2 m

2    x 

2    x 









dx

0

* U x ( )  



do tính chất của giếng thế sâu vô hạn:





( Ax x a

)

( ) x  



Câu a.

:

Chuẩn hóa hàm thử:

 

2

1

(

x

)

d x

A



   

1  



(16.2)

3 0 5 a

 



2

2

2

2

*

2



E

dx

x

1.014

 

 







(16.3)

E 0

2

2



 ax dx



 2 m

aA  m

5  ma

 Năng lượng trung bình: 2    x 

0



2

B

sin

( ) x  

Câu b.

x  a

Chuẩn hóa hàm thử:

 

2

1

(

x

)

d x

B

   



1  



(16.4)



8 a 3

 

Năng lượng trung bình:



2

2

2

*

2

(16.5)

E

dx

sin

c os

dx

1.333

 

 





E 0

2



 2 m

aB   2 m

x 2  a

2 2 4   2 3 2 ma

2    x 

0



2  2 x   .  2 a a 

  

Câu c.

Chuẩn hóa hàm thử:



2

x ( )

dx

C

1

1     

  

(16.6)



12 3 a



Năng lượng trung bình:

2

2







2

2

2

*

2





E dx dx dx 1.217 (cid:0) p       E 0

(16.7)

 m 2

2  2







d  dx  ma (cid:0) p   m 2 1 m 2 12 2 

Từ (16.3), (16.5) và (16.7) ta nhận thấy các giá trị đều lớn hơn giá trị

chính xác E0. Gần E0 nhất là giá trị (16.3) được tính theo hàm thử a. Đối với

hàm thử b và c sai số khá lớn (20-30 %). Điều này rất dễ hiểu vì rằng trong số

các hàm thử đã cho thì hàm a là hàm có dạng gần với hàm sóng

Nhận xét chung.

của trạng thái cơ bản nhất. Trong khi đo hàm b khác đáng kể

0

2

x

0

x ( )

x

x

 

so với

còn

0 ( )x ở gần thành hố (khi

0 ( )x

 (cid:0) ). Còn hàm c thì

(cid:0)

có đạo hàm gián đoạn tại

x  trong khi hàm

0 ( )x lại liên tục tại điểm này.

a 2

sin( ) ( ) x   2 a n x  a

Bài 17.

Dùng phương pháp biến phân tìm năng lượng ở trạng thái cơ bản của hạt

trong các trường hợp sau:

2

4

x ( )

x  22 A e  .

( )U x U x 





a) Thế năng

(U0 = const). chọn hàm thử

0

2

2

2

U x ( )

x ( )

x  22 A e  .

m x





. Chọn hàm thử

b) Thế năng

1 2

Lời giải.

2

x ( )

x  22 A e  .





Chuẩn hóa hàm thử:

:





Đặt:

1 

 

2

1

(

x

)

d x

A

1

   



  

(17.1)



 

 

Năng lượng trung bình (

I  : )



2

2





2 2 x  2

2 2 x  2

I

e

dx

( ) 

(cid:0) H    





2



  2 m x 

 

0

  

 U x e ( )  

(17.2)





2

2 2 x

2 2 x

4

 

 

dx

dx

I

.

U x e ( )

 





I   1

2

 2 2 x  

 e





 m 2

 

 





Tính I1:



2

4

2 2 x

 

.

dx

 





(17.3)

I 1

 2 2 x  

 e



 2 m

2 2   4 m

 





2 2 x

 

I

dx

U x e ( )



Tính I2:

2





4

Câu a. với

  ( )U x U x  

2 2 x

 

I

dx





(17.4)

2

4 U x e 0



U 3 0 4 4 

0  



Do đó:

2

I ( I )       

(17.5)

2

2 2   m 4

4 3 U  0 4

2



0



I 1 4 3 U 0 4 2   2 m 

(17.6)

 6mU

    

0

     

1/6   

Năng lượng ở trạng thái cơ bản: Thay (17.6) vào (17.5).

2

I (

I

U

U



) 

(17.7)

I   1

2

0

0

2

3 4

3 4

 m

  

1/3   

2

2

U x ( )

m x

Câu b.

2 2 x

 

I

dx

2 2 m x e 





(17.8)

2



1 2

2 m  3 4 

1 2   



2

2

m I I ( )       

(17.9)

2

2 2   4

2 2 m    3 m 4 4 

I 

 

0



I 1 4  2 m 

(17.10)

  

     

1/2    m  

Năng lượng ở trạng thái cơ bản: Thay (17.10) vào (17.9)

2

m I ( )   

(17.11)

2 m    4

  2

 m 4             m   

Bài 16.

