微扰论(02):一阶简并微扰

当零阶 Hamiltonian 不存在简并时, 只要微扰项足够小使得微扰贡献远小于未受微扰时两能级间距, 从而保证微扰展开的序列收敛就可以了. 但当体系存在简并时, 首先我们也无法确定微扰初态处于哪一个简并态上; 其次使用非简并微扰方法来处理简并态之间的微扰贡献会得到无穷大修正的怪异结论. 为了解决这个问题, 需要一套不同的微扰方案.\(\newcommand{\K}{\mathbb{K}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\b}{\mathbf}\newcommand{\bi}{\boldsymbol}\newcommand{\rank}[1]{\text{rank}\left(#1 \right)}\newcommand{\dim}[1]{\text{dim}\left(#1 \right)}\newcommand{\diag}[1]{\text{diag}\left(#1 \right)}\newcommand{\det}[1]{\text{det}\left(#1 \right)}\newcommand{\Det}[1]{\left|\begin{matrix} #1 \end{matrix}\right|}\newcommand{\set}[1]{\left\{ #1 \right\}}\newcommand{\abs}[1]{\left| #1 \right|}\newcommand{\norm}[1]{\left|\!\left|#1\right|\!\right|}\newcommand{\braket}[2]{\langle{ #1} | { #2}\rangle}\)

非简并微扰的困顿

以二维各向同性谐振子为例来说明这个问题. 零阶 Hamiltonian 为 \[ H_0=\frac{p^2}{2\mu}+\frac{\mu\omega^2}{2}(x^2+y^2) \] 它的本征矢可以用\(\ket{n_x,n_y}\)表示, 但这里将其写作\(\ket{n,m}\), 其中\(n=n_x+n_y\)是能量量子数, \(m=n_x-n_y\)是两个方向的量子数的差. 对应的能量为\((n+1)\hbar\omega\), \(m\)可以从\(-n,-n+2,\cdots,n-2,n\)中取值, 因而简并度为\(n+1\).

总之, 基态为\(\ket{0,0}\), 没有简并; 第一激发态为\(\ket{1,-1}\)\(\ket{1,1}\), 为二重简并.

现在引入微扰函数\(W=\alpha\mu\omega^2 xy\), \(\alpha\)是小量. 如果基于一阶非简并微扰能量公式 \[ E_{n;1}=W_{nn} \] 并且把\(n\)从能级的记号直接推广为量子态记号, 那么每个能量修正都直接用\(W\)计算相应态上的期望: \[ \bra{0,0}W\ket{0,0}=\bra{1,-1}W\ket{1,-1}=\bra{1,1}W\ket{1,1}=0 \] 一阶修正为\(0\). 根据二阶非简并微扰能量公式 \[ E_{n;2}=-\sum_{m'\neq n}\frac{|\bra{n;0}W\ket{m';0}|^2}{E_{m';0}-E_{n;0}} \] 现在取\(n\)\(1,1\)态, \(m'\)\(1,-1\)态, 那么可以求得\(\bra{1,1}W\ket{1,-1}\)非零, 但\(E_{1,-1;0}-E_{1,1;0}\)为零, 这样, 就给出了极其荒谬的无穷大修正. 如何解释这种佯谬呢?

采用非简并微扰有一个前提, 就是\(\lambda\rightarrow0\)时, 态矢回到零阶态矢: \[ \lim_{\lambda\rightarrow0} \ket{\psi_\lambda}=\ket{n;0} \] 然而, 对于简并微扰, 具有能量本征态\(E_n\)的态矢\(\ket{\psi_\lambda}\)会退回一个子空间 \[ \lim_{\lambda\rightarrow0}\ket{\psi_\lambda}\in\text{span}(\ket{n,1;0},\ket{n,2;0},\cdots,\ket{n,g;0}) \] 其中, \(\ket{n,k;0}\)表示\(H_0\)的能级\(n\)上的第\(k\)个简并态. 基于非简并微扰的思路, 对每个基态单独进行微扰, 都会得到无穷大佯谬, 但如果在简并子空间选一套新的基矢, 保证把\(\bra{n,k_1;0}W\ket{n,k_2;0}\)(其中\(k_1\neq k_2\))全部取为\(0\), 即: 对角化\(W\), 那么\(E_{n;2}\)就会构成一个\(0/0\)未定式, 是有可能解决这个佯谬的.

