Gdzie jest Longeta?

[zgierzyk]

Gdzie jest Longeta? Coś go tu brakuje chyba dziś?

[nakole]

...zapewne w Brzezinach przyjmuje defiladę z okazji 9 maja, a może i w samej
Moskau ?

w brzezinach /nt

[gray]

[zgierzyk]

Też Go tam nie ma.

[nakole]

zgierzyk napisał:

> Też Go tam nie ma.


...no, no, bardzo operatywny jesteś, ale jakies kwity na to masz?

[zgierzyk]

Już mnie zwerbowałeś i kwitów żądasz?

[nakole]

zgierzyk napisał:

> Już mnie zwerbowałeś i kwitów żądasz?


...nikt jeszcze od nas nie telefonował do Ciebie, cierpliwości, kiedyś się
odezwiemy...

[gray]

w takim razie jest to longeta używany początkowo do pewnych eksperymentów przez
niejakiego Schrödingera dopóki ten nie zamienił go na inteligentniejsze stworzenie.

[zgierzyk]

Czy tu o jakieś kwanty się rozchodzi, czy o atomy?

[gray]

nieee. atomy przy longecie rozpadały sie od razu a sam longeta wypijał truciznę
i pukał w wieczko żeby mu dać gitarę.

To może być to:

[nakole]