Bằng phương pháp biến phân, hãy đánh giá Năng lượng ở trạng thái cơ

bản của dao động tử điều hoà một chiều với hàm thử

x

 0 x

 e

(

: thông số biến phân)





x 

n ex

dx



Cho

1



n ! n  

0

Lời giải.

Chuẩn hóa hàm thử:

Hàm thử:

x



Ae

 0 x



(18.1)

Chuẩn hoá:



*( ) x

x dx ( )

A

1





   



(18.2)





x

x

0

  e

(18.3)

* Năng lượng trung bình:

2

*

E

(cid:0) H

I

( ) x

 ( ) U x

( ) x dx

( ) 

 





0

  0

0

 p 2 m

    

  

  

(18.4)

2

*

*

I

x ( )

x dx ( )

 x U x ( ) ( )

x dx ( )





0

0

I   1

2

 p m 2

    

    

2



x

x









2

A

e

e

dx



 

(18.5)

I 1



2 2   2 m

i d 1    m dx 2 

  



 

2

2

2

m

A

x

2





I

2 x e

d x





(18.6)

2



 2

m 4

 2 

 

2

2

I

(

)

I

I









(18.7)

Thay (18.5) và (18.6) vào (18.4):

1

2

m 4

  2

 m

2  2 

Cực tiểu năng lượng:

)



2



0  

 

(18.8)

d I d

(  

i m 2



Thay (18.8) vào (18.7):

E

i   

(18.9)

min

 2

Nhận xét. Năng lượng ảo, Hàm thử không không tốt.

Bài 19.

Đánh giá năng lượng trạng thái cơ bản của hạt co khối lượng m chuyển động

a x a

(

0)





trong trường thế (cid:0) ( ) V x

bằng phương pháp biến phân với hàm thử.

) ,

x

x

a





x

a

0,



 ( C a  ( ) x    

Trong đó a là thông số biến phân .(chú ý:

không liên tục tại x = 0)

d / dx

Lời giải.

Chuẩn hóa hàm thử:

2



(x) dx 1

C



  

(19.1)

3



3 2a



Ta có:

ax a    x 0 



(cid:0)  V x

Năng lượng trung bình:

ax 0 x a        

(19.2)

 

  E T U T V

Trong đó:

2

a

2

2

2

*

T

(x)

(x)dx

x

dx







 

(19.3)

 C a



2

ˆp 2m

3  2ma

    

d  2m dx a 

a

2

2

*

U

(cid:0) (x)V(x)

(x)dx

x

a x dx









(19.4)

 2 C a





a 4

a

    



2

2

E



(19.5)

2

Từ (19.2), (19.3) và (19.4): 3  2ma

a 4

2

1 4

0

a

(19.6)

6  m

E  a 

     

  

E



(19.7)

Thay (19.6) vào (19.5):

o

3  6m

Bài 20.

Một hạt khối lượng m chuyển động 1 chiều có thế năng

V x ( )

 Fx

x ; x ;

0 0

 

   

Trong đó F là hằng số thực dương. Dùng phương pháp biến phân để đánh

giá năng lượng trạng thái cơ bản của hạt.

Lời giải.

Ta chọn hàm thử:

2

2





x 2

A e

(

x

0 )



(20.1)

(

x

)



    

0 (x < 0 ) Áp dụng điều kiện chuẩn hóa ta có:

A

1     

(20.2)

2  1 / 4 

Toán tử Hamilton:

2

2

(cid:0) H

Fx

 



(20.3)

2

  2 m x 



2

2





Năng lượng trung bình của hạt: 2 2 x  2

2 2 x  2

E

e

dx

(cid:0) H    









(20.4)

2



2 2   m 4

  m x 2 

2  

F  

0

  

 Fx e  

Cực tiểu hóa năng lượng trung bình theo :

(cid:0) H



0



(20.5)

 

mF 2 2 

     

1/3   



Thay giá trị của (20.5) vào (20.4):

2

2

(cid:0) H



E 0

(20.6)

min

 3 F    2 2 m 

1/3   

2

2

Vậy giá trị năng lượng trạng thái cơ bản của hạt là:

(20.7)

E 0

 F m

 3   2 2 

1/ 3   

II.6. TỔNG KẾT CHƯƠNG II.

Sau khi đã giải và phân tích 20 bài toán phần lý thuyết nhiễu loạn và

phương pháp biến phân, tôi sắp chúng thành những nhóm bài như sau:

 Nhóm bài cơ bản:

Bài 1, bài 6, bài 7, bài 15, bài 16.

