Dejenere zamandan bağımsız pertürbasyon teorisi nasıl çalışır? [çiftleme]
Zamandan bağımsız pertürbasyon teorisi için olağan düzeni düşünelim:
$$H=H_0+\varepsilon H'$$
ve daha sonra normal genişletmeyi ayarlayabiliriz:
$$(H_0+\varepsilon H')[|n_0\rangle+\varepsilon |n_1\rangle+\varepsilon ^2 |n_2\rangle+...]=(E_n^{(0)}+\varepsilon E_n^{(1)}+\varepsilon ^2 E_n^{(2)}+...)[n_0\rangle+\varepsilon |n_1\rangle+\varepsilon ^2 |n_2\rangle+...]$$
Uzun lafın kısası: pertürbasyon teorisini kullanarak bir problemi çözmemiz gerektiğinde, ilgilendiğimiz tek şey, özdurumlara ve özdeğerlere yapılan düzeltmeleri nasıl hesaplayacağımızdır.
Zamandan bağımsız dejenere olmayan tedirginlik teorisi durumunda isek , düzeltmelerin formüllerini öğrendikten sonra bu görev basittir:
$$E^{(k)}_n=\langle n_0|H'|n_{k-1}\rangle$$ $$|n_k\rangle=\frac{1}{H_0+E^{(0)}_n}|_{|n_0\rangle}[(E_n^{(1)}-H')|n_{k-1}\rangle+E_n^{(2)}|n_{k-2}\rangle+.....+E_n^{(k)}|n_0\rangle]$$
Bitti! Olağanüstü! Ama elbette ya Hamiltoniyenimiz dejenere olursa? Ders kitaplarında eski formüllerin işe yaramamasının nedenlerini buldum. Ayrıca bazı durumlarda tedirginliğin yozlaşmayı iptal ettiğini, bazı durumlarda ise olmadığını anladım. Ayrıca yozlaşmış uzayda matrisi köşegenleştirme ihtiyacından da bahsediliyor (bu son nokta şu anda benim için net değil). Tamam mı. Ama pratikte: Dejenere durumda tedirgin edici genişlemeyi nasıl kurabilir ve çözebilirim? Düzeltmenin formülleri nelerdir? (Formüllerin neden işe yaradığını bilmek de güzel olurdu ama bu sorunun ana noktası bu değil)
Bunlar basit sorular ama kitaplarımda veya ders notlarımda herhangi bir doğrudan cevap bulamıyorum. Güzel ve kısa bir cevap istiyorum. Bu konu yeni başlayan biri olarak benim için gerçekten karmaşık görünüyor ve burada neler olup bittiğinin bir özetini almak istiyorum. Özellikle pratik bir bakış açısıyla, dejenere durumda alıştırmaları ve açılımları nasıl çözebiliriz.
Yanıtlar
Bozulmuş durumlar için pertürbasyon teorisinin arkasındaki ana fikir, sadece düzeltmeleri değil, aynı zamanda düzeltilen durumları da bulmaktır. Yalnızca belirli eyaletler küçük düzeltmeler alırdı, diğerleri tarafından düzeltilecek$O(1)$şartlar. Basit bir örnek olarak ele alalım. Aşağıdaki Hamiltonian \ begin {denklem} H = \ left (\ begin {array} {ccc} m & \ varepsilon \\ \ varepsilon & m \ end {array} \ right), \ end { tarafından verilen iki seviyeli bir sistem düşünün equation} ile$\varepsilon \ll m$. Sistem tam olarak \ begin {denklem} E_ \ pm = m \ pm \ varepsilon ~~ \ text {ve} ~~ | verilerek çözülebilir. \ psi_ \ pm \ rangle = \ left (\ begin {dizi} {ccc} 1 \\ \ pm 1 \ end {dizi} \ sağ). \ end {equation} Şimdi bu sonucu pertürbasyon teorisini kullanarak almaya çalıştığımızı hayal edin. Düzensiz Hamiltonian \ begin {equation} H = \ left (\ begin {array} {ccc} m & 0 \\ 0 & m \ end {array} \ right), \ end {equation} dejenere özdurumlara sahip \ begin { denklem} | \ psi ^ {(0)} \ rangle = c_1 \ left (\ begin {dizi} {c} 1 \\ 0 \ end {dizi} \ sağ) + c_2 \ left (\ begin {dizi} {c} 0 \ \ 1 \ end {dizi} \ sağ), \ end {denklem} hepsi enerjili$E^{(0)}=m$. Açıktır ki, yalnızca sarsılmamış durumlarınızı \ begin {equation} | \ psi ^ {(0)} _ {1,2} \ rangle = \ left (\ begin {array} {ccc} 1 \\ \ pm 1 \ end {array} \ right) \ end {equation} nedeniyle tedirginlik küçüktür (bu durumda kaybolur). Sistemi tam olarak çözmeden bu sonucu nasıl elde edebiliriz? Bunun için, bozulmamış sistem için keyfi bir temel seçiyorsunuz$| \varphi_i \rangle$ve "gerçek" bozulmamış (ve bozulmuş) özdurumları bunların doğrusal kombinasyonları olarak ifade edin: \ begin {equation} | \ psi ^ {(0)} _ i \ rangle = c ^ {(0)} _ {ij} | \ varphi_j \ rangle, ~~ \ text {ve} ~~ | \ psi ^ {(1)} _ i \ rangle = c ^ {(1)} _ {ij} | \ varphi_j \ rangle. \ end {denklem} Ardından Schrödinger denklemini çarparak \ begin {denklem} (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} tarafından$\langle \phi_k |$biri \ begin {equation} \ sum_ {j} \ langle \ varphi_k | V | \ varphi_j \ rangle c_ {ij} ^ {(0)} = E_i ^ {(1)} c_ {ik} ^ {(0)}. \ end {denklem} Dizini atlamak$i$bu denklemler başka bir şey vardır ama özdurumların için denklemler görüyoruz \ sum_j V_ {kj} c_j = E ^ {(1)} c_k, \ end {denklem} {denklem} başlayacak \ olduğu sonucunu getirir$\det (V-E^{(1)})=0$. Bu denklemden$E_i^{(1)}$ ve $c_{ij}^{(0)}$ eşzamanlı olarak türetilir.
