Sử dụng lý thuyết nhiễu loạn để giải các bài toán trong cơ học lượng tử

LỜI CẢM ƠN
Trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành đề tài thực tập, ngoài sự cố
gắng nỗ lực của bản thân,em còn nhận được sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô
giáo, gia đình và bạn bè.
Qua đây em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc, lòng biết ơn chân than tới thầy giáo
T.S: Trần Thái Hoa đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ và chỉ bảo cho e trong suốt
quá trình hoàn thành đề tài.
Đồng thời em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong tổ Vật lý lý
thuyết, khoa Vật lý, Trường Đại học SPHN2 đã tạo điều kiện cho em hoàn thành
đề tài.
Cuối cùng em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã giúp đỡ
em trong suốt quá trình làm đề tài.
Do bước đầu làm quen với việc nghiên cứu đề tài khoa học nên sẽ còn
nhiều thiếu sót, em rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các
bạn sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Sinh viên thực hiện

Phạm Thị Phương Hoa


LỜI CAM ĐOAN
Đề tài “ Sử dụng lý thuyết nhiễu loạn để giải các bài toán trong cơ học
lượng tử” này được hoàn thành với sự cố gắng nỗ lực của bản thân và sự hướng
dẫn tận tình của thầy giáo T.S: Trần Thái Hoa.
Em xin cam đoan đây là kết quả nghiên cứu của bản thân em, không
trùng lặp với các kết quả của các đề tài khác.
Trong khi nghiên cứu hoàn thành bản đề tài này em có tham khảo một số
tài liệu tham khảo đã ghi trong phần tài liệu tham khảo.

Hà Nội, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Sinh viên thực hiện

Phạm Thị Phương Hoa


XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN THỰC TẬP


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU...............................................................................................................1
NỘI DUNG...........................................................................................................3
A: Cơ sở lý thuyết................................................................................................3
Chương I: Nhiễu loạn dừng khi không có suy biến..............................................5
Chương 2: Nhiễu loạn dừng khi có suy biến.........................................................8
Chương III: Hiệu ứng Stark đối với nguyên tử Hydro........................................14
B. Một số bài tập vận dụng lý thuyết nhiễu loạn:................................................17
KẾT LUẬN.........................................................................................................22
TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................................24


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình học tập và lĩnh hội kiến thức về lý thuyết nói chung và lý
thuyết vật lý nói riêng thì việc giải các bài toán giữ vai trò quan trọng. Nó giúp
chúng ta củng cố, nắm vững và hiểu sâu hơn về phần lý thuyết đã học, trau dồi
kỹ năng thực hành.
Một trong những học phần trong chương trình vật lý được học ở bậc Đại
học là môn cơ học lượng tử, đây là một bộ môn mới được hoàn thành vào đầu

những năm 30 của thế kỷ XX với số lượng bài tập nhiều và khá đa dạng cùng
với các phương pháp toán phức tạp để giải chúng.
Ngiệm chính xác của phương trình Schodinger chỉ có thể tìm được trong
một số bài toán đơn giản, như bài toán một chiều trong hố thế, dao động tử điều
hòa…Nhưng ngay cả trong những trường hợp đó lời giải cũng phứ tạp.
Trong hầu hết các bài toán không tìm được nghiệm chính xác, do đó phải
dùng đến phương pháp gần đúng,đưa các bài toán này về các bài toán đơn giản
có thể tìm nghiệm chính xác.
Vì vậy, em quyết định chọn đề tài: "Sử dụng lý thuyết nhiễu loạn để giải
các bài toán trong cơ học lượng tử”.
2. Mục đích nghiên cứu
Rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo trong việc nghiên cứu, và luyện giải các bài toán
trong cơ học lượng tử
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Phân loại và giải một số bài toán khó trong cơ học lượng tử
4. Đối tượng nghiên cứu
Các bài tập trong cơ học lượng tử
5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp Vật lý lý thuyết và Vậy lý Toán
1


2


NỘI DUNG
A: Cơ sở lý thuyết
Trạng thái của hệ lượng tử có thể được mô tatr bởi nghiệm của phương
trình:
Ĥψ = Eψ

(I)