 Nhóm bài tập khó:

Bài 2, bài 3, bài 8, bài 10, bài 17, bài 18, bài 19, bài 20.

 Nhóm bài tập nâng cao, giảng dạy ở cao học:

Bài 4, bài 5, bài 9, bài 11, bài 12, bài 13, bài 14,

KẾT LUẬN

Đề tài “Hệ thống các bài tập cơ học lượng tử phần các phương pháp gần

đúng” đã đạt được mục tiêu đề ra và thu lại được những kết quả sau.

1. Giải và phân tích chi tiết 20 bài tập cơ học lượng tử, trong đó có những bài

được giảng dạy ở chương trình cao học phần phương pháp gần đúng.

2. Hệ thống và sắp xếp các bài tập này theo từng dạng và theo mức độ của

mỗi bài.

3. Rèn luyện được kĩ năng giải toán, phương pháp giải cho từng dạng toán.

4. Nhận xét và kết luận được với điều kiện nào của toán tử nhiễu loạn thì kết

quả của phép giải bằng phương pháp gần đúng phù hợp với kết quả giải chính

xác trong một số bài toán. Nhằm hiểu sâu hơn về lý thuyết nhiễu loạn trong cơ

học lượng tử.

Đề tài chỉ dừng lại ở hai phương pháp đó là Phương Pháp dùng Lý Thuyết

Nhiễu Loạn và Phương Pháp Biến Phân. Ngoài 2 phương pháp này, trong phép

gần đúng còn có những phương pháp khác. Chúng tôi sẽ quan tâm tới các

phương pháp gần đúng khác để từ đó có thể xác định được trong những dạng bài

toán nào thì phải dùng phương pháp nào cho phù hợp và có nghiệm chính xác

hơn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO:

1. Giáo trình Cơ Học Lượng Tử. Vũ Văn Hùng. Nhà xuất bản đại học sư

phạm.

2. Giáo trình Cơ Học Lượng Tử (2002). Nguyễn Khắc Nhạp. Đại học sư

phạm Tp.HCM. (tài liệu lưu hành nội bộ).

3. Cơ Học Lượng Tử và Cấu Trúc Nguyên Tử (1980). A.N. Matvêev. Nhà

xuất bản giáo dục.

4. Bài tập Cơ Học Lượng Tử. Vũ Văn Hùng. Nhà xuất bản đại học sư phạm.

5. Bài tập Vật Lí Lí Thuyết_Cơ Học Lượng Tử và Vật Lý Thống Kê (2007).

Nguyễn Hữu Mình (chủ biên). Nhà xuất bản giáo dục.

6. Bài tập Cơ Học Lượng Tử (2002). Hoàng Dũng. Nhà xuất bản đại học

quốc gia.

7. Giáo trình Vật Lý Nguyên Tử_Hạt nhân (2001). Thái Khắc Định_Tạ

Hưng Quý. Đại học sư phạm Tp.HCM (tài liệu lưu hành nội bộ).

8. Cơ Học Lượng Tử (1996). Đặng Quang Khang. Nhà xuất bản khoa học và

kỹ thuật.

9. Vật Lý Đại Cương và Các Nguyên Lý Ứng Dụng_tập 4_Quang Học và

Vật Lý Lượng Tử (2006). Trần Ngọc Hợi (chủ biên). Nhà Xuất Bản Giáo

Dục.

10. Vật Lý Hiện Đại (1983). Ronald Gautreau_ William Savin. Nhà xuất bản

MC Graw Hill, Newyork.

11. Vật Lý Đại Chúng. Tập 3. (1978). D. Orir. Nhà xuất bản khoa học và kỹ

thuật.

12. Vật Lí Đại Cương. Tập 3. (2007). Lương Duyên Bình (chủ biên). Nhà

xuất bản giáo dục.

13. Bài tập Vật Lí Đại Cương. Tập 3. (2007). Lương Duyên Bình (chủ biên).

Nhà xuất bản giáo dục.

14. Lý Thuyết Hệ Nhiều Hạt. (2002). Ngô Quốc Khánh. Nhà xuất bản đại học

quốc gia.

15. Vật Lí Điện Tử. (2007). Nguyễn Minh Hiển – Vũ Linh. Nhà xuất bản giáo

dục.

16. Cấu Tạo Nguyên Tử và Liên Kết Hóa Học (tập 1 + 2). (2006). Nhà xuất

bản giáo dục.

Một số trang wed:

1. http://online.redwoods.edu

2. http://www.vatlyvietnam.org

3. http://www.vatlysupham.com

4. http://thuvienvatly.com

5. http://vi.wikipedia.org.

