Encontrar estados propios correctos de orden cero en la teoría de perturbaciones degeneradas cuando la corrección de primer orden no elimina la degeneración

Recientemente aprendí que si la degeneración no se levanta en el primer orden en la teoría de la perturbación degenerada, uno tiene que diagonalizar una matriz diferente que juega un papel similar a la matriz de perturbación de primer orden (ver respuestas aquí) para obtener el segundo orden correcciones de energía, pero más importante aún, los autoestados de orden cero correctos.

Mi pregunta es básicamente, ¿existe una manera más fácil de determinar los estados de orden cero correctos, sin resolver la forma sistemática descrita anteriormente?

En particular, sé que en la teoría de perturbación degenerada de primer orden "regular", si uno puede encontrar una simetría del hamiltoniano perturbador (es decir, un operador A ^ tal que [ V ^ , A ^ ] = 0 dónde H ^ = H ^ 0 + V ^ ) entonces los estados propios simultáneos de ambos H ^ 0 y A ^ son los estados correctos de orden cero.

¿Esto sigue siendo válido cuando la degeneración no se levanta en primer orden? Estaba convencido de que este era el caso después de trabajar en algunos ejemplos en los que sí, pero ya no estoy seguro de que funcione en general.

Para ser concreto, considere

H ^ = H ^ 0 + V ^ = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 mi ) + ( 0 0 V 0 0 V V V 0 ) , V ≪ mi
Al diagonalizar exactamente H ^ y expandiéndose a orden cero en V / mi vemos que los autoestados de orden cero correctos son
| + ⟩ = 1 2 ( | 1 ⟩ + | 2 ⟩ ) , | − ⟩ = 1 2 ( | 1 ⟩ − | 2 ⟩ ) , | 3 ⟩

El hecho de que V ^ parece ser invariante bajo | 1 ⟩ ↔ | 2 ⟩ sugiere que estos son los autoestados de orden cero correctos y, de hecho, el operador

A ^ = ( 0 1 0 1 0 0 0 0 1 )
viaja con V ^ .

Eliminé mi respuesta cuando me di cuenta de la forma de mi matriz. A ^ ′ no reprodujo su A ^ . De hecho, entendí un poco mal su punto y veo que su A ^ en realidad podría funcionar.
Parece que lo que estás sugiriendo está relacionado con el 2 × 2 versión de physics.stackexchange.com/a/313670/36194 pero podría equivocarme de nuevo...

Respuestas (1)

A ^ comparte estados propios con ambos H ^ 0 y H ^ , ¡pero no son los mismos estados propios!

Específicamente, por ejemplo, este , puede normalizar H ^ por E , y establecer V / mi ≡ gramo , para ver que los vectores propios (con tild) de H ^ son

| − ~ ⟩ = | − ⟩ , | + ~ ⟩ = norte + ( | + ⟩ + 1 − 1 + 8 gramo 2 2 2 gramo | 3 ⟩ ) , | 3 ~ ⟩ = norte 3 ( 1 + 1 + 8 gramo 2 2 | 3 ⟩ + 2 gramo | + ⟩ ) ,
todos con diferentes valores propios 0, 1 2 ( 1 − 1 + 8 gramo 2 ) ≈ − 4 gramo 2 , y 1 2 ( 1 + 1 + 8 gramo 2 ) ≈ 1 + 4 gramo 2 ; por lo que la degeneración de energía se elimina por completo.

Sin embargo , los valores propios de A ^ son -1 para | − ⟩ ; y +1 para ambos | + ⟩ y | 3 ⟩ , y por lo tanto | + ~ ⟩ y | 3 ~ ⟩ . Entonces este operador no puede servir para especificar la mezcla de | + ⟩ con | 3 ⟩ afectado por la perturbación.

Cuando se trata de estados "buenos" de orden cero en el subespacio degenerado, por supuesto, A ^ va a "preferir" | + ⟩ , | − ⟩ a | 1 ⟩ , | 2 ⟩ , ya que ves que A ^ caracteriza el espacio en el que se mezclan sus autoestados degenerados, por lo que ha optado por | + ⟩ ya- ha levantado la degeneración, consciente de la perturbación. (Consulte el Teorema QM de Griffiths p. 229, Capítulo 6).

Para un atajo, puede mirar la pregunta vinculada. En tu ejemplo, es evidente | − ⟩ no se acopla a la perturbación, por lo que permanece sin modificar y desacoplado; efectivamente, elimina el problema.

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