Ở đây, Ĥ là toán tử Hamition ( không phụ thuộc vào thời gian) và E là
năng lượng của hệ. Đối với một số trường hợp đơn giản ( trường hợp Coulumb,
trường đàn hồi, trường điện từ đều,…..) tương ứng với các hệ đã lý tưởng hóa,
phương trình (I) có thể cho nghiệm chính xác. Nhưng khi nghiên cứu các hệ
thực thì phương trình (I) không cho nghiệm chính xác. Bởi vậy để tính phương
trình (I) ta cần phải đưa vào phương pháp tính gần đúng các hàm riêng và trị
riêng của toán tử Ĥ trong phương trình (I).
Một trong những phương pháp tính gần đúng đó là dựa vào các nghiệm
chính xác của hệ đã lý tưởng hóa, hiệu chỉnh các nghiệm đó để được nghiệm gần
đúng của hệ thực, với điều kiện hệ thực coi như không khác nhiều so với hệ lý
tưởng.
Phương pháp tính hiệu chỉnh như vậy, cùng với các điều kiện đặt ra được
gọi là lý thuyết nhiễu loạn.
Ta đặt điều kiện hạn chế ban đầu cho bài toán. Với lý thuyết nhiễu loạn cho
các bài toán có phổ gián đoạn:
Hˆ ψ l = Elψ l (l=1,2,3,…)

(II)

Giả thiết đưa ra là toán tử Ĥ có thể tách ra làm hai phần:
Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ

(III)

trong đó, Hˆ 0 là toán tử Hamition của bài toán đã lý tưởng hóa, còn Vˆ được gọi
là toán tử nhiễu loạn.
Để biểu thị Vˆ nhỏ, ta đặt :

Vˆ = λWˆ

3

(IV)


với λ là một thôg số nhỏ, không thứ nguyên.
0
Giả sử biết các nghiệm El và ϕl ( l =1, 2, 3…) của phương

trìnhcho hàm riêng và trị riêng của toán tử Hˆ 0 :
Hˆ 0ϕl = El0ϕl ;( ϕl ,ϕl ' ) ( l,l’= 1, 2, 3,…)

(V)

Với các điều kiện hạn chế đó, phương trình (I) sẽ qua về giải phương trình
( Hˆ 0 + λWˆ )ψ l = Elψ l

(VI)

để tìm El và ψ l .
Chúng ta sẽ giải phương trình (VI) để tìm ra El và ψ l , nhưng chúng ta sẽ
0
hiệu chỉnh cho El và ϕl với l = 1, 2, 3,…..để thu được El và ψ l gần đúng

nào đó, và các hiệu chỉnh El và ψ l sẽ nghiệm gần đúng phương trình (I), (II),
hay (VI).

4


Chương I: Nhiễu loạn dừng khi không có suy biến
1.1. Khi λ=0, ứng với trường hợp không có nhiễu loạn

ψ l = ∑ clmϕm ≡ ϕ
l
m

Hˆ = Hˆ 0 ,
Từ đây và từ

0
Wmn cln (m, l= 1, 2, 3,…)
( El − Em )clm = λ ∑
n

(1.1)

ta suy ra:
clm = δ lm = cm(0)

El = El0 ,

(1.2)

1.2. Với λ nhỏ,
0
các giá trị của El xê dịch khỏi giá trị El các clm sẽ lệch khỏi các giá trị

cm(0) = δ lm . Ta hi vọng độ lệch này sẽ nhỏ. Muốn vậy ta khai triển clm và El (m,
l =1, 2, 3,……)theo chuỗi lũy thừa của λ:
clm = δ lm + λ cm(1) + λ 2cm2 + .... 

El = El0 + λ El(1) + λ 2 El( 2) + ...

(1.3)

Trong đó các giá trị tỉ lệ với λ k là hiệu chỉnh bậc k tương ứng của clm và El .
Thay (1.3) vào (1.1):
( El0 − Em0 + λ El(1) + λ 2 El(2) + ...)(δ lm + λ cm(1) + λ 2cm( 2) + ...)
Wmn (δ ln + λ cn(1) + λ 2cn( 2) )
= λ∑
n

(m, l= 1, 2, 3,..)

(1.4)

Ta sẽ đặt điều kiện hạn chế cho bài toán:
Giả sử m= l:
El(1) = Wu



E + E c = ∑ nW c 

......


( 2)
l

(1) (1)
l
l

Giả sử m ≠ l:

5

(1)
ln l

(1.5)


( El0 − Em0 )cm(1) = Wml
( E − E )c
0
l

0
m

.....