6. http://ocw.mit.edu/OcwWeb/Physics/

7. http://www.physics.org/

8. http://vlib.org/Physics.

Một số phần mềm:

1. Phần mềm Mathtype.

2. Phần mềm Maple.

PHỤ LỤC

Phụ lục 1. HỐ THẾ CÓ CHIỀU SÂU VÔ HẠN

Ta hãy xét bài toán mà hạt chuyển động trên trục ox, thế năng có dạng:

x d

 

V x ( )

0; 0    

0 v

; x



x d 

 

0

d

x

Một trường thế như vậy gọi là hố thế có bề sâu vô hạn, chiều rộng là d.

Phương trình Schrodinger dừng:

2

0



E U 



(1)



 

2  2

m 2

d dx



Muốn cho hạt chuyển động được trên miền ngoài khoảng [0,d] thì ta phải

cấp cho hạt một năng lượng bằng  (vì V   và năng lượng E T V

  ). Ta

không thể làm được điều này. Vậy hạt bị nhốt trong hố thế, nên nó chỉ có mặt

trong khoảng [0 , d] mà thôi.

Lúc đó: U = 0

Phương trình (1) trở thành:

2

0







(2)

2  2

mE 2

d dx



2 k 

Đặt:

2mE 2



Viết lại phương trình (2) :

2 k 

0 

(3)

2  2

d dx

Nghiệm của phương trình (3) có dạng:

ikx

ikx







 (

x

)

C e 1

C e 2

Hay ta có thể biến đổi về dạng:

A

sin

kx









 

x ( )

(0) 0

0



   . 

d ( ) 0

kd

k

    

n 

(n = 0, 1, 2...) 





0

d



n  d x  

: Nghĩa là xác suất tìm thấy hạt ở mọi nơi

Với:

 ( ) 0 0



trong hố thế đều bằng không, điều này trái ngược với giả thuyết là hạt ở mọi nơi

trong hố thế. Loại n = 0.

A

sin

đều cho ta cùng một xác suất tìm thấy hạt nên

Ngoài ra và

   x ( )

n x  d

ta chỉ nhận giá trị n dương, do đó n = 1, 2, 3….

2

2

2

2

2

k



E  

 Năng lượng:

mE 2

2 2 n   2 md 2



E



Vậy:

2

k  m 2 2 2 2 n   md 2

 Hàm sóng:

Chuẩn hóa:



1

n x 

* 







d

2

2

dx

sin

1







0

2

A dx n x  d

1



  

sin

  ( ) x

Vậy:

2 d n x  d

2 d Một cách hoàn toàn tương tự, ta cũng thu được giá trị năng lượng của năng

lượng và hàm sóng đối với hạt trong hố thế 2 chiều, 3 chiều.

 Đối với hạt trong hố thế sâu vô hạn 2 chiều có kích thước là d x d.

2 n 1



2 2 

E



Năng lượng:

2

2

1, 2,...

sin

sin



; n , n 1

  x ( )

2

Hàm sóng:

 2 n  2 md n x  1 d

2 d

n y  2 d  Đối với hạt trong hố thế sâu vô hạn 3 chiều có kích thước là d x d x d.





2 n 1

2 n 3



 

2 2 

E



Năng lượng:

2

md

2 n 2 2

A A d 2

3/2

1, 2,...

sin

sin

sin







; n , n 1

2

( ) x

Hàm sóng:

2 d

n y  2 d

n x  1 d

n z  2 d

  

   Phụ lục 2. DAO ĐỘNG TỬ ĐIỀU HÒA MỘT CHIỀU: Hàm Hamilton:

2

2

(cid:0) H

U

 



2

d  m dx 2

Với thế năng được khai triển ở lân cận x = 0.

2

3

(0)

(

)

x

(

)

x

...

U U 







(1)

1 2

1 2!

2 U  2 x 

3 U  3 x 

Chọn gốc thế năng U(0) và ngắt chuổi (1) đến bậc 2. Ta được thế năng trong dao

động tử điều hòa.