To może być to

Rachunek zaburzeń dla stanu zdegenerowanego
19.3.1 WprowadzenieW poprzednim podrozdziale badaliśmy wpływ oddziaływania –
zaburzenia na stan własny hamil-tonianu niezaburzonego H0. Zakładaliśmy przy
tym, że stan ten (oznaczaliśmy go przez|ϕn〉) byłniezdegenerowany, tzn., że był
jedynym stanem odpowiadającym energii E(0)n. Dopuszczaliśmyjednak możliwość, że
inne stany (odpowiadające energiom E(0)m, (m = n) mogły być zdegenero-wane.Znów
rozpatrujemy problem zaburzony, tj. hamiltonian (19.8). Tym razem jednak do
dalszejanalizy wybieramy spośród stanów własnych hamiltonianu H0poziom
energetyczny o energiiE(0)n, który jest zdegenerowany. Poziomowi temu
odpowiadają stany własne|ϕin〉,gdziei = 1, 2, 3, ... , gn,(19.69)przy czym gn>
1 jest krotnością degeneracji rozważanego poziomu. Tak więc poziomowi E(0)
nodpowiada podprzestrzeń stanówHno wymiarze dimHn= gn.S.KryszewskiMECHANIKA
KWANTOWA242
--------------------------------------------------------------------------------
Page 13
3.10.200419. Stacjonarny rachunek zaburzeń243Oczekujemy, że zaburzenie
częściowo (lub nawet całkowicie) usunie degenerację. Oznaczymywięc przez Ena(λ)
energie – wartości własne pełnego hamiltonianu H(λ), które mają własnościEna(λ)
= Enb(λ)gdya = b,Ena(λ) −→ E(0)ndla ka˙zdego a, gdyλ −→ 0.(19.70)Zakładamy
więc, że pod wpływem zaburzenia poziom E(0)nzostanie rozszczepiony na podpo-
ziomy o energiach Ena(λ), numerowane przez dodatkowy indeks a przebiegający
zbiór a =1, 2, 3, ... , A, przy czym oczywiście Agn. Każdy spośród omawianych
podpoziomów mo-że nadal być zdegenerowany. Krotność degeneracji podpoziomu o
numerze a oznaczymy przezga. Spełniony musi być warunek∑Aa=1ga= gn. Jeśli A =
gnto wszystkie ga= 1, i degeneracjajest wtedy całkowicie usunięta.Rozwiązań
zagadnienia własnego dla pełnego hamiltonianu (19.8) szukamy w postaci|ψ 〉 = |ψ
(λ)〉 = |ψna(λ)〉(19.71)Trudność jaka się tu pojawia polega na tym, że nie
wiadomo do czego powinny zbiegać kety|ψna(λ)〉przy λ → 0. Wynika to stąd, że
dowolna kombinacja liniowa∑gni=1αi|ϕin〉jest wekto-rem własnym niezaburzonego
hamiltonianu H0odpowiadającym energii E(0)n. A więc do jakiejkombinacji takiego
typu ma zbiegać ket|ψna(λ)〉– nie wiadomo.19.3.2 Formalizm rachunku zaburzeń z
degeneracjąAnalizujemy problem podobnie jak poprzednio, tzn., postulujemy
rozwinięcia dla Ena(λ) i dla|ψna(λ)〉w szereg względem parametru pomocniczego
λ. Postępowanie takie jest w pełnej analo-gii z rozwinięciami (19.15a) i
(19.15b) dla przypadku bez degeneracji. Tym razem jednak wyrazyrozwinięć są
opatrzone dodatkowym indeksem a. A więc teraz piszemyEna(λ) = E(0)n+ λ1ε(1)na+
λ2ε(2)na+ ··· ,(19.72a)|ψna(λ)〉 = |φ(0)na〉 + λ1|φ(1)na〉 + λ2|φ(2)na〉 + ··· .
(19.72b)W rozwinięciu dla energii od razu położyliśmy człon zerowy ε(0)na= E(0)
n, co wynika z zastosowaniadrugiej z relacji (19.70) do szeregu (19.72b).
Indeksy a numerujące podpoziomy mogą przebie-gać różne (coraz większe) zbiory
wartości wraz ze wzrostem rzędu poprawek. Może się bowiemokazać, że w pierwszym
rzędzie (tj. dla poprawek ε(1)nai|φ(1)na〉) degeneracja nie zostanie
usuniętacałkowicie. W następnym rzędzie może być ona znowu usunięta tylko
częściowo. Więc dla wyż-szych rzędów zakres zmienności indeksu a może się
powiększać. Fakt ten prowadzi do znacznychkomplikacji. Nie będziemy jednak tego
tutaj badać. Ograniczymy się do poprawek co najwyżejrzędu pierwszego. Omawiany
problem częściowego usuwania degeneracji przedyskutujemy dalejtylko w
odniesieniu do rzędu zerowego i pierwszego. Zostawimy więc ten problem poza
naszymirozważaniami, choć pamiętać należy, że zakres a może zależeć od rzędu
poprawek.Przy dyskusji przypadku bez degeneracji pomocna była relacja graniczna
(19.16). Jak wspo-minaliśmy wyżej, dla sytuacji z degeneracją nie mamy takiego
przejścia granicznego. Zamiasttego przyjmiemy, że zerowy człon rozwinięcia