(2)
m



+ E c = ∑ nW c 


(1) (1)
l
m

(1)
mn n

(1.6)

0
Từ (1.5) ta suy ra hiệu chỉnh bậc 1 của mức năng lượng El :

λ El(1) = λWu = Vu

(1.7)

Do đó trong phép gần đúng cấp 1, năng lượng của hệ được biểu diễn:
El = El0 + λ El(1) = El0 + Vu

(1.8)

Từ (1.6) ta suy ra:

λ cm(1) =

λWml
V
= 0 ml 0
0
o
El − Em El − Em

(1.9)

trong phép gần đúng cấp 1 của hàm sóng

ψ l = ∑ clmϕm = (cl(0) + λ cl(1) )ϕl + ∑ (cm(0) + λ cm(1) )ϕm
m≠l

m

Vml
ϕ
0 m
m ≠l E − E
m

(1)
= ϕl + λ cl ϕl + ∑

0
l

(1.10)

cl(1) được xác định từ điều kiện chuẩn hóa của ψ l có xét đến tính trực chuẩn của
các hàm ϕ n và bỏ qua các đại lượng tỉ lệ với λ 2
2

2

(1)
(1)
(1)*
∫ ψ l dq ≈ 1 + λcl = 1 + λcl + λcl = 1

(1.11)

(1)
(1)
Có thể coi cl là thực, vì vậy cl =0. Thành thử trong phep gần đúng cấp 1:

Vml
ϕ
0 m
m ≠l E − E
m

ψ l = ϕl + ∑

0
l

(1.12)

(1)
Từ (1.5) và (1.6) với cl =1, chúng ta suy ra năng lượng trong phép gần đúng
*
cấp 2 ( Vln = Vln do tính Hermite của toán tử Vˆ ). Như vậy năng lượng trong

phép gần đúng bậc 2
2

V
El = E + Vu + ∑ 0 ln 0
n ≠l E − E
l
n
0
l

6

(1.13)


1.3. Điều kiện áp dụng
Phương pháp trên chỉ đúng trong trường hợp nếu chuỗi gần đúng hội tụ.
Điều kiện cần cho điều đó là mỗi số hạng sau phải nhỏ hơn số hạng trước.
Như vậy:
Vln = El0 − En0 với bất kỳ n ≠ l

(1.14)

(1.14) chính là điều kiện có thể áp dụng được lý thuyết nhiễu loạn. Giả thiết “

nhỏ” nghĩa là (1.14) được thực hiện.
Việc chứng minh cho chuỗi nhiễu loạn hội tụ là rất phức tạp. Trong một số
trường hợp, người ta thấy gần đúng cấp 1 của lý thuyết đã cho những kết quả
tốt, ngay cả khi chuỗi phân kỳ.
Từ (1.14) ta thấy, để có thể ứng dụng được lý thuyết nhiễu loạn thì mức l không
được suy biến. Tuy nhiên, nếu một phần trong các trạng thái n
lượng

En0

l có năng

thỏa mãn (1.14) suy biến thì tính đúng đắn của (1.12) và (1.13)

không bị phá hủy.
Ngoài ra, các công thức này có thể mở rộng sang cả trường hợp khi một phần
các trạng thái m l thuộc về phổ lien tục. Trong trường hợp
Vml
V
+ ∫ 0 υl 0 dυ
0
m ≠l E − E
El − Eυ
m

ψ l = ϕl + ∑

0
l

2

(1.15)

2

V
V
El = E + Vu + ∑ 0 lm 0 + ∫ 0 lυ 0 dυ
El − Eυ
m ≠ l El − Em
0
l

(1.16)

Ta quy ước υ là chỉ số các trạng thái có phổ liên tục và là tập giá trị của
các đại lượng đủ để xác định trạng thái nếu trạng thái của phổ lien tục suy biến.
Tương tự suy rộng cho các gần đúng bậc cao hơn.

7


Chương 2: Nhiễu loạn dừng khi có suy biến
2.1. Sự giảm suy biến khi có nhiễu loạn
0
Giả sử mức El suy biến bội s. Khi đó để làm hàm gần đúng cấp không, ta

có thể lấy tổ hợp tuyến tính:
s

ψ l = ∑ akϕl ,

(2.1)

k

k =1

Trong đó ϕl được xác định bởi phương trình:
k

Hˆ 0ϕl = El0ϕl
k

k

(l=1, 2,…, k=1, 2,….s)

Thay (2.1) vào phương trình ( Hˆ 0 + λWˆ )ψ l = Elψ l nhân vào 2 vế kết quả nhận
được với ϕlm (m= 1, 2, 3,…) sau đó tích phân theo các biến không gian, ta thu
*

được hệ phương trình tuyến tính thuần nhất:
s

∑ (H
k =1

mk

− Elδ mk ) ak =0 (m=1,2,3,…s).