3

2

2

U

kx

x





(2)

1 2

 0 2

;





Trong đó:

 0

2  U   2 x 

0

   Phương trình Schrodinger của dao động tử điều hòa: (cid:0) H

E







2

x

E

 

2   

d dx

2 2    2 2

 2 

2

x

0

E 

2 







2    2 2

2 2  2

d dx

k k 

(3)





 x



Đặt:

2

2



,







2

 d dx

d dx

d d d 

d d 

d 2 d 





  dx Phương trình (3) trở thành:

2

2

0

  



(4)

2 d E   2 d    Nghiệm tiệm cận: 1(cid:0)



2 

   (cid:0)

2E  

Phương trình (4) trở thành:

0

2 





2 d  2 d 

(5)

Giải phương trình vi phân (5) ta thu được nghiệm:

2 

exp(

)

( )   



2

Vì    hàm sóng phải hữu hạn nên ta chọn nghiệm:

2 

exp(-

( )  



)H( ) 

; H( ) : là đa thức Hermit.

2

Thay nghiệm này vào phương trình (4):

''

'

H

H

(

1)

H

0



2 







(6)

E 2  

Khai triển H( ) dưới dạng chuỗi:

k

H( )= 

k

 a

k = 0

Thay vào phương trình (6):

2



k k (

1)

(

0

1)











k a  k

k ka  k

k a  k







2

0

k

k

k



1 



E 2  

Thay k’ = k - 2 và đồng nhất giữa k’ và k

(

k

1)(

k

2)

2

k

(

1)

0













2

a k





0

k



  

  

  

 k k a   

E 2  

Từ đây ta suy ra được hệ số truy hồi:

(

2

1)







2

k



(

2)



Công thức này cho phép ta biểu thị các số hạng của chuổi qua một số hạng. Để

hàm sóng  hữu hạn ta ngắt chuỗi đến một giá trị kmax = n nào đó:

1) 0

E

2

n

(

   



 

1 2

 n  

  

2 E   Vậy năng lượng trong dao động tử điều hòa đã bị lượng tử hóa.

E

; n = 0,1,2...



 

1 2

 n  

  

a k a k k E 2   k 1)( 

Phụ lục 3. TOÁN TỬ SINH, HỦY HẠT.

Đặt:





(cid:0) X

 x



, (cid:0) P

ˆ a

ˆ a



m (cid:0) p

 

,









1 m   1 2

 1 2

Xét:

1

(cid:0) (cid:0) , X P

 (cid:0) , x p

i





 

 

 

2

2

2

2

 (cid:0) X

 ˆ ˆ a a

(cid:0) P

(cid:0) X

(cid:0) P

1













 (cid:0) (cid:0) i X P , 

 

(cid:0) (cid:0) X iP  (cid:0) (cid:0) X iP 









  1 2

1 2

2

2

2

2



ˆ ˆ aa

(cid:0) X

(cid:0) P

(cid:0) X

(cid:0) P

1













 (cid:0) (cid:0) i X P , 

 









1 2

1 2

Dao động tử điều hòa:

2

2

2



(cid:0) H

 ˆ ˆ a a

ˆ ˆ aa

 









2  0  2 2

1 2

1 2

    

  

    

  

Xét:





H a

 ˆ ˆ a a

a

ˆ ˆ aa











  n

  n

x d  m dx 2





1 2

1 2

    

  

  

  

  

 1   n 





 a   (cid:0)  

ˆ ˆ aa















   a E

   n

   (cid:0) a H 

     n

1 2

    

  

  

     n 



E







a    n

 



Kết quả này thu được cho thấy rằng:

C

 a

;

E

E



    n

n

n

n

1 

  



đã biến hàm

Toán tử a

n thành hàm

1  1n  , đã sinh thêm (tăng thêm) một



được gọi là toán tử sinh hạt (toán tử sinh).

lượng năng lượng  do đó a

Một cách hoàn toàn tương tự cho toán tử ˆa , ta cũng kết luận được rằng ˆa là

toán tử hủy hạt (toán tử hấp thụ).

Kết quả ta có công thức sau về toán tử sinh hủy tác dụng lên hàm sóng:

n n

1





 a

n

1

n

1







 a n   a n

Phụ lục 4. TÍNH TOÁN MỘT VÀI BIỂU THỨC BẰNG MAPLE:

> #bai 1_cau a_bo chinh bac 1:

1. Một số tích phân trong bài 1.

restart:

A:=Int(x*(sin(n*Pi*x/a))^2,x=0..a/2):

B:=Int((a-x)*(sin(n*Pi*x/a))^2,x=a/2..a):

I1:=2*(A+B);

a

a 2

2

2

I1

:=

2

d

2

(

x

)

x

d

x 

a

x

n  x a

n  x a

  

  

 sin  

 sin  

      0

      a 2

kq:=simplify(value(I1));

cos

4

2

n 2 2

cos n  2 ) (



2 

2 

a 2    

  

   

kq

:=

1 4

n    2  n 2 2

> #bai 1_cau a_bo chinh bac 2:

restart:

