정답
\(|0’\rangle = |0\rangle + \dfrac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\;|1\rangle\)
\(\langle 0|\hat H’|0’\rangle = -\,\dfrac{e^{2}\alpha^{2}}{2m\omega^{2}}, \qquad \langle 0’|\hat x|0’\rangle = \dfrac{e\alpha}{m\omega^{2}}\)
출제 의도
1차원 조화 진동자에 약한 외부 전기장 섭동이 가해졌을 때, 사다리 연산자를 이용해 위치 연산자의 행렬 원소를 구하고, 비퇴화 시간독립 1차 섭동 이론으로 바닥상태의 1차 섭동 함수와 물리량의 1차 보정을 계산하는 능력을 평가한다.
풀이 과정
비섭동 해밀토니언은
$$ \hat H_0 = \frac{\hat p^{\,2}}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2\hat x^{\,2} $$
이며, 고유상태 \(|n\rangle\)의 에너지는
$$ E_n = \left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega $$
이다.
자료에 주어진 사다리 연산자
$$ \hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat x + i\sqrt{\frac{1}{2m\omega\hbar}}\,\hat p $$
를 이용하면 위치 연산자는
$$ \hat x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a + \hat a^\dagger\right) $$
로 쓸 수 있다.
섭동 해밀토니언은
$$ \hat H’ = -e\alpha \hat x = -e\alpha \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a+\hat a^\dagger\right) $$
이다.
행렬 원소 \(H’_{n0}=\langle n|\hat H’|0\rangle\)를 구한다. \(\hat a|0\rangle=0\), \(\hat a^\dagger|0\rangle=\sqrt{1}\,|1\rangle\) 이므로
$$ \hat x|0\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,|1\rangle $$
따라서
$$ H’_{10}=\langle1|\hat H’|0\rangle =-e\alpha\langle1|\hat x|0\rangle =-e\alpha\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} $$
이며, 다른 \(n\neq1\)에 대해서는 \(H’_{n0}=0\)이다.
비퇴화 1차 섭동 이론에 의해 바닥상태 \(|0\rangle\)의 1차 섭동 함수는
$$ |0’\rangle = |0\rangle + \sum_{n\neq0}\frac{H’_{n0}}{E_0-E_n}|n\rangle $$
이고, 여기서는 \(n=1\)만 기여하므로
$$ |0’\rangle = |0\rangle + \frac{H’_{10}}{E_0-E_1}|1\rangle $$
에너지 차는
$$ E_0-E_1=\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{2}\right)\hbar\omega=-\hbar\omega $$
이므로
$$ \frac{H’_{10}}{E_0-E_1} =\frac{-e\alpha\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}}{-\hbar\omega} =\frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} $$
따라서
$$ |0’\rangle = |0\rangle + \frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;|1\rangle $$
을 얻는다.
다음으로 \(\langle0|\hat H’|0’\rangle\)를 계산한다. 위의 \(|0’\rangle\)을 사용하면
$$ \langle0|\hat H’|0’\rangle = \langle0|\hat H’|0\rangle + \frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \,\langle0|\hat H’|1\rangle $$
\(\langle0|\hat H’|0\rangle=-e\alpha\langle0|\hat x|0\rangle=0\) 이고,
$$ \langle0|\hat H’|1\rangle = -e\alpha\langle0|\hat x|1\rangle = -e\alpha\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} $$
이므로
$$ \langle0|\hat H’|0’\rangle = \frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(-e\alpha\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\right) = -\frac{e^{2}\alpha^{2}}{2m\omega^{2}} $$
이제 \(\langle0’|\hat x|0’\rangle\)을 1차까지 계산한다. 정규화 보정은 2차( \(\alpha^{2}\) )이므로 무시하고
$$ \langle0’|\hat x|0’\rangle = \langle0|\hat x|0\rangle + c\langle1|\hat x|0\rangle + c\langle0|\hat x|1\rangle + \mathcal{O}(c^{2}) $$
로 쓴다. 여기서
$$ c=\frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} $$
이다. \(\langle0|\hat x|0\rangle=0\), \(\langle1|\hat x|0\rangle=\langle0|\hat x|1\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\)이므로
$$ \langle0’|\hat x|0’\rangle \simeq 2c\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} $$
따라서
$$ \langle0’|\hat x|0’\rangle = 2\frac{e\alpha}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} = 2\frac{e\alpha}{\hbar\omega}\frac{\hbar}{2m\omega} = \frac{e\alpha}{m\omega^{2}} $$
즉, 섭동된 바닥상태에서 위치의 기대값은 양의 \(x\) 방향으로 \(\dfrac{e\alpha}{m\omega^{2}}\)만큼 이동한다.
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>