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    ĐỀ TÀI: GVHD: TS. Nguyễn Văn Hoa SVTH: Võ Mạnh Hùng Thaønh Phoá Hoà Chí Minh 2008 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 vă

pdf103 trang | Chia sẻ: huyen82 | Lượt xem: 4253 | Lượt tải: 1download
Tóm tắt tài liệu Hệ thống hóa các bài tập phương pháp gần đúng trong cơ học Lượng tử, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
n. 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 H . Đòi hỏi xác định hàm riêng và trị riêng của toán tử Hamilton 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 I.1.1. Công thức tổng quát của lý thuyết nhiễu loạn dừng. Hamiltonien: 0H H V  Với: 0H : Toán tử Hamilton khi không có nhiễu loạn. V : Toán tử nhiễu loạn. Phương trình Schrodinger: H E  : Khi nhiễu loạn. (1) (0) (0) (0) 0 n n nH E  : Khi không nhiễu loạn. (2) Khai triển: ( )x theo (0) ( )n x (0)( ) ( )n n n x C x  (3) Thay (3) vào (1): (0) (0)( ) ( )n n n n n n H C x E C x   (4) Nhân vào bên trái của (4) với *(0) ( )n x và lấy tích phân theo x: mn n m n H H C EC (5) Trong đó Hmn là phần tử ma trận trận của toán tử H trong “ E0 ”_biểu diễn.   * * * * 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 mn m m m m m m m m n mn mn H H dx H V dx H dx V dx E V                     0 mn n mn mnH E V   (6) Trong đó Vmn là phần tử ma trận của năng lượng nhiễu loạn trong “ 0E ” biểu diễn. *0 0 mn m mV V dx   (7) Thay (6) vào (5) ta được:  0n mn mn n m n H E V C EC   0 0m mn m mn n m n E V E C V C          (8) Để biểu thị độ nhỏ của V ta đặt: V w (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 0m mn m mn n m n E w E C V C          (10) 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: (0) (1) 2 (2) (0) (1) 2 (2) ... ... m m m mC C C C E E E E             (11) Các số hạng (0) (1) (0) (1), ...; , ...m mC C E E tương ứng với các bổ chính của hàm sóng và và 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: 0 0 (0) (1) (0) 0 0 (1) (0) 2 (1) (1) (2) (0) 0 0 (2) (1) 3 (1) (2) (3) (0) (2) (1) w w w w w m m mn m m m mn n m n mn m m m m mn n m n mn m m m E E C E C E E C C E C E C E E C C E C E C E C E                                                 0 0 (3) (1)w ... 0m m mn n m n E C C          (12)  Phép gần đúng bậc không: Với 0  , phương trình (12): 0 0 (0) 0, m = 1,2,3,..k,...m mE E C    0 0 (0), Cm m mkE E    (13) Ta quan tâm đến mức năng lượng 0kE và hàm sóng 0k 0 0 (0), C 1k kE E  (14) Nghiệm (14) được gọi là nghiệm gần đúng bậc không. (không nhiễu loạn)  Phép gần đúng bậc nhất: Thay (13) vào (12) và bỏ qua các số hạng có chứa bậc cao hơn 2 : (1) 0 0 (1)w w 0mn k mk m m mn nk m n E E E C               (15) Lấy phương trình thứ m = k trong các phương trình (15), ta tìm được bổ chính bậc nhất cho năng lượng: (1) (1)w 0 wkk k k kkE E k V k     : (16) 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 (1) w 0m m mkE E C     Từ đây ta tìm được bổ chính bậc nhất cho hàm sóng: (1) 0 0 wmk m k m C E E   (17)  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 (2) 0 0 (2)(0) (0) (0) (0)w w w w w 0nk nkmn kk nk m m mn m nk m k m n k E E E C E E E E                   (18) Lấy phương trình thứ m = k trong (18): (2) (0) (0) ww 0nkk kn n k k n E E E    Ta tìm được bổ chính bậc 2 cho năng lượng: (2) (0) (0) w w 0kn nkk n k k n E E E   (19) Lấy phương trình m k trong (18) và thế giá trị của (2)kE vào:   (2) 0 0 (2)(0) (0) (0) (0)w ww w w 0nk nkmn kk nk m m mn m nk m k n n k E E E C E E E E            (20) Bây giờ ta gộp số hạng (0) (0)w wmm mk k mE E vào trong tổng, khi đó: (0) (0) (0) (0) (0) (0) w w w ww w 0nk mm mk nkmn mn n m nk m k m k n n k n k E E E E E E        (21) Phương trình (20) trở thành: 0 0 (2) (0) (0) (0) (0) w ww w 0nk nkkk m m mn nk m k m n k E E C E E E E          (22) Từ đây suy ra (2)mC :       0 0 (2) (0) (0) (0) (0) (2) (0) (0) (0) (0)0 0 (2) (0) (0) (0) (0)0 0 0 0 w ww w w w1 w w w w w w1 1 nk nk m m kk mn nk m k m n k nk nk m kk mn nk m k mm k n k kk nk mn nk m nk m k mm k m n k E E C E E E E C E E E EE E C E E E EE E E E                             Từ đây ta tìm được số hạng bổ chính bậc hai cho hàm sóng:       (2) 2 0 0 0 00 0 w w w w 1kk nk mn nk m n k n k mm k n k C E E E EE E        ; ,m k n k  (23) 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: (0) , ( ) ( )n n n x C x     Phương trình (8) được viết lại: 0 , , 0m m n m m n n m n E V E C V C              (24) Trong đó: *0 0 ,m n m nV V dx      (25) Là phần tử ma trận của năng lượng nhiễu loạn. Từ (24) ta có: Nghiệm bậc không ứng với hàm sóng mức k. 0 ( 0), 1, 2,..., 0 ( ) kk n C C f C n k         (26) Thay (22) vào (20) và lấy phương trình thứ m = k. 0 (0) 0 , 0k k k kE V E C V C              0 (0) 0 0 kf kE V E C V C              (27) Phương trình (23) tương đương với một hệ phương trình bâc nhất đối với (0)C :       0 0 (0) 11 1 12 2 1 0 0 (0) 21 1 22 2 2 0 (0) 0 (0) 1 1 2 2 ... 0 ... 0 . . ... 0 k k k k k k k k f k f f f k f f f E V E C V C V V C E V E C V V C V C E V E C                    (28) Hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường khi:       0 12 111 0 11 221 0 1 11 ........ ..... . . . 0 . . . ....... k k k fk k f f k V VE V E E V E VV V E V E        (29) 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: 1 2 3, , ,... ,... .kk k k kfE E E E E E Với các giá trị của E vừa tìm được, thay vào phương trình (28) ta tìm được các nghiệm Ck Nhận xét. Khi có nhiễu loạn thì mức năng lượng suy biến 0kE 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: 0 ( , )H H W x t  Với: 0H : Toán tử Hamilton khi không nhiễu loạn. ( , )W x t : Toán tử nhiễu loạn phụ thuộc thời gian. Phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian: 0 ( , ) ( , ) ( . )x ti H W x t x t t       (30) Khi không nhiễu loạn: 0 0( , ) ( . )x ti H x t t    (31) Nghiệm riêng của (31) có dạng: 0 1 0 2 0 (0) (0) 1 1 (0) (0) 2 2 (0) (0) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ................................. ( , ) ( ) n E ti E ti E ti n n x t x e x t x e x t x e                Nghiệm của (31) là sự tổ hợp của các nghiệm riêng: (0) 1 (0) (0) (0) (0) (0)( , ) ( , ) ( ) E t i n n n n n n x t C x t C x e       (32) Ta tìm nghiệm của (31) dưới dạng: (0)( , ) ( ) ( , )n n n x t C t x t  (33) Tìm ( )nC t : Thay (33) vào (30): (0) (0) 0( ) ( , ) ( , ) ( ) ( , )n n n n n n i C t x t H W x t C t x t t         (0) (0)( , ) ( ) ( ) ( , )n n n n n n i x t C t C t i x t t t        (0) (0) 0( ) ( , ) ( ) ( , ) ( , )n n n n n n C t H x t C t W x t x t    (34) Từ (34) và (31) ta thu được phương trình sau: (0) (0)( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , )n n n n n n i x t C t C t W x t x t t     (35) Nhân vào 2 vế của (35) với *(0)m và lấy tích phân theo x, ta được: ( ) ( , ) ( )mn mni t i tm mn n n n n dCi W e C t m W x t n e C t dt     (36) Trong đó:   *(0) (0), ( , ) ( ) ( ) ( , )mni tmn m m mn n n W x t W x t x dx e C t m W x t n    (37) Là phần tử ma trận của toán tử nhiễu loạn trong “E0” biễu diễn và: (0) (0) m n mn E E   (38) Gọi là sự chuyển dời lượng tử. Phép gần đúng bậc không: Giả sử khi t = 0, ( , )W x t =0: khi đó phương trình (37) trở thành: 0 0( ) 0 ( ) onstm m dC ti C t c dt    Chọn hàm sóng ở trạng thái dừng thứ k (0) .