A:=Int(x*sin(k*Pi*x/a)*sin(n*Pi*x/a),x=0..a/2):

B:=Int((a-x)*sin(k*Pi*x/a)*sin(n*Pi*x/a),x=a/2..a ):

I2:=A+B;

sin(n*Pi):=0:

sin(k*Pi):=0:

cos(n*Pi):=(-1)^n:

cos(k*Pi):=(-1)^k:

a 2

a

d

I2

:=

x

d

(

x

)

x

x 

a

k  x a

n  x a

k  x a

n  x a

  

  

 sin  

 sin  

  

  

 sin  

 sin  

     0

     a 2

:=

n 2

kq

2 a 2

k n

k2





n  2

k  2

n  2

k  2

 sin  

  

  

 sin  

 sin  

  

    (

n

)

k

cos

cos

(

)-1

k n

(

k4

2 k2 n 2

n 4

)

)

2 k n

2 (







k  2

   n  2

  

  

  

   

 sin     

> #bai 1_cau b_bo chinh bac 1:

kq:=simplify(value(I2));

restart:

I1:=Int((sin(n*Pi*x/a))^2, x=b..a-b );

sin(n*Pi):=0:

sin(k*Pi):=0:

cos(n*Pi):=(-1)^n:

cos(k*Pi):=(-1)^k:

b

a

2

I1

:=

d

x

n  x a

 sin  

  

      b

(

)2 n

a

(

)-1

a

cos

cos

2 n  b

n  a





n  b a

n  b a

n  b a

n  b a

 sin  

  

 sin  

   

  

  

  

  

kq

:=

1 2

n 

> #bai 1_cau b_bo chinh bac 2:

kq:=simplify(value(I1));

restart:

I2:=Int(sin(n*Pi*x/a)*sin(k*Pi*x/a), x=b..a-b );

sin(n*Pi):=0:

sin(k*Pi):=0:

cos(n*Pi):=(-1)^n:

cos(k*Pi):=(-1)^k:

b

a

I2

:=

d

x

n  x a

k  x a

  

  

 sin  

 sin  

     b

k b )

k b )

 (

 (

kq

n

:=

a

n 

n a

1 2

n a

  

 sin   ) k

(

n

k b )

k b )

    (

 (

cos

n

k

2 (

)-1



k 

     b n a

n a

 sin  

  

  

k

   )

   (

n 1  

cos

n 2

)

k

2 (

)-1

 sin   k2

(

)



 (



n a  b k a

 sin    b k    a   b n a

  

 sin  

 sin     

  

  

> #bai 1_cau c_bo chinh bac 1:

kq:=simplify(value(I2));

restart:

I1:=Int((sin(n*Pi*x/a))^2*(cos(Pi*x/a))^2, x=0..a );

sin(n*Pi):=0:

sin(k*Pi):=0:

cos(n*Pi):=(-1)^n:

cos(k*Pi):=(-1)^k:

a

2

2

I1

:=

d

cos

x

n  x a

 x a

 sin  

  

  

  

      0

kq

:=

a 4

> #bai 1_cau c_Nhieu Loan Bac 2:

kq:=simplify(value(I1));

restart:

#n:=k:

n:=k-2:

sin(n*Pi):=0:

sin(k*Pi):=0:

I2:=Int(sin(n*Pi*x/a)*sin(k*Pi*x/a)*(cos(Pi*x/a))^2, x=0..a);

a

2

(

k

I2

:=

d

cos

x

2  x ) a

k  x a

 x a

 sin  

 sin  

  

  

  

  

      0

kq

:=

a 8

kq:=simplify(value(I2));

> #TICH PHAN (2.7):

2. Một số tích phân:

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int((sin(Pi*y/L))^2, y=0..L ):

I1:=X*Y;

L

L

2

2

I1

:=

x

d

x

d

y

 x L

 y L

 sin  

 sin  

  

  

      0

      0

v11

:=

L  2

> #TICH PHAN (3.7):

v11:=(4/L^2)*lambda*value(I1);

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(y*(sin(Pi*y/L))^2, y=0..L ):

I1:=X*Y;

L

L

2

2

I1

:=

x

d

x

y

d

y

 x L

 y L

  

  

 sin  

 sin  

      0

      0

kq

:=

L 2  4

kq:=(4/L^2)*lambda*value(I1);

> #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 2.12:

3. Phương trình thế kỉ (2.12):

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

I1:=X*Y;

L

L

2

2

I1

:=

x

d

x

d

y

 x L

 y L

 sin  

  

 sin  

  