(2.2)

Hệ phương trình này có nghiệm khác không với điều kiện đinh thức lập bởi
các hệ số của các ẩn ak bằng không:
( H11 − El )
H12
H13
H 21
( H 22 − El ) H 23
...
...
...
H s1
H s2
H s3

ở đây:

... H1s
... H 2 s
=0
...
...
...( H ss − El )

H mk = ∫ ϕlm* Hˆ ϕl dq

(2.3)

(2.4)

k

Khai triển định thức (2.3) ta thu được phương trình bậc s đối với giá trị chưa
biết El . Phương trình này được gọi là phương trình thế kỷ, nó có s nghiệm. Nếu
0
s nghiệm thực của(2.3) khác nhau thì mức El suy biến bội s của bài toán không
k
nhiều sẽ tách ra làm s mức El khác nhau và ứng với mức này sẽ có 1 hàm:

8


ψ lk = ∑ am ϕl
m

k

(2.5)

m

2.2. Việc khử suy biến
K
Các hệ số am được xác định từ (2.2) khi thay El vào El (k=1, 2, 3,..s).
k

trường hợp này ta nói rằng nhiễu loạn Vˆ khử hoàn toàn suy biến. Trường hợp
(2.3) có nghiệm bội thì sự khử suy biến là không hoàn toàn. Các hàm sóng
tương ứng với các nghiệm bội của (2.3) xác định bởi phương trình 1 cách không
đơn trị. Chúng ta có thể trực giao chúng bằng phương pháp Gram-Schmidt. Dựa
vào các hàm ϕl

k

trực giao, người ta có thể chéo hóa ma trận ( H mk )của toán tử

Ĥ.
Nghĩa là:

H mk = Vmk = ∫ ϕlm* ( Hˆ 0 + Vˆ )ϕlk dq = Emδ mk

(2.6)

Điều này cho phép chúng ta bỏ đi các số hạng có mẫu số nhỏ trong các phép
gần đúng tiếp theo dựa vào các công thức (1.12) và (1.13).
2.3. nhiễu loạn khi có hai mức gần nhau.
(0)
Từ công thức (1.12) và (1.13) , ta thấy rằng nếu trong số các trị riêng En

và Hˆ 0 có hai mức năng lượng gần bằng nhau thì các hiệu chỉnh cho hàm sóng
(0)
và các mức năng lượng En sẽ lớn và ta không dùng được các công thức đó.

Tuy nhiện, nếu số các trị riêng gần nhau lân cận mức n của Hˆ 0 không nhiều thì
có thể thay đổi phương pháp tính sao cho cả trong trường hợp này vẫn có thể
khử được sự xuất hiện các số hiệu chỉnh lớn. chúng ta chỉ xét trường hợp đơn

giản là có hai mức năng lượng gần nhau.
(0)
(0)
Giả sử Hˆ 0 có hai trị riêng là E1 và E2 gần nhau, tương ứng với các

hàm riêng ψ 1 và ψ 2 , còn tất cả các trị riêng khác ở xa chúng.
(0)

(0)

Trong phép tính gần đúng cấp không, ta tìm nghiệm dưới dạng:

ψ 0 = aψ 1(0) + bψ 2(0)
9

(2.7)


Thay giá trị này của ψ (0) vào phương trình:
Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ

Hˆ ψ (0) = Eψ (0) ,
Chúng ta thu được kết quả:

aHˆ ψ 1(0) + bHˆ ψ 2(0) = E (aψ 1(0) + bψ 2(0) )
Nhân (2.8) với ψ 1

(0)*

aH11 + bH12 = aE ,

Tương tự với ψ 2

(0)*

, và lấy tích phân ta được:
H11 = ∫V ψ 1(0)* Hˆψ 1(0) dx ,

H12 = ∫V ψ 1(0)* Hˆ ψ 2(0) dx

(2.9)

, ta thu được:

aH 21 + bH 22 = bE , H 21 = ∫V ψ 2(0)* Hˆψ 1(0) dx , H 22 = ∫V ψ 2(0)* Hˆ ψ 2(0) dx
Ta có:

(2.8)

H mn = ∫V ψ m(0)* Hˆ ψ n(0) dx = En(0)δ mn + Vmn

(2.10)
(2.11)

Hai phương trình (2.8) và (2.9) , được biến đổi thành:
( H11 − E ) a + H12b = 0

 H 21a + ( H 22 − E )b = 0

(2.12)

Để cho hệ phương trình có nghiệm không tầm thường ( a ≠ 0 , b ≠ 0 ), thì
định thức của nó phải bằng không, nghĩa là:
E 2 − ( H11 + H 22 ) E + H11 H 22 − H12 H 21 = 0

2.13)

Giải phương trình ta thu được các nghiêm:
1
2 

2
E
=
H
+
H
+
(
H
−
H
)
+
4
H
1
11
22
11
22

12


2 

 E = 1  H + H − ( H − H )2 + 4 H 2 
2
11
22
11
22
12

2 

*
trong đó ta luuy ý H12 = H 21 do Hˆ là toán tử Hermitic.

