Comment fonctionne la théorie de la perturbation indépendante du temps dégénéré? [dupliquer]
Considérons la configuration habituelle pour la théorie des perturbations indépendantes du temps:
$$H=H_0+\varepsilon H'$$
et nous pouvons ensuite mettre en place l'extension habituelle:
$$(H_0+\varepsilon H')[|n_0\rangle+\varepsilon |n_1\rangle+\varepsilon ^2 |n_2\rangle+...]=(E_n^{(0)}+\varepsilon E_n^{(1)}+\varepsilon ^2 E_n^{(2)}+...)[n_0\rangle+\varepsilon |n_1\rangle+\varepsilon ^2 |n_2\rangle+...]$$
Pour faire court: lorsque nous devons résoudre un problème en utilisant la théorie des perturbations, la seule chose qui nous intéresse est de savoir comment calculer les corrections aux états propres et aux valeurs propres.
Si nous sommes dans le cas de la théorie des perturbations non dégénérées indépendante du temps, alors cette tâche est simple une fois que vous connaissez les formules pour les corrections:
$$E^{(k)}_n=\langle n_0|H'|n_{k-1}\rangle$$ $$|n_k\rangle=\frac{1}{H_0+E^{(0)}_n}|_{|n_0\rangle}[(E_n^{(1)}-H')|n_{k-1}\rangle+E_n^{(2)}|n_{k-2}\rangle+.....+E_n^{(k)}|n_0\rangle]$$
Terminé! Magnifique! Mais bien sûr, que faire si notre hamiltonien est dégénéré? Sur les manuels, j'ai trouvé des raisons pour lesquelles les anciennes formules ne fonctionnent pas. J'ai aussi compris que dans certains cas, la perturbation annule la dégénérescence et dans d'autres cas ce n'est pas le cas. Et on parle aussi de la nécessité de diagonaliser la matrice dans l'espace dégénéré (ce dernier point n'est pas clair pour moi pour le moment). D'accord. Mais en pratique: comment mettre en place et résoudre l'expansion perturbative dans le cas dégénéré? Quelles sont les formules de correction? (Savoir pourquoi les formules fonctionnent serait aussi bien mais ce n'est pas le point principal de cette question)
Ce sont des questions simples mais je n'arrive pas à trouver de réponse directe dans mes livres ou mes notes de cours. J'aimerais une réponse agréable et concise. Ce sujet me semble vraiment compliqué en tant que débutant et j'aimerais un résumé de ce qui se passe ici. Surtout d'un point de vue pratique, sur la façon de résoudre les exercices et les extensions dans le cas dégénéré.
Réponses
L'idée principale de la théorie des perturbations pour les états dégénérés est de trouver non seulement les corrections mais aussi les états qui sont corrigés. Seuls des états spécifiques recevraient de petites corrections, d'autres seront corrigés par$O(1)$termes. Prenons comme exemple simple. Considérons un système à deux niveaux donné par le hamiltonien suivant \ begin {équation} H = \ left (\ begin {array} {ccc} m & \ varepsilon \\ \ varepsilon & m \ end {array} \ right), \ end { équation} avec$\varepsilon \ll m$. Le système peut être résolu exactement en donnant \ begin {équation} E_ \ pm = m \ pm \ varepsilon ~~ \ text {et} ~~ | \ psi_ \ pm \ rangle = \ left (\ begin {array} {ccc} 1 \\ \ pm 1 \ end {array} \ right). \ end {equation} Imaginons maintenant que nous ayons essayé d'obtenir ce résultat en utilisant la théorie des perturbations. Le hamiltonien non perturbé est \ begin {equation} H = \ left (\ begin {array} {ccc} m & 0 \\ 0 & m \ end {array} \ right), \ end {equation} a des états propres dégénérés \ begin { équation} | \ psi ^ {(0)} \ rangle = c_1 \ left (\ begin {array} {c} 1 \\ 0 \ end {array} \ right) + c_2 \ left (\ begin {array} {c} 0 \ \ 1 \ end {array} \ right), \ end {équation} tout avec de l'énergie$E^{(0)}=m$. Il est clair que seulement si vous choisissez vos états non perturbés pour être \ begin {équation} | \ psi ^ {(0)} _ {1,2} \ rangle = \ left (\ begin {array} {ccc} 1 \\ \ pm 1 \ end {array} \ right) \ end {equation} corrections dues à la perturbation est faible (dans ce cas, elle disparaît). Comment pourrions-nous obtenir ce résultat sans résoudre exactement le système? Pour cela, vous choisissez une base arbitraire pour le système non perturbé$| \varphi_i \rangle$et exprimer les "vrais" états propres non perturbés (et perturbés) comme des combinaisons linéaires de ceux-ci: \ begin {équation} | \ psi ^ {(0)} _ i \ rangle = c ^ {(0)} _ {ij} | \ varphi_j \ rangle, ~~ \ text {et} ~~ | \ psi ^ {(1)} _ i \ rangle = c ^ {(1)} _ {ij} | \ varphi_j \ rangle. \ end {equation} Ensuite, multipliez l'équation de Schrödinger \ begin {équation} (H_0 + \ varepsilon V) \ left (| \ psi ^ {(0)} _ i \ rangle + \ varepsilon | \ psi ^ {(1)} _ i \ rangle \ right) = (E ^ {(0)} + \ varepsilon E ^ {(1)} _ i) \ left (| \ psi ^ {(0)} _ i \ rangle + \ varepsilon | \ psi ^ {(1 )} _ i \ rangle \ right) \ end {equation} par$\langle \phi_k |$on obtient \ begin {équation} \ sum_ {j} \ langle \ varphi_k | V | \ varphi_j \ rangle c_ {ij} ^ {(0)} = E_i ^ {(1)} c_ {ik} ^ {(0)}. \ end {equation} Omettre l'index$i$on voit que ces équations ne sont rien d'autre que des équations pour les états propres \ begin {équation} \ sum_j V_ {kj} c_j = E ^ {(1)} c_k, \ end {équation} ce qui implique que$\det (V-E^{(1)})=0$. De cette équation$E_i^{(1)}$ et $c_{ij}^{(0)}$ sont dérivés simultanément.