(0) ( ). n i E t k x e  là hàm sóng của bài toán không nhiễu loạn. Do đó: (0) (0) (0) (0)(0) ( , ) ( ) ( , )k n n m n n n C x t C t x t       1, ( ) (0) 0, m n mk m k C t C m k        (39) Phép gần đúng bậc nhất: Đặt nghiệm (39) vào phương trình (36): (1) (1)( ) ( ) wmn mki t i tm mmn nk mk n dC t dC ti W e i e dt dt      (1) (1) 0 ( ) ( , ) (0)mki tm mC m W x t n e dt C     (40) Vì các hệ số Cm(0) không phụ thuộc thời gian và luôn bằng mk nên (1) 0mC  Nghiệm gần đúng bậc nhất: (1) 0 ( ) ( , ) mki tmC m W x t n e dt      Phép gần đúng bậc 2: Nghiệm gần đúng chính xác đến bậc 1: (1)( ) ( )n nk nC t C t  Thay giá trị của Cn(t) vào phương trình (36): (1) (1)( ) ( , ) ( , ) ( )mn mni t i tm n n dC ti m W x t n e m W x t n e C t dt    (2) (1) 0 ( ) 1( , ) ( , ) ( )mk mn t i t i tm n n dC ti m W x t n e m W x t n e n W k C t dt i        (41) Giải phương trình (41) ta được:   (2) 2 0 0 1 1( ) ( , ) ( , )mk mn mk t i t i t i t m n C t m W x t n e dt m W x t n e n W k e dt i i                 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(1) 2 0 1( ) ( ) ( , )mk mP C m W x t k dt      (42) 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 H : n n n C  (43) Trị trung bình của năng lượng của hệ ở trạng thái đã cho có dạng: 2 2 n n n n n C EH H C        (44) Gọi E0 là năng lượng ở trạng thái cơ bản của hệ lượng tử, từ (2) ta có: 2 0 02 n n n n E C H E C     (45) 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. 1 2( , ,...)    Và thực hiện cực tiểu hóa năng lượng trung bình: 0 i H    Cho phép xác định được các thông số i . Bằng cách đó ta sẽ tính được giá trị của năng lượng: 01 02 01 02 01 02 01 02 ( , ,..) ( , ,..) ( , ,..) ( , ,..) H E             Gần với giá trị năng lượng trạng thái cơ bản E0 của hệ. 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. a.  0( ) 2VV x a x a a    b. 0 , b < x < a - b( ) 0 , 0 < x < b, a - b < x < a V V x   c. 20( ) cos xV x V a  Lời giải. Áp dụng kết quả của bài toán hạt trong hố thế sâu vô hạn có bề rộng a: Hàm sóng: 2 sinn n x a a   (1.1) Năng lượng: 2 2 222n nE ma   , n = 1, 2, 3, ….. Câu a.  0( ) 2 2 VV x a x a   * Bổ chính bậc 1:  (1) 20 02 2 2 0 2 1 1 ( 1)| | sin 2 = 2 a nV n xE n V n a x a dx V a a n             (1.2) * Bổ chính bậc 2: 2 (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E       2 2 0 2 2 2 2 2 1 ( 1) 2 sin sin 2 os os 2 2 2 2| | 4 ( ) n k n k nkn k n knc c k V n V k n                  (1.3) V0 ( )U x   ( )U x   ( )U x a 0 a/2 x Hình 1. Hàm thế năng 2 22 2 (2) 0 2 33 2 2 1 ( 1) sin sin 2 os os128 2 2 2 2 n k n k n k nkn k n knc cma V E k n                                 (1.4) Câu b. 0 , b < x < a - b( ) 0 , 0 < x < b, a - b < x < a V V x   * Bổ chính bậc 1: (1) 20 02 2| | sin 2 sin a b b V Vn x a nbE n V n dx a b a a a n a              (1.5) * Bổ chính bậc 2: 2 (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E      0 2 0 2 2 2| | sin( )sin( ) 1 ( 1) sin cos ( 1) sin cos 2 = ( ) a b b n k n k V k x n xk V n dx a a a kb nb nb kbn k V a a a a a n k                     (1.6) 2 (2) 22 20 1 ( 1) sin cos ( 1) sin cos 8 n k n k n kb nb nb kbn k a a a aE mV n k                            (1.7) Câu c. 20( ) cos xV x V a  * Bổ chính bậc 1: (1) 2 20 0 0 2| | sin os 2 aV Vn x xE n V n c dx a a a      (1.8) * Bổ chính bậc 2: ( )U x ( )U x   ( )U x   ( )U x a V0 a/2 x 0 Hình 3. Hàm thế năng V0 ( )U x  ( )U x   a 0 a-b x b Hình 2. Hàm thế năng 2 (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E    0 20 0 ; 2 42| | sin . os .sin = 0 ; 2 a V n k V k x k x n xk V n c dx a a a a n k           ( n k ) (1.9)     2 2 (2) (0) (0) (0) (0) 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 ; 1 8 4 4 8 4 4 16 1 n n k n kn k n k k V n k V n E E E E E ma V ma V ma V k k k k                                       (1.10) 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. Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:        0 0 0, , 0, ( , ) 0, , 0, L y L V x y L y L       x x Giả sử nhiễu loạn:        x 0, , 0, ( ) 0 0, , 0, L y L V x L y L       x x 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. Lời giải. Câu a. Hàm Halmiton: 0 0 0( )x y x yH H V H V x H H H       (2.1) Phương trình Schrodinger: H E  (2.2) Phương pháp tách biến: x xH E  : Nhiễu loạn một chiều không suy biến. (2.3) y yH E  : Không nhiễu loạn. Hàm sóng: 1 22( , ) sin sinn x n yx y L L L    (2.4) Năng lượng: 2 2 2 21 2 1 22( ) , 1, 2,3...2 n nE n n mL   (2.5)  Trạng thái cơ bản: 1 2 1n n  : Không suy biến. f = 1. Năng lượng: Năng lượng khi chưa có nhiễu loạn: 2 2011 2E L m   . (2.6) Bổ chính bậc 1: 2 (1) 2 2 11 0 0 211| |11 sin sin 2 L Lx y LE V x dx dy L L L            (2.7) Năng lượng ở trạng thái cơ bản: 2 2 (1) (0) (1) 11 11 11 2 2 LE E E mL      (2.8) Hàm sóng: 2( , ) sin sinx yx y L L L     Trạng thái kích thích thứ nhất:  1 21, 2n n  (0) 1 12 1 2 2 2( , ) ( , ) ( ) ( ) sin( )sin( )x yx y x y x y L L L         (2.9)  1 22, 1n n  . (0)2 21 2 1 2 2( , ) ( , ) ( ) ( ) sin( )sin( )x yx y x y x y L L L        (2.10) Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 (0 ) (0 ) 12 21 2 5 2 E E mL    (2.11) Mức năng lượng này có bậc suy biến bằng 2. *Xét nhiễu loạn suy biến: Phương trình thế kỉ: (1) 11 12 12 (1) 21 22 12 0 V E V V V E   (2.12) Với: 2 2 11 222 0 0 4 2 L12 | |12 sin sin y = 2 L Lx yV V x dx d V L L L       12 2 0 0 4 2 212 | | 21 sin sin sin sin y = 0 L Lx x y yV V x dx d L L L L 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 (1) (1) 12 12 L L0 2 2 E E          (2.13) Năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 (1) (1) (0) (1) 12 21 12 12 2 5 L 2 2 E E E E mL        (2.14) * Hàm sóng bậc không: (0) (0) (0) 1 1 2 2C C    (2.15) C1, C2 thỏa:     (1) 11 12 1 12 2 (1) 21 1 11 12 2 0 0 V E C V C V C V E C        (2.16) Điều kiện chuẩn hóa: 2 21 2 1C C  (2.17) Từ (2.13), (2.16) và (2.17): 1 (0) 2 1 (0) 2 0 2 2sin sin 1 1 2 2sin sin 0 C x y C L L L C x y C L L L              (2.20) Câu b. Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản: 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 2 L khi có nhiễu loạn nhưng không làm tách mức năng lượng. Chính vì vậy trong trường hợp này không khử suy biến. Bài 3. Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:        0 0 0, , 0, ( , ) 0, , 0, L y L V x y L y L       x x Giả sử nhiễu loạn: f = 1 0V  0V  2 L Hình 4. Dịch mức năng lượng trạng thái cơ bản f = 2 0V  0V  2 L Hình 5. Dịch mức năng lượng trạng thái kích thích thứ nhất        xy 0, , 0, ( , ) 0 0, , 0, L y L V x y L y L       x x 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 0 2 2( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( , )2 H x y E x y x y E x y m x y            (3.1) Dùng phương pháp tách biến: ( , ) ( ). ( )x y X x Y y  (3.2) Ta thu được: 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) sin( ) ; 2 2( ) sin( ) ; 2 n x nX x E L L mL n y nY y E L L mL            (3.3) Hàm sóng: 1 22( , ) sin( )sin( )n x n yx y L L L    (3.4) Năng lượng: 2 2 2 21 2 1 22( ) , 1, 2,3...2 n nE n n L m   (3.5) *Trạng thái cơ bản: 1 2 1n n  : không suy biến. f = 1. Năng lượng: Năng lượng khi không nhiễu loạn: 2 2(0)11 2E L m   . (3.6) Bổ chính bậc 1: 2 2 (1) 2 2 11 0 0 211| |11 sin ( ) sin ( ) 4 L Lx y LE V x y dxdy L L L            (3.7) Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1: 2 2 2 (1) (0) (1) 11 11 11 2 4 LE E E mL      (3.8) *Trạng thái kích thích thứ nhất:  1 21, 2n n  (0) 1 12 1 2 2 2( , ) ( , ) ( ) ( ) sin( )sin( )x yx y x y x y L L L         1 22, 1n n  . (0)2 21 2 1 2 2( , ) ( ) ( ) sin( )sin( )x yx y x y L L L        Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất khi chưa tính đến nhiễu loạn: 2 2 (1) (1) 12 21 2 5 2 E E mL    (3.9) suy biến có bậc bằng 2. *Xét nhiễu loạn suy biến: Phương trình thế kỉ: (1) 11 12 12 (1) 21 22 12 0 V E V V V E   (3.10) Với: 22 2 11 222 0 0 4 212 | |12 sin sin y = 4 L Lx y LV V x dx y d V L L L       2 12 212 4 0 0 4 2 2 25612 | | 21 sin sin sin sin y = 81 L Lx x y y LV V x dx y d V L L L L L          Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (3.10): (1) 2 2 12 4 1 256 4 81 E L L    (3.11) Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 2 2 2 4 (1) (1) (0) (1) 12 21 12 12 2 2 2 2 2 4 5 1 256 2 4 81 5 1 256 2 4 81 L L mL E E E E L L mL                   (3.12) * Hàm sóng bậc không: (0) (0) (0) 1 1 2 2C C    (3.13) C1, C2 thỏa:     (1) 11 12 1 12 2 12 1 2(1)(1) 1121 1 11 12 2 0 0 V E C V C VC C E VV C V E C           (3.14) Điều kiện chuẩn hóa: 2 21 2 1C C  (3.15) Từ (3.12), (3.14) và (3.15) ta thu được các giá trị của C1 và C2. * (1) 2 4 1 1 512( ) 2 2 81 E L     (0) (0) (0)1 2 1 21 12 2C C        (3.16) * (1) 2 4 1 1 512( ) 2 2 81 E L     (0) (0) (0)1 2 1 21 12 2C C         (3.17) Câu b. Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản: Trạng thái kích thích thứ nhất: Nhận xét. Hình 6, hình 7 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn, ở trạng thái cơ bản mức năng lượng được dịch lên một lượng 2(1)11 4 LE   , ở trạng thái kích thích thứ nhất mức năng lượng bị tách thành 2 mức, ứng với 2 hàm sóng, tính suy biến bị khử hoàn toàn. 0V  0V  (0) 11E (1)E (1) (0) (1)E E E   Hình 6. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản 0V  0V  (0)E (1) (0) (1)E E E   (1) (0) (1)E E E   (1) 2 4 1 256 4 81 E L       (1) 2 4 1 256 4 81 E L       Hình 7. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất Bài 4. Xét hạt chuyển động trong trường thế 2 chiều:            0 0 0, , 0, , 0, ( , ) 0, , 0, , 0, L y L z L V x y L y L z L         x x 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: a.   1 x 0, ( ) 0 0, L V V x L      x x b.       2 xy 0, , 0, ( , ) 0 0, , 0, L y L V V x y L y L        x x c.           3 xyz 0, , 0, , 0, ( , ) 0 0, , 0, , 0, L y L z L V V x y L y L z L          x x 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. Lời giải. Phương trình Schrodinger ở trạng thái dừng: 2 2 2 0 2 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( , , )2 H x y E x y z x y z E x y z m x y z               (4.1) Dùng phương pháp tách biến: ( , , ) ( ). ( ). ( )x y z X x Y y Z z  (4.2) Ta thu được: 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2( ) sin ; 2 2( ) sin ; 2 2( ) sin ; 2 n x nX x E L L mL n y nY y E L L mL n z nZ z E L L mL                             (4.3) Hàm sóng: 3/2 31 22( , ) sin sin sin n zn x n yx y L L L L        (4.4) Năng lượng: 2 2 2 2 2(0) 1 2 3 1 2 32( ) , , 1, 2,3...2n n n nE n n n mL    (4.5)  Trạng thái cơ bản: 1 2 3 1n n n   : không suy biến. f = 1. Năng lượng ở trạng thái cơ bản khi chưa có nhiễu loạn: 2 2 (0) 111 2 3 2 E mL   . (4.6) Câu a.   1 x 0, ( ) 0 0, L V V x L      x x Bổ chính bậc 1: 3/2 (1) 2 2 2 111 0 0 0 2111| |111 sin sin sin 2 L L Lx y z LE V x dx dy dz L L L L              (4.7) Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1: 2 2 (1) (0) (1) 111 111 111 2 2 LE E E mL      (4.8)  Trạng thái kích thích thứ nhất:  1 2 31, 1, 2n n n   3/2 1 112 1 1 2 2 2( , , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y z x y z x y z L L L L                1 2 31, 2, 1n n n   . 3/2 121 121 1 2 1 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L                1 2 32, 1, 1n n n   . 3/2 3 211 2 1 1 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L               Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất khi chưa có nhiễu loạn: 2 2 (0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( 0 ) 1 112 121 211 2 3E E E E L m      (4.9) Có bậc suy biến bằng 3. *Xét nhiễu loạn suy biến: Phương trình thế kỉ: (1) (1) (1) 112 | 112 112 | 121 112 | 211 121 | 112 121 | 121 121 | 211 0 211 | 112 211 | 121 211 | 211 V E V V V V E V V V V E     (4.10) Với: 3 2 2 2 0 0 0 2 2112 | |112 sin sin sin = 2 121| |121 211| | 211 L L Lx y z LV x dx dy dz L L L L V V              3 2 2 0 0 0 2 2112 | |121 sin sin sin y sin 0 112 | | 211 121| |111 112 | | 211 211| |112 211| |121 L L Lx y y zV x dx d dz L L L L L V V V V V                 Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (1): 3 (1) (1)0 2 2 L LE E          (4.11) Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 (1) (1) (1) (1) (0) (1) 1 112 121 211 1 2 5 2 2 LE E E E E E mL          (4.12) Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản: 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 2 L khi có nhiễu loạn 1 ( )V V x nhưng không làm tách mức năng lượng. Chính vì vậy trong trường hợp này không khử suy biến. Hình 8. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản. f = 1 0V  0V  2 L f = 2 0V  0V  2 L Hình 9. Dịch mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất. Câu b.       2 xy 0, , 0, ( , ) 0 0, , 0, L y L V V x y L y L        x x Bổ chính bậc 1: 3/2 2 (1) 2 2 2 111 0 0 0 2111| |111 sin sin sin 4 L L Lx y z LE V x dx y dy dz L L L L              (4.13) Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1: 2 2 2 (1) (0) (1) 111 111 111 2 4 LE E E mL      (4.14)  Trạng thái kích thích thứ nhất:  1 2 31, 1, 2n n n   3/2 1 112 1 1 2 2 2( , , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y z x y z x y z L L L L                1 2 31, 2, 1n n n   . 