Ta xét 2 biểu thức của (2.14), trong hai trường hợp giới hạn
+) Nếu H11 − H 22 ? H12 thì theo (2.11) có nghĩa là:
( E1(0) + V11 ) − ( E2(0) + V22 ) ≈ E1(0) − E2(0) ? V12

10

(2.14)


như vậy điều kiện (1.14) được thỏa mãn và lý thuyết nhiễu loạn được áp
2

dụng. Nếu trong phép gần đúng ta có thể bỏ qua 4 H12 trong số hạng dưới căn
số bậc hai của (2.14), thì ta sẽ có giá trị gần đúng cấp một trong phép nhiễu loạn
thông thường.
E11 = H11 = E1(0) + V11 ,

E2 = H 22 = E2(0) + V22

Trong phép gần đúng chính xác hơn nghĩa là: 1 + ε ≈ 1 +

ε
, ta thu được:
2

2
2 H12 
1
E1 =  H11 + H 22 + H11 − H 22 +
 ,
2 
H11 − H 22 
2

2

H12
V
E1 = H11 +
= E1(0) + V11 + (1) 12 (1)
H11 − H 22
E1 − E2

(2.15)

2

Tương tự ta có: E2 = E

(0)
2

V
+ V22 − (1) 21 (1)
E1 − E2

(2.16)

+) Nếu H11 − H 22 = H 12 , trong trường hợp này với độ chính xác đến các
số hạng có độ bé cấp một
E1,2 =

H11 + H 22 
( H − H 22 ) 2 
±  H12 + 11

2
8 H12



(2.17)

Chúng ta nghiên cứu xem hiệu các giá trị năng lượng xác định bởi các công
thức (2.14) và hiệu H11 − H 22 có quan hệ với nhau như thế nào. Muốn vậy ta
đăt:

H11 = H 0 + γ x ,

H 22 = H 0 − γ x

(2.18)

Trong đó γ là một hệ số không đổi, x là biến độc lập. theo đó
H11 − H 22 = 2γ x và H11 + H 22 = 2 H 0
Tiến hành các phép thay thế tương ứng trong (2.14), ta thu được kết quả
sau:

11


E = H + γ 2 x2 + H 2
0
12
 1

2
 E2 = H 0 − γ 2 x 2 + H12

(2.19)

H11 − H 22 = 0 thì:

Ta thấy rằng khi hiệu
E1 − E2 = 2 H12 = 2 V12

Bây giờ ta đi tìm hàm sóng ψ ứng với các mức năng lượng E1 và E2 ,
muốn vậy cần xác định các hệ số a và b trong công thức (2.7).
a
H12
=
b E − H11

Từ (2.12) ta có:

Thế các giá trị của E bằng E1 và E2 được xác định ở biểu thức (2.14)
a
 ÷ =
 b 1,2

2 H12
2

 2 H12  

( H11 − H 22 ) −1 ± 1 + 
 
 H11 − H 22  


(2.20)

các chỉ số 1 và 2 theo thứ tự ứng với dấu + và – đứng trước dấu căn.
Hệ thức chuẩn hóa cho hàm sóng ở (2.7) yêu cầu:
a 2 + b2 = 1
Khi bất đẳng thức

H11 − H 22 ? H12 thì: ψ 1 = ψ 1(0) , ψ 2 = ψ 2(0)

nghĩa là các hàm mới trùng với các hàm ban đầu.
Ta có công thức :
1

(0)
(0)
ψ 1 = 2 (ψ 1 + ψ 2 )

ψ = − 1 (ψ (0) − ψ (0) )
1
2
 2
2
Từ trên ta suy ra rằng, trong số các giá trị năng lượng E1 , E2 , …sẽ không
có các giá trị gần nhau. Do đó có thể dùng giá trị này cùng hàm tương ứng của
12


chúng ψ 1 ,ψ 2 ,…làm các đại lượng gần đúng cấp không khi cần tính các hàm
sóng ψ theo công thức ( 1.10) trong công thức gần đúng cấp một và các hiệu
chỉnh cho năng lượng trong phép gần đúng cấp hai theo công thức (1.13).
Phương pháp này cũng có thể dùng khi E1 = E2 , nghĩa là khi có mức suy
biến bậc hai với hai hàm ψ 11 và ψ 12

