Corrección relativista al átomo de hidrógeno - Teoría de la perturbación

Pensemos en un sistema que tiene una doble degeneración para un determinado nivel de energía. Es decir, dos estados$\psi_{a}$y$\psi_{b}$, los cuales corresponden a la energía$E_{0}$. Un ejemplo sería una partícula de espín 1/2 con un hamiltoniano independiente del espín.

Ahora imagine que cuando aplicamos una perturbación, H', al sistema, la degeneración se divide en dos niveles de energía distintos,$E_{1}$y$E_{2}$.

La sutileza es que estos dos niveles de energía distintos no corresponden necesariamente a los dos estados degenerados (no es necesariamente el caso que$H'\psi_{a} = E_{1}\psi_{a}$y$H'\psi_{b} = E_{2}\psi_{b}$). Es posible que las dos energías perturbadas distintas correspondan a combinaciones lineales de los dos estados degenerados, es decir$H'(\alpha \psi_{a} + \beta \psi_{b}) = E_{1}(\alpha \psi_{a} + \beta \psi_{b})$, y de manera similar para alguna otra combinación lineal (ortogonal a la primera).

Esta sutileza es la razón por la que en la teoría de la perturbación degenerada, las correcciones de primer orden de la energía requieren el cálculo de elementos fuera de la diagonal, es decir, cosas que parecen$\langle \psi_{a} | H' | \psi_{b} \rangle$. Esto es molesto, porque en la teoría de perturbaciones de primer orden, solo necesitábamos calcular un producto interno. En la teoría de perturbaciones degeneradas, tenemos que calcular una matriz completa de productos internos para calcular la corrección de la energía.

Dado que es tedioso calcular productos internos, sería bueno conocer un truco para averiguar si los elementos fuera de la diagonal del hamiltoniano perturbador son 0. El truco se da y se prueba en la pág. 259-260 de Griffiths.

En el caso de su pregunta, el hamiltoniano original es esféricamente simétrico (el potencial de Coulomb no tiene dependencia angular). Además, el hamiltoniano perturbador es esféricamente simétrico. Si observa la forma del operador de momento angular, notará que solo involucra cosas con$\theta$y$\phi$(derivadas y cosenos y esas cosas). Lo bueno de eso es que si tengo un hamiltoniano que es puramente radial (depende solo de r), definitivamente conmuta con L.

Todo lo que Griffiths está haciendo es mostrar que = las condiciones del teorema en la pág. 259 están satisfechos, lo que muestra que la teoría de la perturbación degenerada colapsa a la teoría de la perturbación no degenerada.

No estoy familiarizado con la idea de que los estados estén "conectados" por un hamiltoniano. Especularía que dos estados están conectados por un hamiltoniano si el valor esperado de un estado es distinto de cero dado que inicialmente se encuentra en el otro estado.

¡Espero que esto ayude!

Este operador de perturbación es un escalar (en el sentido de que no cambia con las rotaciones). Este es el significado del hecho de que conmuta con los operadores de momento angular (o que es esféricamente simétrico, como dices).

Dado que es un escalar, no puede conectar dos estados con diferentes valores de momento angular o diferentes proyecciones del momento angular (su elemento de matriz entre dos estados cualquiera debe ser cero). No eliminará la degeneración del momento angular y, por lo tanto, la teoría de la perturbación degenerada conducirá al mismo resultado que la no degenerada: puede elegir cualquier base con la que desee trabajar.

El teorema de Wigner-Eckart nos permite relacionar las simetrías de una perturbación con los elementos de matriz no nulos que son posibles.

Dado que los niveles de energía del átomo de hidrógeno son degenerados (la energía depende únicamente del número cuántico$n$entonces la energía es la misma para todos los valores de$l$y$m$), podríamos pensar que necesitamos aplicar la teoría de perturbaciones degeneradas. Sin embargo, podemos recordar un teorema que demostramos anteriormente que establece que si podemos encontrar un operador que conmute con el hamiltoniano no perturbado y la perturbación, entonces los vectores propios de ese operador pueden usarse como los estados 'especiales' y podemos escaparnos. con el uso de la teoría no degenerada [Introducción a QM de David J Griffith]. En este caso, los estados estacionarios$\psi_{nlm}$son estados propios de los operadores de momento angular$L^2$y$L_z$y estos dos operadores viajan con$p^2$y$p^4$, entonces el$\psi_{nlm}$Las funciones ya son estados especiales y podemos aplicar la teoría no degenerada usando estas funciones directamente [Ref: http://physicspages.com/pdf/Griffiths%20QM/Griffiths%20Problems%2006.12.pdf] .