Örneğimize geri dönelim, \ begin {equation} | \ varphi_1 \ rangle = \ left (\ begin {dizi} {ccc} 1 \\ 0 \ end {dizi} \ sağ), ~~ \ text {ve} ~~ | \ varphi_2 \ rangle = \ left (\ begin {dizi} {ccc} 0 \\ 1 \ end {dizi} \ sağ). \ end {denklem} Schrödinger denklemi, \ begin {denklem} \ left (\ begin {dizi} {cc} m & \ varepsilon \\ \ varepsilon & m \ end {dizi} \ right) \ left (\ begin {array } {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i1} ^ {(1)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i2} ^ {(1 )} \ end {dizi} \ sağ) = \ left (m + \ varepsilon E_i ^ {(1)} \ sağ) \ left (\ begin {dizi} {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i1} ^ {(1)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} + \ varepsilon c_ {i2} ^ {(1)} \ end {dizi} \ sağ), \ end {equation} veya basitleştirmeden sonra \ başla {denklem} \ varepsilon \ left (\ begin {dizi} {ccc} c_ {i2} ^ {(0)} \\ c_ {i1} ^ {(0)} \ end {dizi} \ sağ ) = \ varepsilon E_i ^ {(1)} \ left (\ begin {dizi} {ccc} c_ {i1} ^ {(0)} \\ c_ {i2} ^ {(0)} \ end {dizi} \ sağ), \ end {denklem} çözümü \ begin {denklem} E ^ {(1)} = \ pm 1, ~~ \ text {for} ~~ \ left (\ begin {dizi} {ccc} 1 \ \ \ pm 1 \ end {dizi} \ sağ), \ end {denklem} ki bu tam olarak daha önce sahip olduğumuz şeydi.
İlgilendiğiniz şeye seküler denklem denir .
Klasik kaynak Landau & Lifshitz'in ikinci cildi https://books.google.ru/books?id=neBbAwAAQBAJ&pg=PA110&hl=ru&source=gbs_selected_pages&cad=2#v=onepage&q&f=false
İzin Vermek $\psi_{n}^{(0)}, \psi_{n^{'}}^{(0)}$ aynı özdeğere ait özfonksiyonlar olmak $E_n^{(0)}$. Tarafından$\psi_{n}^{(0)}, \psi_{n^{'}}^{(0)}$keyfi bir şekilde seçilmiş, bozulmamış fonksiyonları varsayıyoruz. Sıfırıncı sıradaki doğru özfonksiyon doğrusal form kombinasyonlarıdır:$$ c_{n}^{(0)} \psi_{n}^{(0)} + c_{n^{'}}^{(0)} \psi_{n^{'}}^{(0)} + \ldots $$
Enerji için ilk düzensizlik derecesindeki ikame $E_n^{(0)} + E^{(1)}$ gönderinizdeki ikinci denkleme şunu verir: $$ E^{(1)} c_{n}^{(0)} = \sum_{n^{'}} H_{n n^{'}} c_{n^{'}}^{(0)} $$ Veya aşağıdaki şekilde yeniden yazın: $$ \sum_{n^{'}} (H_{n n^{'}} - E^{(1)} \delta_{n n^{'}})c_{n^{'}}^{(0)} = 0 $$Bu denklemin, sağ tarafı sıfır olan bir sistem olarak, ancak sistemi tanımlayan matrisin dejenere olması durumunda çözümleri vardır. Kare matris için determinantın kaybolmasına eşdeğerdir:$$ \boxed{\det(H_{n n^{'}} - E^{(1)} \delta_{n n^{'}}) = 0} $$
Bu denklem, yukarıda bahsedilen seküler denklemdir. Ve özdeğer$E^{(1)}$ pertürbasyonun enerji düzeltmesini ve denklemin çözümleri katsayıları belirler $c_{n^{'}}^{(0)}$.
Dejenere durum için bir genişletme kurmak mümkündür, ancak yalnızca “doğru” temeli kullanırsanız. "Doğru" temel, ilgilenilen dejenere alt uzaydaki karışıklığı köşegenleştiren bu temeldir. Daha sonra , inşa ile bu alt uzayda çapraz-dışı terimler olmayacak, yani bu yeni temelde taban vektörleri$\vert\alpha_i\rangle$ Böylece $\hat V\vert\alpha_i\rangle=\lambda_i\vert\alpha_i\rangle$, var $\langle \alpha _k\vert \hat V\vert \alpha_j\rangle=\delta_{kj}$ bu yüzden asla bölme $0$ çünkü genişletme, $k=j$.
Bu yeni temeli kullanırsanız, o zaman sorun dejenere değilmiş gibi ilerleyebilirsiniz. İşlem, tedirginlik durumunda hala başarısız olabilir$\hat V$ilgilenilen dejenere alt uzayda özdeğerleri tekrarlamıştır; bu durumda yapılacak hiçbir şey yoktur, yani kalan dejenere haller için bariz bir tedirgin edici genişleme olmayacaktır.