(0)

(0)

13


Chương III:

Hiệu ứng Stark đối với nguyên tử Hydro

Khi nguyên tử đặt trong một điện trường thì các vạch quang phổ của nó sẽ
bị tách ra. Hiện tượng này đã được Stark phát hiện vào năm 1913. Hiệu ứng
Stark chỉ có thể giải thích bằng cơ học lượng tử. Trong phần này ta sẽ giới hạn
khảo sát ở hiệu ứng stark bậc nhất, đặc trưng cho nguyên tử đồng dạng hydro.
Đối với hydro và các ion tương tự, người ta phân biệt hai trường hợp: hiệu ứng
Stark trong điện trường mạnh và hiệu ứng Stark trong điện trường yếu. Khi điện
trường yếu ta có hiệu ứng Stark bậc 2, bậc 3,

bậc của hiệu ứng la do ở chỗ

măng lượng của nguyên tử thu được trong điện trường phụ thuộc bậc 1, bậc 2,…
vào cường độ điện trường.

r
Coi nguyên tử như một lưỡng cực điện er . Giả sử điện trường đều có cường

độ ε hướng dọc trục OZ. Trong toán tử Hamition xuất hiện số hạng phụ :
rr
W = −eε r = −eε z

(3.1)
pˆ 2 Ze 2
ˆ
ˆ
ˆ
H = H0 + W =
−
− eε z
2µ
r

(3.2)

Hàm sóng của nguyên tử Hydro khi chưa có nhiễu loạn:
1
ψ nlm (r ,θ ,ϕ ) = Rnl (r ) Pl m (cosθ )eimϕ
r

3.3)

Mức năng lượng cơ bản (n=1) không bị suy biến, vì chỉ có một hàm riêng

ψ 100 =

1

π a3

e

−

r
a

ứng với mức này.
Đối với mức n=2, có suy biến bội 4. Tương ứng với mức này có 4 hàm
sóng:

ϕ1 = ψ 200 =
ϕ 2 = ψ 211 =

1
8π a 3
1
8π a 3

e

−

r
2a

−

r
2a

e

14

(1 −

r
) = f (r )
2a

r
x + iy
sin θ eiϕ = F (r )
a
2

(3.4)


1

ϕ3 = ψ 210 =
ϕ 4 = ψ 21−1 =

e

4 2π a 3
1

8 πa

3

e

−

r
2a

−

r
2a

r
cosθ = F (r ) z
a

r
x − iy
sin θ e − iϕ = F (r )
a
2

(3.6)
(3.7)

Từ công thức (3.4) đến (3.7) chúng ta đã viết các hàm sóng cho gọn nhờ
mối liên hệ , còn a là bán kinh Bohr. Các hàm f(r) và F(r) là các hàm số chỉ phụ
thuộc vào bàn kính r.

Lập tổ hợp tuyến tính của các hàm (3.4)-(3.7) để làm hàm gần đúng cấp
không.

ψ = c1ϕ1 + c2ϕ 2 + c3ϕ3 + c4ϕ 4
Còn các hệ số ck (k=1, 2, 3, 4) được tìm bởi phương trình:
4

∑ (H
k =1

mk

− Eδ mk )ck = 0

(3.8)

Và năng lượng E tìm bởi phương trình bậc 4:
det E ( H − EI ) = 0

(3.9)

Ở đây:
H mk = ∫ψ m* ( Hˆ 0 − eε z )ϕk dV ,

(ϕ m ,ϕ k ) = δ mk , (m, k= 1, 2, 3, 4)

(3.10)

Và từ công thức trên ta có:
H mk = Ek0δ mk − eε ∫ψ m* zϕ k dV

(3.11)

Vậy ta chỉ cần tính tich phân:
Wmk = −eε ∫ψ m* zϕk dV

(3.12)

Do các biểu diễn (3.4)-(3.7) của các ϕ k , ta dễ dàng thấy rằng chỉ có 2 tích
phân sau là khác không, vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn
W13 = W31 = −eε ∫ f (r ) F (r ) z 2dV
eε +∞ π 2π − ar
r z2 2
=−
∫ ∫ ∫ e (1 − 2a ) a r sin θ drdθ dϕ
16π a 3 0 0 0
Tích phân:
15


π 2π

∫∫
0 0

π 2π

z 2 sin θ dθ dϕ = r 2 ∫ ∫ cos 2 θ sin θ dθ dϕ =
0 0

t=

Dựa vào biến số :

r
,
a

eε a ∞ − t
t 4
W13 = W31 = −
e
(1
−
)t dt = 3eaε
∫
12 0
2

Thì:
Nhờ

4π 2
r
3

đó

phương

E − E20
0

0
E − E20

3eaε
0

3eaε
0

0
0

E−E
0

trình

(3.9)