3/2 121 121 1 2 1 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L                1 2 32, 1, 1n n n   . 3/2 3 211 2 1 1 2 ._.2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L               Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 (0 ) (0 ) (0 ) 112 121 211 2 3E E E L m     (4.15) Trạng thái có bậc suy biến bằng 3 *Xét nhiễu loạn suy biến: Phương trình thế kỉ: (1) (1) (1) 112 | 112 112 | 121 112 | 211 121 | 112 121 | 121 121 | 211 0 211 | 112 211 | 121 211 | 211 V E V V V V E V V V V E     (4.16) Với: 3 2 2 2 2 0 0 0 2 2112 | |112 sin sin sin = 4 121| |121 211| | 211 L L Lx y z LV x dx y dy dz L L L L V V              3 2 2 0 0 0 2 2112 | |121 sin sin sin y sin 0 121| |112 112 | | 211 211| |112 L L Lx y y zV x dx d dz L L L L L V V V               3 2 2 4 0 0 0 2 2 2 256121| | 211 sin sin sin sin y sin 81 211| |121 L L Lx x y y z LV x dx y d dz L L L L L L V                 Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (4.16): 2 2 (1) 4 2 22 2 2 2 (1) (1) (1) 4 2 2 (1) 4 256 4 81 256 0 4 4 81 4 256 4 81 L LE L L L LE E E L LE                                               (4.17) Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 2 2 2 4 2 2 2 (1) (1) (1) (0) (1) 112 121 211 112 2 2 2 2 2 2 4 3 256 4 81 3 4 3 256 4 81 L L mL LE E E E E mL L L mL                         (4.18) Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản: Trạng thái kích thích thứ nhất: 0V  0V  (0)E (1)E (1) (0) (1)E E E   Hình 10. Dịch mức năng lượng ở trạng thái cơ bản Nhận xét: Hình 10, hình 11 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn 2 ( , )V V x y , mức năng lượng cơ bản được dịch lên một lượng 2(1)11 4 LE   , mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất bị tách thành 3 mức, ứng với 3 hàm sóng, tính suy biến bị khử hoàn toàn. Câu c.            3 xyz 0, , 0, , 0, ( , , ) 0 0, , 0, , 0, L y L z L V V x y z L y L y L          x x Bổ chính bậc 1: 3/2 3 (1) 2 2 2 111 0 0 0 2111| |111 sin sin sin 8 L L Lx y z LE V x dx y dy z dz L L L L              (4.19) Năng lượng tính đến bổ chính bậc 1: 2 2 3 (1) (0) (1) 111 111 111 2 8 LE E E mL      (4.20)  Trạng thái kích thích thứ nhất:  1 2 31, 1, 2n n n   112 3/2 (0) 1 1 1 2 2 2( , , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y z x y z x y z L L L L                1 2 31, 2, 1n n n   . 3/2 (0) 2 121 1 2 1 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L                1 2 32, 1, 1n n n   . 3 3/2 (0) 211 2 1 1 2 2( , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin sin sinx y zx y x y z x y z L L L L               Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 0V  0V  (0)E 2 2 2 (1) 2 3 4 LE mL    2 2 2 2 (1) 2 4 3 256 4 81 L LE mL        2 2 2 2 (1) 2 4 3 256 4 81 L LE mL        Hình 11. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất. 2 2 (0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( 0 ) 1 112 121 211 2 3E E E E L m      (4.21) Trạng thái suy biến có bậc bằng 3. *Xét nhiễu loạn suy biến: Phương trình thế kỉ: (1) (1) (1) 112 | 112 112 | 121 112 | 211 121 | 112 121 | 121 121 | 211 0 211 | 112 211 | 121 211 | 211 V E V V V V E V V V V E     (4.22) Với: 3 3 2 2 2 0 0 0 2 2112 | |112 sin sin sin = 8 121| |121 211| | 211 L L Lx y z LV x dx y dy z dz L L L L V V              3 3 2 2 4 0 0 0 2 2 128112 | |121 sin sin sin y sin = 81 112 | | 211 121| |112 121| | 211 211| |112 211| |121 L L Lx y y z LV x dx y d z dz L L L L L V V V V V                    Thay các phần tử ma trận vừa tính được vào phương trình (4.22): 3 2 33 3 3 3 (1) (1) 4 4 128 1283 2 0 8 81 8 81 L L L LE E                               (4.23) Giải phương trình (4.23). Năng lượng của hạt ở trạng thái kích thích thứ nhất: 2 2 3 3 2 4 (1) (1) (1) (1) (0) (1) 1 112 121 211 1 2 2 3 3 2 4 3 256 8 81 3 128 8 81 L L mL E E E E E E L L mL                       (4.24) Vẽ giản đồ năng lượng: Trạng thái cơ bản: 0V  0V  (0)E (1)E (1) (0) (1)E E E   Hình 12. Dịch mức năng lượng ở trạng cơ bản. Trạng thái kích thích thứ nhất: Nhận xét: Hình 12, hình 13 cho thấy rằng khi có nhiễu loạn 3 ( , , )V V x y z , mức năng lượng cơ bản được dịch lên một lượng 3(1)111 8 LE   , mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất bị tách thành 2 mức, ứng với 3 hàm sóng, tính suy biến bị khử một phần. 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). 0V  0V  (0)E 2 2 3 3 (1) 2 4 3 256 8 81 L LE mL        2 2 3 3 (1) 2 4 3 128 8 81 L LE mL        Hình 13. Tách mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ nhất. 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:     0; 0, ( ) ; 0, x a V x x a    Hạt chịu tác dụng của nhiễu loạn: ˆ ( ) 2o aV x   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: 0 2    kasin hoặc 0 2 2     m kkatg  Trong đó,  mEk 2 . Các kết quả này phụ thuộc thế nào vào giá trị tuyệt đối và dấu của o ? Hãy chỉ ra rằng khi 0o ta nhận được kết quả câu 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: Hàm sóng: 2( ) sinon n xx a a   (5.1) Năng lượng: 2 2 2 2 , 1, 2,...2 o n nE n ma   (5.2) Bổ chính bậc 1: (1) * 2 0 2ˆ ˆ( ) ( ) sin . . 2 a o o o o n n n n n o n x aE V x V x dx x dx a a                  (5.3) Với:   )()()( oo xFdrxrrF  (5.4) Nên: (1) 2 0 2 2 sin . . 2 0 2 2 .sin 0,1, 2, 3,... 2 2 2 1 a n o o o n x aE x dx a a n m n m a n m a                   (5.5) Năng lượng khi tính đến nhiễu loạn bậc 1: 2 2 2 (0) (1) 2 2 2 sin 2 2 o n n n n nE E E ma a       (5.6) Khi 0o thì 2 2 2 0 22n n nE E ma    (5.7) Câu b. Giải chính xác bài toán: Toán tử Halmiton đối với hạt chuyển động trong hố thế: 2 2 0 22 2o d aH H V x m dx             (5.8) Phương trình Schrodinger: 2 2 22 2o d aH E x E m dx                (5.9) Với: 0 2 2 a ax x        (5.10) (5.9) trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 0 2 d d mEE m dx dx         (5.11) Đặt:  mEk 2 (5.11) trở thành: 2 2 2 0 d k dx    (5.12) Nghiệm của (5.12) có dạng: )kxsin(A)x(  Điều kiện biên cho ta:                  1 1 1 2 2 2 (0) sin( .0 ) 0 0 ( ) sin( ) 0 A k a A ka ka (5.13) Do đó: 1 2 sin , 0 2( ) sin ( ) , 2 aA kx x x aA k x a x a             (5.14) Hàm sóng liên tục tại 2 ax  : 1 2 1 2 1 2sin sin2 2 2 2 sin 0 2 A A a a a aA k A k ak                      Trường hợp 1: sin 0 2 ak  (5.15) Trường hợp 2: 1 2A A  (5.16) Lấy tích phân 2 vế từ 2 2 a a    của phương trình (5.9): 1 2 3 /2 /2 /22 0 2 2 2 /2 /2 /2 2 2( ) ( ) 2 a a a a a a I I I md a mdx x x dx E x dx dx                             (5.17) x V(x) 0 a/2 a Hình 14. Hàm thế năng /2 2 1 2 /2 ' ' 2 2 a a d a aI dx dx                        (5.18) /2 0 0 2 2 2 /2 2 2( ) 2 2 a a m ma aI x x dx                      (5.19) /2 2 0 /20 2 ( ) 03lim lim a a m E x dxI              (5.20) Thay các giá trị I1 , I2, và I3 vào (5.17). 