(19.72b), do którego zbiega stan|ψna(λ)〉przyλ → 0, wyraża się jako kombinacja
liniowa (względem indeksu i) stanów|ϕin〉odpowiadającychniezaburzonej energii E
(0)n. Czyli szukamy unormowanego przybliżenia zerowego|φ(0)na〉w postaci|φ(0)
na〉 =gn∑i=1Cai|ϕin〉,przy czymgn∑i=1∣∣Cai∣∣2= 1.(19.73)S.KryszewskiMECHANIKA
KWANTOWA243
--------------------------------------------------------------------------------
Page 14
3.10.200419. Stacjonarny rachunek zaburzeń244Zwracamy uwagę, że współczynniki
Caimogą (co zresztą wyraźnie zaznaczamy) zależeć od in-deksu a, to znaczy,
kombinacje liniowe (19.73) mogą być różne dla różnych podpoziomów nu-merowanych
przez indeks a. Oczywiście stoi przed nami problem wyznaczenia
współczynnikówCaikombinacji liniowej (19.73). Ponadto chcemy, aby powyższa
kombinacja liniowa była jedno-znaczna (o ile to możliwe).Odnotujmy fakt, że
postulat (założenie) (19.73) sprawia, że stany|φ(0)na〉są automatyczniestanami
własnymi hamiltonianu niezaburzonego. Istotnie (por. (3.49))H0|φ(0)na〉
=gn∑i=1CaiH0|ϕin〉 =gn∑i=1CaiE(0)n|ϕin〉 = E(0)n|φ(0)na〉.(19.74)Rzeczywiście
więc stany|φ(0)na〉, i to dla każdego a = 1, 2, 3, ... , A, odpowiadają
niezaburzonejenergii własnej E(0)n. Jest to intuicyjnie zgodne z interpretacją
stanów|ψ(0)na〉jako rozwiązańzerowego rzędu, tj. takich dla których λ = 0, a
więc zaburzenie znika.Badając problem zaburzenia stanu niezdegenerowanego
posługiwaliśmy się warunkiem orto-gonalności (19.18) lub (19.19). Tutaj
postępujemy podobnie. Żądamy, aby spełniony był dodat-kowy warunek〈 φ(0)na|ψna
(λ)〉 = 1.(19.75)Jeśli teraz podstawimy rozwinięcie (19.72b) zamiast keta|ψna(λ)
〉, to stwierdzimy, że warunek(19.75) pociąga za sobą〈 φ(0)na|φ(k)na〉 = 0,dlak1,
(19.76)czyli ortogonalność poprawek do przybliżenia zerowego. Jednak, ze
względu na rozkład (19.73)warunek ten nie oznacza, że poprawki są ortogonalne
do stanów niezaburzonych|ϕin〉. Nie mabowiem powodów, aby kombinacja liniowa
(19.73) wstawiona do relacji (19.76) miała dawać zero.Dalsze obliczenia są w
dużej mierze podobna do przypadku bez degeneracji. Rozwinięcia(19.72) wstawiamy
do zagadnienia własnego dla zaburzonego hamiltonianu (19.8). Krok ten
jestanalogiczny do sposobu, w jaki uzyskaliśmy równanie (19.21). Jedyna różnica
(jak dotąd) polegana obecności dodatkowych indeksów a zdających sprawę z
dopuszczalnej degeneracji. Uporząd-kowanie rozwinięć, a następnie przyrównanie
wyrazów przy jednakowych potęgach parametruλ, prowadzi do równań praktycznie
takich samych jak równania (19.25). Nie ma więc potrzebypowtarzania tej
procedury. Postępowanie takie prowadzi teraz do układu równań(H0− E(0)n)|φ(0)
na〉 = 0,(19.77a)(H0− E(0)na)|φ(1)na〉 +(W − ε(1)na)|φ(0)na〉 = 0,(19.77b)
Równanie (19.72a) jest równaniem własnym (19.74), nie wnosi ono żadnych nowych
informacji.Tu jednak kończą się analogie z przypadkiem bez
degeneracji.Przechodzimy do analizy równania (19.77b). Przemnóżmy je
lewostronnie przez bra〈ϕin|– sprzężenie jednego spośród stanów własnych
niezaburzonego hamiltonianu odpowiadającychenergii E(0)n. W rezultacie
otrzymujemy〈ϕin|(H0− E(0)n)|φ(1)na〉 + 〈ϕin|(W − ε(1)na)|φ(0)na〉 = 0.(19.78)
Pierwszy człon znika, bowiem〈ϕin|H0= E(0)n〈ϕin|(energie w nawi

[nakole]

Myślisz, że był dla Schrodingera tym kim "pozszywany" dla dr Frankensteina ?

[zgierzyk]

W zasadzie to długa eta...

[nefnet]

Dlaczego Longeta a nie Lognet?

[gray]

mamy nadzieję, że kiedy tylko to ustali to nam powie...

[nefnet]

Też mam nadzieję. Może chociaż napisze?

[nakole]

...i gipsiarstwo, On tak znika, żeby potem wracać w blasku poklasku ;)

[gray]

mam nowy pomysł ale powiecie, że sie nie zmieści...

?

[nakole]

[zgierzyk]

Dlatego, że Long?

[nefnet]

Nie! Dlatego, że zrobił long-net-a!

[longeta]

Jestem,jestem!
Ale rzadko już tu zaglądam,tylko 26 razy na dzień;-)