0
0
0
2

0
E − E20

được

viết

cụ

thể

dưới

dạng:

= ( E − E20 ) 2 ( E − E20 ) 2 − 9e 2 a 2ε 2  = 0

Cùng với 4 nghiệm của E là:
E1 = E20 + 3eaε 

E2 = E20 − 3eaε 
E3 = E4 = E20 

(3.13)

0
Kết quả là, do nhiễu loạn một vạch E2 suy biến bội 4 đã tách ra làm 3

vạch:
E20

,

E20 + 3eaε ,

E20 − 3eaε

Sự suy biến đã giảm xuống. Nhiễu loạn đã khử không hoàn toàn sự suy biến (do
0
một nghiệm bội 2). Khi các electron chuyển từ các mức này về mức E1 sẽ cho

3 vạch quang phổ.

16


B. Một số bài tập vận dụng lý thuyết nhiễu loạn:
Bài tập 1:
0

Hạt chuyển động trong trường xuyên tâm có các mức năng lượng Enl . Giả sử đặt
một từ trường yếu dọc theo trục oz. Hãy tìm năng lượng và hàm sóng của hạt
trong phép gần đúng bậc nhất (không tính đến spin của hạt)
Giải:
Khi thiết lập từ trường, toán tử Hamition:
ihe ur
r
Hˆ = Hˆ 0 +
A∇
(bỏ qua số hạng tỉ lệ với A )
µ
và coi số hạng thứ hai là toán tử nhiễu loạn.
Hiệu chỉnh bậc nhất của năng lượng

r
* i he
Enl(1) = ∫ψ nlm
A∇ψ nlm dV
µ
1
ψ nlm = Rnl (r ) Pl m (cos θ )eimϕ
r
r
r
B { 0,0, B} = rot A

Với :
Vì
nên có thể chọn:

1
1
Ax = − By , Ay = Bx , Az = 0
2
2
r
1 r ihB ∂
ihA∇ = − BLz =
2
2 ∂ϕ

Khi đó
Kết quả

Enl(1) = −

mheB
mheB
0
và Enlm = Enl −
2ϕ
2µ

Hiệu chỉnh về hàm sóng
Vmm ' =

iheB
∂
m ' heB
ψ nlm ψ n 'l ' m 'dV = −
δ mm ' = 0 (m≠m’)
∫
2µ
∂ϕ
2ϕ

Do đó hiệu chỉnh bậc 1 của hàm sóng bằng 0.
17


Bài tập2:
Tìm hiệu chỉnh cho năng lượng ở trạng thái cơ bản của dao động tử điều hòa phi
tuyến một chiều có thế năng:
1

U ( x) = mω 2 x 2 + α x 3 + β x 4
2
trong đó α và β là những hằng số và x là độ lệch khỏi vị trí cân bằng.
Giải:
Hiệu chỉnh bậc nhất cho năng lượng
Toán tử Hamition của dao động tử điều hòa phi tuyến một chiều:
Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ (x)
Trong đó:
h2 d 2 1
Hˆ 0 = −
+ mω 2 x 2
2
2m dx 2

là toán tử Hamition của dao động tử điều

hòa tuyến tính và Vˆ ( x) = α x 3 + β x 4 coi là toán tử nhiễu loạn.
Trong gần đúng bậc không ta có:
Hˆ 0ψ n(0) ( x) = En(0)ψ n(0)
ở đây :

ψ

(0)
n

= An e

−

ξ2
2

H n (ξ )ξ = x

và
An =

4

mω
h

1
2 n n!

1
En = hω (n + )
2

, ( n = 1, 2, 3 …..)

Năng lượng của dao động tử điều hòa phi tuyến trong gần đúng bậc nhất của lý
thuyết nhiễu loạn được xét bằng công thức:
18

En = En(0) + En1


Trong đó :

+∞

En1 = Vnn = ∫ ψ n0* ( x)V ( x )ψ n(0) dx
−∞

ξ
+∞
−
 +∞ − ξ

A = α ∫ e 2 H n (ξ )dξ + β ∫ e 2 H n (ξ )ξ 4 H n dξ 
−∞
 −∞

2

2

2
n

Ta biết đa thức Hermite H n (ξ ) thỏa mãn phương trình:
H n'' − 2ξ H n' + 2nH n = 0
Dạng:
H n (ξ ) = (2ξ ) n −

n( n − 1)
n(n − 1)(n − 2)( n − 3)
(2ξ ) n− 2 +
(2ξ ) n −4 + ...