0 2 2' ' 2 2 2 ma a a                       (5.21) Thay (5.14) vào (5.21): 0 2 1 12 2cos cos sin 2 2 2 ma a aA k k A k k A k k                 (5.22) Với 1 2A A  2 0 1 12 0 2 2 cos sin 2 2 2 ma a ka kA k k A k k tg m                        (5.23) (5.15) và (5.23): Mức năng lượng khã dĩ được xác định: 0 2    kasin hoặc 0 2 2     m kkatg  (5.24)  Kết quả này phụ thuộc thế nào vào giá trị tuyệt đối và dấu của o : 0 2 2     m kkatg   2 2 22 2 2 0 2 2 2 120 0 2 2 nka ntg E ma ma            (5.25)    2 22 2 2 2 0 2 2 2 1 2 1 0 0 2 2 n nkatg E ma ma               (5.26)  Chứng minh rằng khi 0o ta thu được kết quả câu a.            22 2 0 2 2 12 2 (2 1)0: 2 2 2 2 kmE mE ktg a a E ma (5.27) Đặt số lượng tử: n = 2k + 1 Từ đó:   2 2 2 22 nE ma ta tìm lại được kết quả câu a. 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. Dao động tử điều hòa một chiều chịu tác dụng của nhiễu loạn: V bx .Trong 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: 0H H V  * Nhiễu loạn bậc O, (không nhiễu loạn): 22 2 20 22 2 dH E x E m dx         (6.1) Năng lượng: (0) 1 2n E n      (6.2) Hàm sóng:     2 2 n n nA e H     (6.3) * Nhiễu loạn bậc 1: (1) nE n V n b n x n   (6.4) Với: 11 1 2 2 n nx n n n m          (6.5) Do đó:  1 11 1 0 2 2n n nE b n n n n m            (6.6) * Nhiễu loạn bậc 2: (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E    (6.7) Với: ; 1 2 = ( 1) ; 1 2 nb k n m k V n nb k n m           Nên: 2 2 2 (2) 2 (0) (0) (0) (0) 1 1 ; k = 2n n k n kk n k n k V n k V n bE m kE E E E                           Vậy: 2 (0) (1) (2) 1 2 2n n n n bE E E E n k          (6.8) Cách 2: Phương pháp đại số. Toán tử aˆ và aˆ được định nghĩa [1]: 1ˆ 2 x m ia x p m           1ˆ 2 x m ia x p m          (6.9) ˆ ˆ1 ; 1 1a n n n a n n n      Từ đó ta được: 2 2 2 2 0 2 1 1ˆ ˆ 2 2 2 dH m x a a m dx               2V bx b a am     * Nhiễu loạn bậc không: (không nhiễu loạn) (0) (0) 0 1 2n n H n E n E n        * Nhiễu loạn bậc 1: (1) 0 n E n V n   * Xét nhiễu loạn bậc 2: 2 2 (2) 0 0 2n k n n k k V n bE kE E      Năng lượng khi tính đến bậc 2 theo lý thuyết nhiễu loạn: 2 (0) (1) (2) 1 2 2n n n n bE E E E n k            (6.10) Câu b. Giải chính xác: 22 2 2 0 2 1 2 2 2 d b bH H V k x m dx k k            Đặt: bu x k   (6.11) 2 2 2 2. ( ) d d du d d d d d dx du dx du dx dx dx du           Phương trình Schrodinger: 2 2 2 2 2 22 2 2 d m bH E u E m du k            (6.12) Đặt: mu    Nên: 2 2 2 2 d m d du d       Phương trình (6.12) trở thành: 2 2 2 2 2 0d E b kd              (6.13) Giải phương trình (6.13), ta thu được: 21 2 2 bE n k       (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 0H H V  0 ˆ ˆ ˆ ˆ ; ( )H a a V a a       , Trong đó, aˆ và aˆ 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 0H H . Xét theo hai cách: Tính chính xác và xem V nhiễu loạn. Lời giải. Cách 1: Giải chính xác bằng phương pháp giải tích toán học. Hàm Hamilton: 0H H V  1ˆ 2 x m ia x p m           ; 1ˆ 2 x m ia x p m          (7.1) 2 2 2 2 2 1 1H 2 2 2 2 d m x x m m dx           (7.2) Đặt: 2b m   Do đó: 2 2 22 2 2 1 1H ; k = m 2 2 2 2 d b bk x m k kdx             (7.3) Đặt: bu x k   2 2 2 2. ( ) d d du d d d d d dx du dx du dx dx dx du           Phương trình Schrodinger: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 d m bH E u E m du k                   (7.4) Phương trình (7.4) cho ta nghiệm của năng lượng: 2 2n bE n k   Với: 2b m   cho ta: 2nE n      (7.5) Cách 2: Chúng ta có thể giải chính xác bài toán này bằng cách sau: Đặt các toán tử:    b a a b b a a b                        (7.6) Hàm Hamliton được viết lại: 2 0 ˆ ˆ ˆ ˆ + ( )H H V a a a a b b                (7.7) Phương trình Schrodinger được viết lại:  2 2 2 n H b b n E n                            (7.8) Vì b  và b đóng vai trò như a và a . (phép biến đổi Unita) Cách 3: Sử dụng Lí thuyết nhiễu loạn: Phương pháp đại số: Ta có:  1 ; 1 1a n n n a n n n     (7.9) *Nhiễu loạn bậc 0, (không nhiễu loạn). 0 0 0 n n H n E n E n    Năng lượng khi không xét đến nhiễu loạn: 0 n E n  (7.10) * Nhiễu loạn bậc 1: (1) 0 n E n V n   (7.11) * Xét nhiễu loạn bậc 2: 2 (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E    (7.12) Xét:    1 ; 1 ; 1 n k n k V n k a a n n k n                 2 2 (2) 2 (0) (0) (0) (0) 1 1 n n k n kk n k n k V n k V n E E E E E                            (7.13) Vậy: (0) (1) (2) 2 n n n n E E E E n         (7.14) 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: Nắm vững các định nghĩa của các toán tử sinh hủy hat ( ˆ ˆ; a a ) và sự tác 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. Việc đặt các toán tử (b , b ) ở biểu thức (7.6) trong cách giải thứ 2 (phép 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 oH H V  Với: 2 2 21ˆ 2 2o pH m x m    và 221 2 V m x  là thế nhiễu loạn,  là hằng số. 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. Cho biết hàm riêng của hàm Hamiltonian 2 2 21ˆ 2 2o pH m x m    là 2 ( ) exp(- )H ( )2n n nA    trong đó 2 2 ( ) ( 1) ; = n n n n d e mH e x d         và hệ số chuẩn hóa 1/4 1 2 ! n n mA n        . Lời giải. Câu a. Áp dụng lý thuyết nhiễu loạn: Hàm Halmiton: 0H H V  Với: 2 2 22 2 2 0 2 1 1 ; = 2 2 2 dH m x V m x m dx      *Nhiễu loạn bậc O, (không nhiễu loạn): 2 2 2 2 22 2 d mH E x E m dx          (8.1) Năng lượng: (0) 1 2n E n      (8.2) Hàm sóng:     2 2 n n nA e H     * Nhiễu loạn bậc 1:   1 2 2 2 21 1 2 2n E n V n n m x n m n x n       (8.3) Với: 2 ( 1) ( 1)( 2)2 12 2 2 2 2n n n n nnx n n n        (8.4)  1 2 1 4n nE          (8.5) * Nhiễu loạn bậc 2: 2 (2) (0) (0)n k n n k k V n E E E    (8.6) Với: ( 1) ; 2 4 2 1 ; 4 ( 1)( 2) ; 2 4 n n k n n k nk V n n n k n                     Nên: 2 2 (2) 2 (0) (0) (0) (0) 2 2 2 1 + 18n n k n kk n k n k V n k V n nE E E E E                             (8.7) Vậy: (0) (1) (2) 21 2 1 2 1 + 2 4 18n n n n n nE E E E n                          (8.8) Câu b: Giải chính xác. Hàm Hamilton: 2 2 2 2 0 2 1 ( 1) 2 2 dH H V m x m dx        (8.9) Phương trình Schrodinger của dao động tử điều hòa: 2 2 2 2 2 ( 1)2 2 d mH E x E m dx            (8.10)  2 2 2 22 22 1 02 d m mE x dx         (8.11) Đặt: 0 1    và 0m x   2 2 0 0 2 2, m md d d d d d dx d dx d dx d         Phương trình (8.11) trở thành: 2 2 2 0 2 0d E d        (8.12) Giải phương trình (8.12) ta tính được nghiệm: 0 1 1 1 2 2 E n n                 (8.13) Xét:  1,1  21 11 1 .... 