Revenons à notre exemple, nous pouvons choisir \ begin {équation} | \ varphi_1 \ rangle = \ left (\ begin {array} {ccc} 1 \\ 0 \ end {array} \ right), ~~ \ text {et} ~~ | \ varphi_2 \ rangle = \ left (\ begin {array} {ccc} 0 \\ 1 \ end {array} \ right). \ end {équation} L'équation de Schrödinger devient \ begin {équation} \ left (\ begin {array} {cc} m & \ varepsilon \\ \ varepsilon & m \ end {array} \ right) \ left (\ begin {array } {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i1} ^ {(1)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i2} ^ {(1 )} \ end {array} \ right) = \ left (m + \ varepsilon E_i ^ {(1)} \ right) \ left (\ begin {array} {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i1} ^ {(1)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i2} ^ {(1)} \ end {array} \ right), \ end {equation} ou après simplification \ begin {equation} \ varepsilon \ left (\ begin {array} {ccc} c_ {i2} ^ {(0)} \\ c_ {i1} ^ {(0)} \ end {array} \ right ) = \ varepsilon E_i ^ {(1)} \ left (\ begin {array} {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} \ end {array} \ right), \ end {équation} dont la solution est \ begin {équation} E ^ {(1)} = \ pm 1, ~~ \ text {for} ~~ \ left (\ begin {array} {ccc} 1 \ \ \ pm 1 \ end {array} \ right), \ end {équation} qui est exactement ce que nous avions avant.
Ce qui vous intéresse s'appelle l'équation séculaire .
La source classique est le deuxième volume de Landau & Lifshitz https://books.google.ru/books?id=neBbAwAAQBAJ&pg=PA110&hl=ru&source=gbs_selected_pages&cad=2#v=onepage&q&f=false
Laisser $\psi_{n}^{(0)}, \psi_{n^{'}}^{(0)}$ être les fonctions propres, appartenant à la même valeur propre $E_n^{(0)}$. Par$\psi_{n}^{(0)}, \psi_{n^{'}}^{(0)}$nous supposons des fonctions non perturbées, sélectionnées de manière arbitraire. La fonction propre correcte dans l'ordre zéro sont des combinaisons linéaires de forme:$$ c_{n}^{(0)} \psi_{n}^{(0)} + c_{n^{'}}^{(0)} \psi_{n^{'}}^{(0)} + \ldots $$
La substitution dans le premier ordre de perturbation pour l'énergie $E_n^{(0)} + E^{(1)}$ dans la deuxième équation de votre message donne: $$ E^{(1)} c_{n}^{(0)} = \sum_{n^{'}} H_{n n^{'}} c_{n^{'}}^{(0)} $$ Ou réécrivez-le de la manière suivante: $$ \sum_{n^{'}} (H_{n n^{'}} - E^{(1)} \delta_{n n^{'}})c_{n^{'}}^{(0)} = 0 $$Cette équation a des solutions, en tant que système avec zéro côté droit, uniquement si la matrice, définissant le système est dégénérée. Pour la matrice carrée, cela équivaut à la disparition du déterminant:$$ \boxed{\det(H_{n n^{'}} - E^{(1)} \delta_{n n^{'}}) = 0} $$
Cette équation est l'équation séculaire susmentionnée. Et la valeur propre$E^{(1)}$ de la perturbation détermine la correction d'énergie, et les solutions de l'équation les coefficients $c_{n^{'}}^{(0)}$.
Il est possible de mettre en place une extension pour le cas dégénéré mais uniquement si vous utilisez la «bonne» base. La «bonne» base est cette base qui diagonise la perturbation dans le sous-espace dégénéré d'intérêt. Alors par construction il n'y aura pas de termes hors diagonale dans ce sous-espace, c'est- à- dire dans cette nouvelle base avec des vecteurs de base$\vert\alpha_i\rangle$ de sorte que $\hat V\vert\alpha_i\rangle=\lambda_i\vert\alpha_i\rangle$, tu as $\langle \alpha _k\vert \hat V\vert \alpha_j\rangle=\delta_{kj}$ donc vous ne divisez jamais par $0$ puisque l'extension n'inclut pas les termes où $k=j$.
Si vous utilisez cette nouvelle base, vous pouvez procéder comme si le problème n'était pas dégénéré. La procédure peut encore échouer si la perturbation$\hat V$a des valeurs propres répétées dans le sous-espace dégénéré d'intérêt; dans ce cas, il n'y a rien à faire, c'est-à-dire qu'aucune expansion perturbative évidente n'existera pour ces états dégénérés restants.