1!
2!

Hay:
H n (ξ ) = (−1) n e −ξ
H 0 (ξ ) = 1 ,

d n −ξ
(e ) ;
dξ 2

2

H1 (ξ ) = 2ξ ,

2

H 2 (ξ ) = 4ξ 2 − 2, …

Chú ý rằng:
dH n
(n − 1)(n − 2)


= 2n (2ξ ) n−1 −
(2ξ ) 2 + ... = 2 H n−1
dξ
1!



d 2Hn
dH
= 2n n −1 = 2n.2(n − 1) H n− 2
2
dξ
dξ
Ta có:

2n.n( n − 1) H n− 2 − 2n.2ξ H n+1 + 2nH n = 0

Hay:

1
ξ H n−1 = (n − 1) H n −2 + H n
2

Thay n → n + 1 và n → n + 2 ta được:
1

ξ
H
=
nH
+
H n+1
n
n
−
1


2

ξ H = (n + 1) H + 1 H
n
n+2
 n +1
2
19


Ta thấy:
1
1
1
ξ 2 H n = nH n−1 + H n+1 = (n + ) H n −1 + H n + 2
2
2
4
1
1
= (n + ) H n + n( n − 1) H n− 2 + H n + 2
2
4
Thay n = n + k với k = 0, ±1, ±2, ±3,... ta có
1
ξ H n+ k = (n + k ) H n+ k −1 + H n+ k +1
2
dễ dàng thấy rằng:
1
+) ξ 2 H n = ξ (ξ H n ) = nξ H n−1 + ξ H n +1

2
1
1
= (n + ) H n + n( n − 1) H n− 2 + H n + 2
2
4
1
1
+) ξ 3 H n = ξ (ξ 2 H n ) = ( n + )ξ H n + n(n − 1)ξ H n− 2 + ξ H n+ 2
2
4
3 2
3
1
= n ξ H n−1 + n(n − 1)(n − 2) H n−3 + (n + 1) H n+1 + H n +3
4
4
8
3 2
3
1
4
+) ξ H n = n ξ H n−1 + n(n − 1)(n − 2) H n−3 + (n + 1)ξ H n +1 + ξ H n+3
4
4
8
=

3
1

1
(2n 2 + 2n + 1) H n + (2n + 3) H n+ 2 + H n+ 4
4
4
16
+ n(n − 1)(n − 2) H n− 4 + n(n − 1)(2n − 1) H n− 2

2
4
Đặt các biểu thức của ξ H n (ξ ) và ξ H n (ξ ) vào các tích phân ở trên

và đúng điều kiện trực giao chuẩn hóa các hàm sóng:
+∞

∫ψ

−∞

(0)*
m

( x)ψ dx = Am An
(0)
m

h +∞ −ξ
∫ e H m (ξ ) H n (ξ )dξ = δ mn
mω −∞
2

20


=

0khim ≠ n

1khim = n

Khi đó ta có :
h 52  +∞ −ξ
3

E = A β(
)  ∫ e H n (ξ ) (2n 2 + 2n + 1) H n (ξ )dξ 
mω  −∞
4

(1)
n

2

2
n

2

ξ
ξ

−
−
h 23
h +∞
2
2
) (2n 2 + 2n + 1)
A
e
H
(
ξ
)
A
e
H n (ξ ) dξ
= β(
m
m
n
∫
mω 4
mω −∞

= β(

2
h 23
h +∞ (0)
) (2n 2 + 2n + 1)

ψ n (ξ ) dξ
∫
mω 4
mω −∞

3
h 2
h
β(
) (2n 2 + 2n + 1)
với n = 0, 1, 2, 3,…
4 mω
mω

=

Như vậy :
1 3
h 2
En = hω (n + ) + β (
) (2n 2 + 2n + 1)
2 4 mω
Bài tập 3:
Tính năng lượng và hàm sóng ở trạng thái cơ bản cuả nguyên tử Hydro. Chọn

ψ (r ) = Ae − β r

hàm thử:

Giải

Toán tử Hamition của nguyên tử Hydro có dạng:
h2 2 e 2
Hˆ = −
∇ −
2m
r

Trong đó:
∂2 2 ∂ 1  ∂2
∂
1 ∂2 
∇ = 2+
+ 
+ cot θ
+

∂r
r ∂r r 2  ∂θ 2
∂θ sin 2 θ ∂ϕ 2 
2

Ta xác định điều kiện chuẩn hóa A hàm sóng:
21