2 4       (8.14) Ngắt chuổi này đến bậc 2 của  và thế vào (8.13) ta thu được: 21 2 1 2 1 + 2 4 16 n nE n                     (8.15) Nhận xét. Nếu  1,1  và ta ngắt chuổi (8.14) đến bậc 2 của  thì ta thu được nghiệm 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 công thức (8.4), tính giá trị  1nE ở (8.3), tính tổng trong công thức (8.6). Cách 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 2 2 2 20 2 2x yP P mH x ym    a. Hãy tính năng lượng của 3 trạng thái thấp nhất.Các mức đó có suy biến hay không ? b. Giả sử có nhiễu loạn : 2V m xy  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. c. Giải chính xác bài toán với 0H H V  . Hãy so sánh với kết quả nhận được ở câu Lời giải. Câu a. Năng lượng cho ba trạng thái thấp nhất_tính suy biến. Phương trình Schrodinger:  2 2 2 2 20 ( , ) ( , ) 2 2x yP P mH x y E x y x y Em          22 22 2 22 2 22 22 2 22 2 2 22 2 2 22 2 x xx y yy d mP m x Ex E m dxm d mP m y Ey E m dym                             (9.1) * Năng lượng:     1 1 ; 2 2 1 1 ; n = 1, 2 , 3... x x y y x y x y E n E n E E E n n n                             (9.2) * Hàm sóng và bậc suy biến: TH1: Trạng thái cơ bản. 000 0x yn n n     Có 1 hàm sóng 00 ứng với 1 mức năng lượng (0)0E   Không suy biến. TH2: Trạng thái kích thích thứ nhất: 01 10 0, 1 n 1 1, 0 x y x y n n n n           Có 2 hàm sóng ứng với mức năng lượng (0)1 2E    suy biến bậc 2. TH3: Trạng thích kích thích thứ hai: 20 11 02 2, 0 n 2 1, 1 0, 2 x y x y x y n n n n n n               Có 3 hàm sóng ứng với mức năng lượng (0)2 3E    suy biến bậc 3. Câu b. Hàm sóng bậc không và năng lượng bậc 1. TH1: 000 0x yn n n      : Trạng thái cơ bảnkhông suy biến. * Hàm sóng bậc không:    2 2 2 2 2 2 20 00 0 00 00 00 002 2 12 2 2 x yd dH E m x y E Em dx m dy                  Từ đây ta tìm được hàm sóng bậc không: 2 21 ( )2(0) 2 00 0 0( ) ( ) m x ymx y e             (9.3) * Nhiễu loạn bậc 1:   2 21 2 2 0 0 0 0 0 0 m mx ymE V m xy m xe dx ye dy                  (9.4) Năng lượng khi tính đến bậc 1: (1) (0) (1)0 0 0E E E      TH2: Trạng thái kích thích thứ nhất Suy biến bậc 2. (0) (0) 1 10 1 0 (0) (0) (0) 1 1 2 2 (0) (0) 2 01 0 1 1 ( , ) ( ) ( ) 0 1 1 ( , ) ( ) ( ) 0 x y x y n x y x y n n C C n x y x y n                           (9.5) Phương trình thế kỉ: (1) 1211 1 (1) 21 22 1 0 VV E V V E   (9.6) 11 10,10 12 10,01 21 01,10 22 01,01 10 10 ; 10 01 01 10 ; 01 01 V V V V V V V V V V V V         2 11 11 1 110 10 10 10 10 01 21 0 2 2 V V m xy V              (9.7) 2 12 21 1 1 110 01 10 01 10 10 12 2 2 2 V V m xy V               (9.8) Thay các yếu tố ma trận tìm được vào phương trình thế kỉ, ta thu được: (1) 1 1 2 E     (9.9) Năng lượng bậc 1 ở trạng thái thứ 2: (1) (0) (1) 1 1 1 12 2 12 2 E E E                (9.10) (0) 2E   (1) (0) (1)E E E   (1) 1 2 E ._.       21 2 2 0 2 2 2 21 212 2 0 0 cos 11 0 1 cos 0 0 1 cos cos sin i ttP e dt t t t i t dt I                            (15.6) Với:  21 21 0 cos cos sinI t t i t dt       ; 0 01 2 21E E              21 21 21 21 0 1 cos cos sin sin 2 2 iI t t t t dt                       (15.7) Lấy tích phân I và đồng nhất  và t.        21 21 21 2121 2 2 21 21 21 21 21 sin sin cos cos21 2 2 t t t tiI                                        (15.8) Thay (15.8) vào (15.6):             22 22 21 21 21 2121 2 22 2 22 2 2 2 2121 21 cos cos sin sincos 23 22 t t t tt P                      (15.9) Câu b. Với 0 01 2 21E E         : 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 0 1 2E E    Phương trình (18.1): 24 ieI     Thay I vào P ta được:  2 21 2 cos4P t t t       (15.10) (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: a. ( ) ( )x Ax x a   b. 2( ) sin xx B a   c. ( ) 2 2 a ax C x       Hãy tính gần đúng năng lượng trạng thái cơ bản của hạt trong hố thế sâu vô cùng, bề rộng a ( 0 x a  ). So sánh với kết quả chính xác. Lời giải. Áp dụng kết quả chính xác của bài toán hạt trong hố thế sâu vô hạn một chiều: Hàm sóng: (0) 2( ) sin( )n n xx a a   Năng lượng: 2 2 2(0) 22n nE ma   Năng lượng trung bình: 2 2* 2 2 2 2 2 * * * 2 2 ( ) 2 ( ) 2 2 E H U x dx m x dx U x dx dx m x m x                                        (16.1) * ( ) 0U x dx     do tính chất của giếng thế sâu vô hạn: Câu a. ( ) ( )x Ax x a   : Chuẩn hóa hàm thử: 2 5 3 01 ( ) 1x d x A a             (16.2) Năng lượng trung bình:  2 2 2 2 2* 2 02 2 0 5 1.014 2 aAE dx x ax dx E m x m ma               (16.3) Câu b. 2( ) sin xx B a   Chuẩn hóa hàm thử: 2 81 ( ) 1 3 x d x B a             (16.4) Năng lượng trung bình: 2 2 2 2 2 2 2 * 2 02 2 2 0 2 2 4sin . os 1.333 2 2 3 2 aB x xE dx c dx E m x m a a a ma                      (16.5) Câu c. Chuẩn hóa hàm thử: 2 3 121 ( ) 1x dx C a           (16.6) Năng lượng trung bình: 2 22 2 22 * 02 2 1 12 1.217 2 2 2 2 p dE dx p dx dx E m m m dx ma                    (16.7) Nhận xét chung. 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 0 2( ) sin( )n xx a a   của trạng thái cơ bản nhất. Trong khi đo hàm b khác đáng kể so với 0 ( )x ở gần thành hố (khi 20 ( )x x x  còn 0 ( )x x ). Còn hàm c thì có đạo hàm gián đoạn tại 2 ax  trong khi hàm 0 ( )x lại liên tục tại điểm này. Bài 17. Dùng phương pháp biến phân tìm năng lượng ở trạng thái cơ bản của hạt trong các trường hợp sau: a) Thế năng 40( )U x U x (U0 = const). chọn hàm thử 2 22( ) . x x A e   b) Thế năng 2 21( ) 2 U x m x . Chọn hàm thử 2 22( ) . x x A e   Lời giải. Chuẩn hóa hàm thử: 2 22( ) . x x A e   : Đặt: 1  21 ( ) 1x d x A             (17.1) Năng lượng trung bình ( )I  :   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 4 2 2 1 2 ( ) ( ) 2 . ( ) 2 x x x x I H e U x e dx m x x e dx U x e dx I I m                                        (17.2) Tính I1:   2 22 2 24 2 21 .2 4xI x e dxm m           (17.3) Tính I2: 2 2 2 ( ) xI U x e dx      Câu a. với 40( )U x U x 2 24 0 2 0 4 3 4 x UI U x e dx       (17.4) Do đó: 42 2 2 0 0 1 2 4 2 3 3 ( ) 4 2 4 4 U UI I I m m           (17.5)   1/62 0 0 6mU             (17.6) Năng lượng ở trạng thái cơ bản: Thay (17.6) vào (17.5). 1/32 1 2 0 02 3 3 ( ) 4 4 I I I U U m          (17.7) Câu b. 2 21( ) 2 U x m x 2 2 2 2 2 2 3 1 2 4 x mI m x e dx        (17.8) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 ( ) 4 4 4 4 m mI I I m m              (17.9)   1/20I m              (17.10) Năng lượng ở trạng thái cơ bản: Thay (17.10) vào (17.9) 2 2 ( ) 4 4 2 m mI m m                     (17.11) 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 xex  0 ( : thông số biến phân) Cho 1 0 !     nxn ndxex  Lời giải. Chuẩn hóa hàm thử: Hàm thử: xAex  0 (18.1) Chuẩn hoá: *( ) ( ) 1x x dx A          (18.2) xex  0 (18.3) * Năng lượng trung bình: 2* 0 0 0 2 * * 0 0 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 pE H I x U x x dx m px x dx x U x x dx I I m                                  (18.4) 2 2 2 2 1 1 2 2 x xi dI A e e dx m dx m               (18.5) 2 2 2 22 2 22 4 xm A mI x e dx       (18.6) Thay (18.5) và (18.6) vào (18.4): 2 2 2 1 2 2( ) 4 2 mI I I m        (18.7) Cực tiểu năng lượng: 2 ( ) 0 2 d I i m d        (18.8) Thay (18.8) vào (18.7): min 2 iE    (18.9) 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 trong trường thế ( ) ( 0)V x a x a  bằng phương pháp biến phân với hàm thử. ( ) , ( ) 0, C a x x a x x a       Trong đó a là thông số biến phân .