Eigenkets de la teoría de la perturbación degenerada

No, se diagonaliza en el subespacio de degeneración truncada D , por lo que sus autoconsumos definitivamente no son autoconsumos del hamiltoniano completo . La mayoría de los textos son innecesariamente formales y te pierden en una maraña de formalismo abstracto, y nunca pensaste en ilustrarlos con un ejemplo mínimo y tonto. Acá hay uno.

Llevar

$$H_0+\lambda V= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 3\\ 2 & 3 & 7 \end{pmatrix} .$$

Considerar

$$|1\rangle=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ,\qquad |2\rangle=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \qquad |3\rangle=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} ,$$ $$|a\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , \qquad |b\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ,$$ entonces los estados ortogonales $|a\rangle, |b\rangle$diagonalice la perturbación del subespacio 1-2, pero obviamente no todo el hamiltoniano.

Debe verificar por cálculo directo, y también de acuerdo con su texto o WP, que, al orden más bajo en λ, es decir, ignorando su cuadrado, los valores propios y los estados propios de la energía son

$$E_A= 1-\lambda; \qquad E_B= 1+\lambda; \qquad E_C=2+\lambda 7 ;\\ |A\rangle= |a\rangle + \frac{\lambda}{\sqrt{2}} |3\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ - 1\\ \lambda \end{pmatrix} ~; \qquad |B\rangle= |b\rangle -\lambda \frac{5} {\sqrt{2}}|3\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ -5\lambda \end{pmatrix} ~; \\ |C\rangle= |3\rangle -\lambda \frac{1} {\sqrt{2}}|a\rangle +\lambda \frac{5} {\sqrt{2}}|b\rangle= \begin{pmatrix} 2\lambda \\ 3\lambda\\ 1 \end{pmatrix} ~.$$

Recuperar normalizaciones, ortogonalidades, etc... todo funciona para$O(\lambda^2)$solo.

En conclusión,$|a\rangle, |b\rangle$no son estados propios hamiltonianos exactos, y todos los órdenes de perturbación sobreviven, en principio. Simplemente evitaron los ceros en el denominador del resolvente, eliminando la degeneración. Es decir, aseguraron que$|A\rangle$no tendrá$|b\rangle$corrección a primer orden, y, asimismo,$|B\rangle$no tendrá$|a\rangle$corrección, porque esta base ha diagonalizado V , por lo que no se puede conectar$|a\rangle$con$|b\rangle$y no se impactan entre sí, hasta ahora . Pero los órdenes superiores son otro asunto.

• Nota al pie en letra pequeña (tonta) sobre el "hasta ahora" anterior: evitar hasta la tercera lectura.

En realidad, una pieza extra arbitraria$\propto \lambda |b\rangle$en$|A\rangle$y$\propto \lambda |a\rangle$en$|B\rangle$no tiene impacto (vinculación) en la ecuación de valor propio en el primer orden en λ discutido anteriormente, como puede verificar fácilmente: el potencial O (λ) los ha superseleccionado a este orden. Sin embargo , como puede verificar en Courant-Hilbert Methods of Mathematical Physics, v1 p 248 , y discutido en esta pregunta , obtiene dos piezas inocuas (sin impacto) en este orden, a saber

$$|A\rangle=\hbox{ above } - \lambda \frac{5}{4} |b\rangle,\qquad |B\rangle=\hbox{ above } + \lambda \frac{5}{4} |a\rangle,\\ \langle b|A\rangle=\frac{\lambda}{2}\langle b|V|3\rangle \frac{1}{E^{(0)}_{a,b}-E^{(0)}_{3}}\langle 3|V|a\rangle=-5/4, \qquad \langle a|B\rangle=5/4.$$
Estas piezas, ¡bilineales en el potencial!, estructuralmente "se caen" del cálculo de segundo orden, donde λ ² fue descontado por un λ en un denominador de subespacio $E^{(1)}_{b}-E^{(1)}_{a}=2\lambda$. Los coeficientes particulares de 5/4 se fijan por consistencia con las energías de siguiente orden. Pero ya has visto esta sutileza arriba, en orden cero: $|a\rangle, |b\rangle$de $O(\lambda^0)$en realidad fueron especificados por $O(\lambda)$consideraciones potenciales. En cualquier caso, para tranquilidad, calcule $$E_A= 1-\lambda -\lambda^2/2 + 7\lambda^3/8+...; \\ E_B= 1+\lambda-25\lambda^2/2+625\lambda^3/8+...; \\ E_C=2+7\lambda +13\lambda^2-79\lambda^3+...$$