      0

      0

v11

:=

L  2

v11:=(4/L^2)*lambda*value(I1);

U:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(2*Pi*x/L), x=0..L ):

V:=Int(sin(Pi*y/L)*sin(2*Pi*y/L), y=0..L ):

I2:=U*V;

L

L

x

d

I2

:=

x

d

y

 x L

2  x L

 y L

2  y L

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

     0

     0

v12

:=

0

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (2.12):

> with(linalg):

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

> C:= matrix(2,2, [v11-t,v12,v12,v11-t]);

t

0



L  2

:= C

0



L  2

       

       t 

> solve(det(C)=0,t);

v12:=(4/L^2)*lambda*value(I2);

,

L  2

L  2

t

:=

 E

t:=Delta*E;

> #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 3.10:

4. Phương trình thế kỉ (3.10):

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(y*(sin(Pi*y/L))^2, y=0..L ):

I1:=X*Y;

v11:=(4/L^2)*lambda*value(I1);

L

L

2

2

I1

:=

x

d

x

y

d

y

 x L

 y L

 sin  

  

 sin  

  

      0

      0

v11

:=

L 2  4

U:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(2*Pi*x/L), x=0..L ):

V:=Int(y*sin(Pi*y/L)*sin(2*Pi*y/L), y=0..L ):

I2:=U*V;

L

L

I2

:=

x

d

y

x

d

y

 x L

2  x L

 y L

2  y L

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

     0

     0

v12

:=

256 L 2  81 4

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (3.10):

> with(linalg):

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

t



L 2  4

:= C

t



> C:= matrix(2,2, [v11-t,v12,v12,v11-t]); 256 L 2  81 4 L 2  4

256 L 2  81 4

        

        

> solve(det(C)=0,t);

v12:=(4/L^2)*lambda*value(I2);

)

)

L 2  (

81 4

L 2  (

81 4

,

1024   324 4

1024  324 4

t

:=

 E

t:=Delta*E;

> #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 4.10:

5. Phương trình thế kỉ (4.10):

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

Z:=Int(sin(Pi*z*2/L)^2, z=0..L ):

I1:=X*Y*Z;

v11:=(2/L)^3*lambda*value(I1);

L

L

L

2

2

2

I1

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

 y L

2  z L

 sin  

  

 sin  

 sin  

  

  

      0

      0

      0

v11

:=

L  2

> U:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

V:=Int(sin(Pi*y/L)*sin(Pi*y*2/L), y=0..L ):

T:=Int(sin(Pi*z/L)^2, z=0..L ):

I2:=U*V*T;

L

L

L

2

2

I2

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

 y L

2  y L

 z L

 sin  

  

 sin  

 sin  

  

  

 sin  

  

     0

      0

      0

v12

:=

0

> A:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2);

B:=Int(sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

C:=Int(sin(Pi*z/L)*sin(Pi*z*2/L), z=0..L ):

I3:=A*B*C;

L

L

L

2

2

I3

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

 y L

 z L

2  z L

  

 sin  

  

  

 sin  

 sin  

  

 sin  

     0

      0

      0

v13

:=

0

> H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ):

v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3);

T:=Int(sin(Pi*y/L)*sin(Pi*2*y/L), y=0..L ):

K:=Int(sin(Pi*z/L)^2, z=0..L ):

I4:=H*T*K;

L

L

L

2

I4

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

2  x L

 y L

2  y L

 z L

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

     0

     0

      0

v23

:=

0

v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4);

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.12):

6. Phương trình thế kỉ (4.12):

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

> v21:=v12:

with(linalg):

v31:=v13:

v22:=v11:

v33:=v11:

> M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]);



t

0

0

L  2

:= M

t

0

0



L  2

0

0



L  2

            t  

             

> solve(det(M)=0,t);

v32:=v23:

,

,

L  2

L  2

L  2

t

:=

 E

t:=Delta*E;

> #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 4.16:

7. Phương trình thế kỉ (4.16):

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(y*sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

Z:=Int(sin(Pi*z*2/L)^2, z=0..L ):

I1:=X*Y*Z;

L

L

2

2

2

I1

:=

x

d

x

y

d

y

d

z

 x L

 y L

2  z L

  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

      0

      0

      0

v11

:=

L 2  4

> U:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

v11:=(2/L)^3*lambda*value(I1); L

V:=Int(sin(Pi*y/L)*sin(Pi*y*2/L), y=0..L ):

T:=Int(sin(Pi*z/L)^2, z=0..L ):

I2:=U*V*T;

L

L

L

2

2

I2

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

 y L

2  y L

 z L

  