(chú ý: /d dx không liên tục tại x = 0) Lời giải. Chuẩn hóa hàm thử: 2 3 3(x) dx 1 C 2a       (19.1) Ta có:   ax a x 0 V x ax 0 x a        Năng lượng trung bình: (19.2) E T U T V    Trong đó:   2a2 2 2* 2 a pˆ d 3T (x) (x)dx C a x dx 2m 2m dx 2ma             (19.3)  a 22* 2 a aU (x)V(x) (x)dx C a x a x dx 4           (19.4) Từ (19.2), (19.3) và (19.4): 2 2 2 3 aE 2ma 4   (19.5) 1 2 4E 60 a a m           (19.6) Thay (19.6) vào (19.5): o 3E 6m   (19.7) Bài 20. Một hạt khối lượng m chuyển động 1 chiều có thế năng ; 0( ) ; 0 x V x Fx x     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 2 ( 0 )( ) 0 (x < 0 ) x A e xx     (20.1) Áp dụng điều kiện chuẩn hóa ta có: 1 / 4 21 A      (20.2) Toán tử Hamilton: 2 2 22 H Fx m x     (20.3) Năng lượng trung bình của hạt: 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 0 2 2 4 x x FE H e Fx e dx m x m                      (20.4) Cực tiểu hóa năng lượng trung bình theo : 1/3 2 20 H mF           (20.5) Thay giá trị của (20.5) vào (20.4): 1/32 2 0 min 3 2 2 FE H m        (20.6) Vậy giá trị năng lượng trạng thái cơ bản của hạt là: 1/32 2 0 3 2 2       FE m (20.7) 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. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 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: 0; 0 ( ) ; 0 v x d V x x x d      Một trường thế như vậy gọi là hố thế có bề sâu vô hạn, chiều rộng là d. Phương trình Schrodinger dừng:  2 2 22 0d m E Udx     (1) 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 2 2 2 0d mE dx    (2) Đặt: 2 22mEk   Viết lại phương trình (2) : 2 2 2 0 d k dx    (3) Nghiệm của phương trình (3) có dạng: ( ) 1 2 ikx ikx x C e C e   Hay ta có thể biến đổi về dạng:  ( ) sinx A kx   0 d x (0) 0 0    . ( ) 0 (n = 0, 1, 2...)nd kd n k d         Với:  0 ( ) 0 0 x dn x     : Nghĩa là xác suất tìm thấy hạt ở mọi nơi trong hố thế đều bằng không, điều này trái ngược với giả thuyết là hạt ở mọi nơi trong hố thế. Loại n = 0. Ngoài ra và ( ) sinx n xA d    đều cho ta cùng một xác suất tìm thấy hạt nên ta chỉ nhận giá trị n dương, do đó n = 1, 2, 3….  Năng lượng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 mE k nk E m md      Vậy: 2 2 2 22 nE md    Hàm sóng: Chuẩn hóa: * 2 2 0 2 1 sin 1 21 2 d dx n xA dx d dA A d               Vậy: ( ) 2 sinx n xd 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. Năng lượng:  2 2 2 21 2 22 n n E md   Hàm sóng: 1 2( ) 1 2 2 sin sin ; n ,n 1,2,...x n x n y d d d      Đối với hạt trong hố thế sâu vô hạn 3 chiều có kích thước là d x d x d. Năng lượng:  2 2 2 2 21 2 322 n n n E md    Hàm sóng: 3/2 1 2 2 ( ) 1 2 2 sin sin sin ; n ,n 1,2,...x n x n y n z d d d d         Phụ lục 2. DAO ĐỘNG TỬ ĐIỀU HÒA MỘT CHIỀU: Hàm Hamilton: 2 2 22 dH U m dx    Với thế năng được khai triển ở lân cận x = 0. 2 3 2 3 2 3 1 1(0) ( ) ( ) ... 2 2! U UU U x x x x       (1) Chọn gốc thế năng U(0) và ngắt chuổi (1) đến bậc 2. Ta được thế năng trong dao động tử điều hòa. 3 2 201 2 2 U kx x  (2) Trong đó: 2 02 0 ; U kk x        Phương trình Schrodinger của dao động tử điều hòa: 2 2 2 2 22 2 H E d x E dx            2 2 2 2 2 2 2 2 0d E x dx          (3) Đặt: x   2 2 2 2, d d d d d d dx d dx d dx d          Phương trình (3) trở thành: 2 2 2 2 0d E d        (4) Nghiệm tiệm cận: 1 2 2E    Phương trình (4) trở thành: 2 2 2 0 d 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( )2    ; H( ) : là đa thức Hermit. Thay nghiệm này vào phương trình (4): '' ' 22 ( 1) 0EH H H     (6) Khai triển H( ) dưới dạng chuỗi: k k = 0 H( )= a k  Thay vào phương trình (6): 2 2 1 0 2( 1) ( 1) 0k k kk k k k k k Ek k a ka a              Thay k’ = k - 2 và đồng nhất giữa k’ và k 2 0 2( 1)( 2) 2 ( 1) 0k kk k Ek k a k a               Từ đây ta suy ra được hệ số truy hồi: 2 22 ( 1) ( 1)( 2)k k Ek a a k k         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: 2 12 ( 1) 0 2 En E n           Vậy năng lượng trong dao động tử điều hòa đã bị lượng tử hóa. 1 ; n = 0,1,2... 2 E n      Phụ lục 3. TOÁN TỬ SINH, HỦY HẠT. Đặt: mX x  , 1P p m    1ˆ 2 a X iP   ,  1ˆ 2 a X iP  Xét:  1, ,X P x p i           2 2 2 21 1ˆ ˆ , 12 2a a X P i X P X P            2 2 2 21 1ˆ ˆ , 12 2aa X P i X P X P         Dao động tử điều hòa: 22 2 20 2 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ 2 2 2 2 dH x a a aa m dx                       Xét:               1 1ˆ ˆ ˆ ˆ 1 2 2 1ˆ ˆ 2 n n n n n n n H a a a a a aa a aa a H a E E a                                                                  Kết quả này thu được cho thấy rằng:  1 1; n n n na C E E        Toán tử a đã biến hàm n thành hàm 1n  , đã sinh thêm (tăng thêm) một lượng năng lượng  do đó a được gọi là toán tử sinh hạt (toán tử sinh). Một cách hoàn toàn tương tự cho toán tử aˆ , ta cũng kết luận được rằng aˆ 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:   1 1 1 a n n n a n n n       Phụ lục 4. TÍNH TOÁN MỘT VÀI BIỂU THỨC BẰNG MAPLE: 1. Một số tích phân trong bài 1. > #bai 1_cau a_bo chinh bac 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); kq:=simplify(value(I1)); := I1 2 d    0 a 2 x   sin n  x a 2 x 2 d    a 2 a ( )a x   sin n  x a 2 x := kq 1 4 a2        n2 2 2 4   cos n  2 2 2 ( )cos n  2 n2 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: kq:=simplify(value(I2)); := I2 d   0 a 2 x   sin k  x a    sin n  x a x d    a 2 a ( )a x   sin k  x a    sin n  x a x kq 2 a2 k n k2   sin k  2    sin n  2 n2   sin k  2    sin n  2    := 2 k n   cos k  2    cos n  2 ( )-1 ( )k n k n    2 ( ) k4 2 k2 n2 n4( ) > #bai 1_cau b_bo chinh bac 1: 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: kq:=simplify(value(I1)); := I1 d    b a b    sin n  x a 2 x := kq 1 2     cos n  b a    sin n  b a a 2 n  b ( )-1 ( )2 n   cos n  b a a   sin n  b a n  a n  > #bai 1_cau b_bo chinh bac 2: 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: kq:=simplify(value(I2)); := I2 d    b a b    sin n  x a    sin k  x a x kq 1 2 a n   sin  ( )n k b a n   sin  ( )n k b a   := 2 ( )-1 ( )n k n   cos  b n a    sin  b k a    sin  ( )n k b a k   sin  ( )n k b a k   2 ( )-1 ( ) 1 n k k   sin  b n a    cos  b k a    ( )n 2 k2( ) > #bai 1_cau c_bo chinh bac 1: 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: kq:=simplify(value(I1)); := I1 d    0 a    sin n  x a 2    cos  x a 2 x := kq a 4 > #bai 1_cau c_Nhieu Loan Bac 2: 