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物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考|Golden Rule

Now, as previously, we are in a position to iterate these equations and obtain a power series in $H^{\prime}$. Since the r.h.s. of Eqs. (5.12) is already linear in $H^{\prime}$, we can just make use of our previous coefficients $c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0(t)=c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0$ on the r.h.s.! This gives
$$
i \hbar \frac{d c_{n_1, n_2}(t)}{d t}=\sum_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^{\prime}, n_2^{\prime}\right\rangle c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0 e^{i\left(E_{n_1}+E_{n_2}-E_{n_1^{\prime}}-E_{n_2^{\prime}}\right) / \hbar}+\cdots
$$
Suppose it is the state $\psi_{n_1^0}\left(x_1\right) \psi_{n_2^0}\left(x_2\right)$ that is occupied at the initial time $t=0$, so that
$$
c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0=\delta_{n_1^{\prime}, n_1^0} \delta_{n_2^{\prime}, n_2^0} \quad \text {; given initial state }
$$
Then, at a later time, the amplitude for finding the system in a different two-particle state satisfies
$$
\begin{array}{r}
i \hbar \frac{d c_{n_1, n_2}(t)}{d t}=\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle e^{i\left(E_{n_1}+E_{n_2}-E_{n_1^0}-E_{n_2^0}\right) t / \hbar} \
;\left(n_1, n_2\right) \neq\left(n_1^0, n_2^0\right)
\end{array}
$$
Integration of this relation between the initial time $t=0$, and the total elapsed time $t=T$, gives
$$
c_{n_1, n_2}(T)=-\frac{1}{\hbar}\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle \frac{1}{\omega}\left(e^{i \omega T}-1\right)
$$
where the initial and final energies of the pair, and energy differences, are defined by
$$
\begin{aligned}
E_0 & \equiv E_{n_1^0}+E_{n_2^0} \
E & \equiv E_{n_1}+E_{n_2} \
\hbar \omega & \equiv E-E_0
\end{aligned}
$$

物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考|Density of Final States

Suppose we are doing a scattering experiment in our simple model. We can prepare the target in a given state with energy $E_{n_2^0}$, and we can prepare an incident beam with a well-defined energy $E_{n_1^0}=\hbar^2 k_0^2 / 2 m_1$, where $k_0=$ $2 \pi n_1^0 / L_1$. We certainly can achieve the energy resolution to determine that the target ends up in another state with discrete energy $E_{n_2}$; however, with the scattered particle, the situation is more complicated. Let us, for simplicity, call the size of the big region in which the first particle moves $L_1 \equiv L$. The final particle energy is $E_{n_1}=\hbar^2 k^2 / 2 m_1$ with $k=2 \pi n_1 / L$, and as $L$ becomes very large, these energies are very closely spaced. Thus no matter how small our resolution $d k$ is on the final particle, many final states will lie within this resolution! For large $L$, the number of these states $d n_f$ is
$$
d n_f=\frac{L}{2 \pi} d k \quad ; L \rightarrow \infty
$$
Thus all of these states will get into our final detector, and the transition rate that we actually measure is of necessity
$$
R_{f i} d n_f=R_{f i}\left(\frac{L}{2 \pi} d k\right) \quad ; \text { measured rate }
$$
Equation (5.28) then reads
$$
R_{f i} d n_f=\frac{2 \pi}{\hbar}\left|\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle\right|^2 \delta\left(E-E_0\right)\left(\frac{L}{2 \pi} d k\right)
$$
Multiply and divide this expression by $d E$. It is then possible to immediately do the integral over $E$ using Eq. (5.27), where we have summed over all of the energy-conserving events that get into our detector.

物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考|PHYS3040

物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考|Golden Rule

现在,和以前一样,我们可以迭代这些方程并获得幂级数 $H^{\prime}$. 由于Eqs的rhs。(5.12) 已经是线性的 $H^{\prime}$ , 我们可以利用我们之前的系数 $c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0(t)=c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0$ 在右侧!这给
$$
i \hbar \frac{d c_{n_1, n_2}(t)}{d t}=\sum_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^{\prime}, n_2^{\prime}\right\rangle c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0 e^{i\left(E_{n_1}+E_{n_2}-E_{n_1^{\prime}}-E_{n_2^{\prime}}\right) / \hbar}+\cdots
$$
假设是状态 $\psi_{n_1^0}\left(x_1\right) \psi_{n_2^0}\left(x_2\right)$ 在初始时间被占用 $t=0$ ,以便
$$
c_{n_1^{\prime}, n_2^{\prime}}^0=\delta_{n_1^{\prime}, n_1^0} \delta_{n_2^{\prime}, n_2^0} \quad ; \text { given initial state }
$$
然后,在稍后的时间,找到处于不同双粒子状态的系统的振幅满足
$$
i \hbar \frac{d c_{n_1, n_2}(t)}{d t}=\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle e^{i\left(E_{n_1}+E_{n_2}-E_{n_1^0}-E_{n_2^0}\right) t / \hbar} ;\left(n_1, n_2\right) \neq\left(n_1^0, n_2^0\right)
$$
整合初始时间之间的这种关系 $t=0$ ,以及总耗时 $t=T$ ,给出
$$
c_{n_1, n_2}(T)=-\frac{1}{\hbar}\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle \frac{1}{\omega}\left(e^{i \omega T}-1\right)
$$
其中对的初始和最終能量以及能量差由下式定义
$$
E_0 \equiv E_{n_1^0}+E_{n_2^0} E \equiv E_{n_1}+E_{n_2} \hbar \omega \equiv E-E_0
$$

物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考|Density of Final States

假设我们正在我们的简单模型中进行散射实验。我们可以用能量在给定状态下准备目标 $E_{n_2^0}$, 我们可以 准备一个具有明确能量的入射光束 $E_{n_1^0}=\hbar^2 k_0^2 / 2 m_1$ , 在哪里 $k_0=2 \pi n_1^0 / L_1$. 我们当然可以实现能量 分辨率来确定目标最終处于另一种具有离散能量的状态 $E_{n_2}$; 然而,对于分敖的粒子,情况更加筫杂。 为简单起见,我们将第一个粒子移动的大区域的大小称为 $L_1 \equiv L$. 最終粒子能量为 $E_{n_1}=\hbar^2 k^2 / 2 m_1$ 和 $k=2 \pi n_1 / L ,$ 并作为 $L$ 变得非常大,这些能量之间的距离非常近。因此,无论我们的决议有多小 $d k$ 在最后一个粒子上,许多最终状态将包含在这个决议中!对于大型 $L$ ,这些状态的数量 $d n_f$ 是
$$
d n_f=\frac{L}{2 \pi} d k \quad ; L \rightarrow \infty
$$
因此所有这些状态都将进入我们的最終检测器,并且我们实际测量的转换率是必要的
$$
R_{f i} d n_f=R_{f i}\left(\frac{L}{2 \pi} d k\right) \quad ; \text { measured rate }
$$
等式 (5.28) 然后读取
$$
R_{f i} d n_f=\frac{2 \pi}{\hbar}\left|\left\langle n_1, n_2\left|H^{\prime}\right| n_1^0, n_2^0\right\rangle\right|^2 \delta\left(E-E_0\right)\left(\frac{L}{2 \pi} d k\right)
$$
将此表达式乘以和除以 $d E$. 然后可以立即进行积分 $E$ 使用方程式。(5.27),我们对进入检则器的所有节 能事件求和。

物理代写|量子力学代写quantum mechanics代考

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