  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

 sin  

     0

      0

      0

v12

:=

0

> A:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2);

B:=Int(sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

C:=Int(sin(Pi*z/L)*sin(Pi*z*2/L), z=0..L ):

I3:=A*B*C;

L

L

L

2

2

I3

:=

x

d

x

d

y

d

z

 x L

 y L

 z L

2  z L

  

  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

 sin  

     0

      0

      0

v13

:=

0

> H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ):

v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3);

T:=Int(y*sin(Pi*y/L)*sin(Pi*2*y/L), y=0..L ):

K:=Int(sin(Pi*z/L)^2, z=0..L ):

I4:=H*T*K;

L

L

L

2

I4

:=

x

d

y

z

x

d

y

d

 x L

2  x L

 y L

2  y L

 z L

  

  

  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

 sin  

 sin  

     0

     0

      0

v23

:=

256 L 2  81 4

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.16):

v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4);

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

> v21:=v12:

with(linalg):

v31:=v13:

v22:=v11:

v33:=v11:

> M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]);

v32:=v23:



t

0

0

L 2  4

t

0



:= M

L 2  4

0

t



256 L 2  81 4 L 2  4

256 L 2  81 4

             

             

> solve(det(M)=0,t);

)

)

L 2  (

81 4

L 2  (

81 4

,

,

L 2  4

1024  324 4

1024   324 4

t

:=

 E

t:=Delta*E;

> #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 4.22:

8. Phương trình thế kỉ (4.22):

restart:

X:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

Y:=Int(y*sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

Z:=Int(z*sin(Pi*z*2/L)^2, z=0..L ):

I1:=X*Y*Z;

L

L

2

2

2

I1

:=

x

d

x

y

d

y

z

d

z

 x L

 y L

2  z L

  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

      0

      0

      0

v11

:=

L 3  8

> U:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ):

v11:=(2/L)^3*lambda*value(I1); L

V:=Int(y*sin(Pi*y/L)*sin(Pi*y*2/L), y=0..L ):

T:=Int(z*sin(Pi*z/L)*sin(Pi*2*z/L), z=0..L ):

I2:=U*V*T;

L

L

L

2

y

d

z

I2

:=

x

d

x

y

d

z

 x L

 y L

2  y L

 z L

2  z L

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

     0

     0

      0

v12

:=

128 L 3  81 4

> A:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*x*2/L), x=0..L ):

v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2);

B:=Int(y*sin(Pi*y/L)^2, y=0..L ):

C:=Int(z*sin(Pi*z/L)*sin(Pi*z*2/L), z=0..L ):

I3:=A*B*C;

L

L

L

2

z

x

d

I3

:=

x

z

d

d

y

y

 x L

2  x L

 z L

2  z L

 y L

 sin  

 sin  

  

  

 sin  

 sin  

 sin  

  

  

  

     0

     0

      0

v13

:=

128 L 3  81 4

> H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ):

v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3);

T:=Int(y*sin(Pi*y/L)*sin(Pi*2*y/L), y=0..L ):

K:=Int(z*sin(Pi*z/L)^2, z=0..L ):

I4:=H*T*K;

L

L

L

2

x

d

y

d

I4

:=

x

d

y

z

z

 x L

2  x L

 y L

2  y L

 z L

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

 sin  

  

     0

     0

      0

v23

:=

128 L 3  81 4

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.22):

v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4);

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

> v21:=v12:

with(linalg):

v31:=v13:

v22:=v11:

v33:=v11:

> M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]);



t

L 3  8

:= M

t



128 L 3  81 4 L 3  8

t



128 L 3  81 4 128 L 3  81 4 L 3  8

128 L 3  81 4 128 L 3  81 4

128 L 3  81 4

              

              

> solve(det(M)=0,t);

v32:=v23:

t:=Delta*E;

2048

)

1024

)

L 3  (

L 3  (

,

81 4  648 4

81 4  648 4

t

:=

 E

> #GIAI PHUONG TRINH THE KI (13.8):

9. Phương trình thế kỉ (13.8):

Warning, the protected names norm and trace have been redefined and

unprotected

> M:= matrix(4,4, [-t,3*e*epsilon*a,0,0,3*e*epsilon*a,-

restart: with(linalg):

:= M

3 e  a t 0 0

0 0 t 0

0    0   0    t 

t    3 e  a   0    0 

> solve(det(M)=0,t);

t,0,0,0,0,-t,0,0,0,0,-t]);

,

,

0 0 3 e  a 3 e  a ,

t

:=

 E

t:=Delta*E;