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); kq:=simplify(value(I2)); := I2 d    0 a    sin ( )k 2  x a    sin k  x a    cos  x a 2 x := kq a 8 2. Một số tích phân: > #TICH PHAN (2.7): 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; v11:=(4/L^2)*lambda*value(I1); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L 2 y := v11 L  2 > #TICH PHAN (3.7): 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; kq:=(4/L^2)*lambda*value(I1); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L y   sin  y L 2 y := kq L2  4 3. Phương trình thế kỉ (2.12): > #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 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; v11:=(4/L^2)*lambda*value(I1); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L 2 y := v11 L  2 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; v12:=(4/L^2)*lambda*value(I2); := I2 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L    sin  y L    sin 2  y L y := 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]); := C       L  2 t 0 0 L  2 t > solve(det(C)=0,t); t:=Delta*E; , L  2 L  2 := t  E 4. Phương trình thế kỉ (3.10): > #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 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); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L y   sin  y L 2 y := v11 L2  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; v12:=(4/L^2)*lambda*value(I2); := I2 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L y   sin  y L    sin 2  y L y := v12 256 L2  81 4 > #GIAI PHUONG TRINH THE KI (3.10): > with(linalg): Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected > C:= matrix(2,2, [v11-t,v12,v12,v11-t]); := C       L 2  4 t 256 L2  81 4 256 L2  81 4  L2  4 t > solve(det(C)=0,t); t:=Delta*E; , L2  ( ) 1024 81 4 324 4 L2  ( )1024 81 4 324 4 := t  E 5. Phương trình thế kỉ (4.10): > #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 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); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L 2 y d    0 L    sin 2  z L 2 z := 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; v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2); := I2 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L    sin 2  y L y d    0 L    sin  z L 2 z := v12 0 > A:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ): 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; v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3); := I3 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L 2 y d    0 L    sin  z L    sin 2  z L z := v13 0 > H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ): 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; v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4); := I4 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L    sin  y L    sin 2  y L y d    0 L    sin  z L 2 z := v23 0 6. Phương trình thế kỉ (4.12): > #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.12): with(linalg): Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected > v21:=v12: v31:=v13: v22:=v11: v33:=v11: v32:=v23: > M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]); := M       L  2 t 0 0 0 L  2 t 0 0 0 L  2 t > solve(det(M)=0,t); t:=Delta*E; , , L  2 L  2 L  2 := t  E 7. Phương trình thế kỉ (4.16): > #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 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; v11:=(2/L)^3*lambda*value(I1); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L y   sin  y L 2 y d    0 L    sin 2  z L 2 z := v11 L2  4 > 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; v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2); := I2 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L    sin 2  y L y d    0 L    sin  z L 2 z := v12 0 > A:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..L ): 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; v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3); := I3 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L    sin  y L 2 y d    0 L    sin  z L    sin 2  z L z := v13 0 > H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ): 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; v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4); := I4 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L y   sin  y L    sin 2  y L y d    0 L    sin  z L 2 z := v23 256 L2  81 4 > #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.16): with(linalg): Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected > v21:=v12: v31:=v13: v22:=v11: v33:=v11: v32:=v23: > M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]); := M       L 2  4 t 0 0 0 L 2  4 t 256 L2  81 4 0 256 L2  81 4  L2  4 t > solve(det(M)=0,t); t:=Delta*E; , , L2  4 L2  ( )1024 81 4 324 4 L2  ( ) 1024 81 4 324 4 := t  E 8. Phương trình thế kỉ (4.22): > #CAC YEU TO MA TRAN TRONG 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; v11:=(2/L)^3*lambda*value(I1); := I1 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L y   sin  y L 2 y d    0 L z   sin 2  z L 2 z := v11 L3  8 > U:=Int(x*(sin(Pi*x/L))^2, x=0..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; v12:=(2/L)^3*lambda*value(I2); := I2 d    0 L x   sin  x L 2 x d    0 L y   sin  y L    sin 2  y L y d    0 L z   sin  z L    sin 2  z L z := v12 128 L3  81 4 > A:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*x*2/L), x=0..L ): 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; v13:=(2/L)^3*lambda*value(I3); := I3 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L y   sin  y L 2 y d    0 L z   sin  z L    sin 2  z L z := v13 128 L3  81 4 > H:=Int(x*sin(Pi*x/L)*sin(Pi*2*x/L), x=0..L ): 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; v23:=(2/L)^3*lambda*value(I4); := I4 d    0 L x   sin  x L    sin 2  x L x d    0 L y   sin  y L    sin 2  y L y d    0 L z   sin  z L 2 z := v23 128 L3  81 4 > #GIAI PHUONG TRINH THE KI (4.22): with(linalg): Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected > v21:=v12: v31:=v13: v22:=v11: v33:=v11: v32:=v23: > M:= matrix(3,3, [v11-t,v12,v13,v21,v22-t,v23,v31,v32,v33-t]); := M       L 3  8 t 128 L3  81 4 128 L3  81 4 128 L3  81 4  L3  8 t 128 L3  81 4 128 L3  81 4 128 L3  81 4  L3  8 t > solve(det(M)=0,t); t:=Delta*E; , L3  ( )81 4 2048 648 4 L3  ( )81 4 1024 648 4 := t  E 9. Phương trình thế kỉ (13.8): > #GIAI PHUONG TRINH THE KI (13.8): restart: with(linalg): 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,- t,0,0,0,0,-t,0,0,0,0,-t]); := M       t 3 e  a 0 0 3 e  a t 0 0 0 0 t 0 0 0 0 t > solve(det(M)=0,t); t:=Delta*E; , , ,0 0 3 e  a 3 e  a := t  E ._.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfLA7231.pdf
Tài liệu liên quan