一阶简并微扰

总而言之, 对角化的思路值得一试. 仍旧回到前面的振子模型, 总 Hamiltonian 为 \[ H=\frac{p^2}{2\mu}+\frac{\mu\omega^2}{2}(x^2+y^2+2\alpha xy) \] 在简并子空间对角化时, 新的本征态仍旧是能量的本征态, 却不再是\(N_x,N_y\)的本征态, 除非对\(H\)也进行对角化: \[ H=\frac{p^2}{2m}+\frac{\mu\omega^2}{2}\left[\frac{1+\alpha}{2}(x+y)^2+\frac{1-\alpha}{2}(x-y)^2 \right] \] 相当于新坐标\(z_{\pm}=\frac{x\pm y}{\sqrt{2}}\), 并且在\(z_{\pm}\)两个方向上的力常量不同. 这其实已经是可以严格求解的模型了, 给出 \[ \frac{E}{\hbar\omega}=1,1+\sqrt{1-\alpha},1+\sqrt{1+\alpha},\cdots \] 其中\(1+\sqrt{1\pm\alpha}\)相当于\(2\hbar\omega\)的二重简并劈裂出的两个能级. 如果从微扰函数对角化的角度看, 有 \[ \bra{1,\pm1;0}W\ket{1,\pm1;0}=0\quad \bra{1,1;0}W\ket{1,-1;0}=\alpha\mu\omega^2 \bra{1}x\ket{0}\bra{0}y\ket{1} \] 其中单量子数的态矢相当于一维谐振子的能量本征态, 可以求得最终结果为 \[ \bra{1,1;0}W\ket{1,-1;0}=\frac{\alpha\hbar\omega}{2} \] 于是基于\(m=\pm1\)的矩阵为 \[ W=\begin{pmatrix}W_{++}&W_{+-}\\W_{-+}&W_{--} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&\frac{\alpha\hbar\omega}{2}\\\frac{\alpha\hbar\omega}{2}&0 \end{pmatrix} \] 它的本征值为\(\pm\alpha\hbar\omega/2\), 不难发现, 它恰好是\(\sqrt{1\pm\alpha}-1\)的近似结果.

严格论证

上面的结果当然不是普遍的, 现在来详细论证一阶简并微扰的公式. 同样考虑如下模型 \[ H=H_0+\lambda W \] 现在, 假定能级\(n\)具有简并, 运动方程的\(\lambda^1\)部分仍为如下 \[ (H_0-E_{n;0})\ket{n,k;1}=(E_{n,k;1}-W)\ket{n,k;0} \] 从左边乘上\(\bra{n,k';0}\), 则 \[ E_{n,k;1}\delta_{k'k}=\bra{n,k';0}W\ket{n,k;0} \] 这里体现出\(\ket{n,k;0}\)选取不具备任意性, 我们必须在简并子空间取一组让\(W\)对角化的基矢, 此时\(E_{n,k;1}\)恰好是\(W_{kk}\), 即一般的\(W\)矩阵的本征值.

Method 一阶简并微扰的能量修正手续

系统的 Hamiltonian 为\(H=H_0+\lambda W\), \(H_0\)的能级\(n\)上具有简并态\(\ket{n,l;0}\)(\(l=1,2,\cdots,g\)). 记\(W_{l'l}=\bra{n,l';0}W\ket{n,l;0}\), 则可以经过对角化手续让基矢改变为\(\ket{n,k;0}\), 此时\(W\)对角化为\(W_{kk}\), 则 \[ E_{n,k;1}=\bra{n,k;0}W\ket{n,k;0} \]


微扰论(02):一阶简并微扰
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作者
Rain Chan
发布于
2025年4月26日
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