Teoría de la perturbación con degeneración incluso después de 1er orden

Primero, solo para estar seguro de las respuestas a este problema en particular: los valores propios de la$4\times 4$matriz son

$$0,\quad U\quad {\rm and}\quad U/2\pm \sqrt{(U/2)^2+4t^2}$$ Cuando se expande al primer orden no trivial, los dos últimos valores propios son $$0 - \frac{4t^2}U \quad {\rm and} \quad U+\frac{4t^2}U.$$ Tenga en cuenta que las correcciones a la energía surgen en el orden $t^2$por lo que la teoría de la perturbación de primer orden no es suficiente en este caso.

En segundo lugar, el problema que nos impide elegir los estados propios correctos por el método simple es, como notarás correctamente, que la matriz$V$, es decir, la matriz multiplicada por$t$, tiene una esquina superior izquierda que se desvanece$2\times 2$bloque, así como la parte inferior derecha$2\times 2$bloque: ambos bloques desaparecen.

Asi que$V$no levanta la degeneración "dentro de los subespacios degenerados" solamente. Esto está, por supuesto, relacionado con el hecho de que el primer orden$O(t)$las correcciones a los valores propios de la energía desaparecen.

La fórmula estándar de la teoría de la perturbación para las correcciones de energía de segundo orden es

$$E_n = E_n^{(0)} + t \langle n^{(0)} |V|n^{(0)}\rangle + t^2 \sum_{k\neq n}\frac{\left| \langle k^{(0)} |V| n^{(0)} \right|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} +O(t^3)$$ Ahora el $t^2$término debe darnos $\pm 4t^2/U$si funciona. Y, por supuesto, lo hace siempre que elijamos las superposiciones correctas como vectores propios de orden cero.

En particular, revelemos los vectores propios. el valor propio$U$viene con el vector propio$(1,-1,0,0)^T / \sqrt{2}$y de manera similar el valor propio$0$viene con el vector propio$(0,0,1,-1)^T / \sqrt{2}$. los$U+4t^2/U$viene de$(1,1,0,0)^T/\sqrt{2}$y de manera similar$0-4t^2/U$viene de$(0,0,1,1)^T/\sqrt{2}$. La transposición significa que los vectores deben escribirse en la forma de columna convencional. agregué el$1/\sqrt{2}$factor para hacerlos todos normalizados, y también son ortogonales.

Para cada estado calculado (y su corrección de energía de segundo orden), solo hay un término distinto de cero en el$\sum_{k\neq n}$suma. Tiene el denominador - la diferencia de energía -$U$si calculamos$E_n$cerca$U$o$-U$si calculamos$E_n$cerca$0$. Y conecta los estados$(1,1,0,0)^T/\sqrt{2}$con$(0,0,1,1)^T/\sqrt{2}$o viceversa.

Tenga en cuenta que el elemento de la matriz de la$V$matriz con los dos$((1,1),(1,1))$bloques fuera de la diagonal entre los dos estados que mencioné al final del párrafo anterior es$1/2$(de los dos$1/\sqrt{2}$factores de normalización) veces$8$(porque hay ocho entradas distintas de cero$t$en su matriz, o$1$en la mía, y cada uno de ellos aporta lo mismo al elemento matriz).

Así que el elemento de la matriz es simplemente$4$y la teoría de la perturbación te da la razón$\pm 4t^2/E$corrección a la energía, de un solo término, con el signo adecuado.

Ahora, el único paso que no he justificado del todo fue la elección correcta de los vectores propios, como$(1,1,0,0)^T / \sqrt{2}$. ¿Cómo pude haber visto que este era el correcto? Bueno, en este caso, fue la elección intuitivamente correcta. Mientras que la$2\times 2$bloques en la diagonal conservaron la degeneración, el cambio de energía provino de la$2\times 2$bloques diagonales fuera de bloque y aquellos que hicieron natural el uso de esta base.

De manera más general, si estamos en una situación similar en la que la degeneración no se elimina mediante correcciones de primer orden en$V$en los subespacios, lo que realmente tenemos que diagonalizar es$V (H_0-E_0)^{-1\prime} V$donde el primo indica que uno tiene que omitir los términos (divergentes) de las diferencias de energía que se desvanecen (por supuesto, necesitamos un resultado sensato). Este es el operador cuyo valor esperado de facto nos da la corrección de energía de segundo orden.

En este caso particular, este operador tendrá forma de bloque diagonal,$U^{-1} {\rm diag} [ ((+1,+1),(+1,+1)), ((-1,-1),(-1,-1)) ]$, y al diagonalizar, obtienes los vectores propios iniciales correctos con los que lidiar. Una vez que tenga los vectores propios correctos para comenzar, sus perturbaciones son infinitesimales en cada orden de la teoría de la perturbación y las fórmulas estándar de la teoría de la perturbación funcionan sin sutilezas adicionales, como mostró el ejemplo anterior.

Una vez más, lo único con lo que hay que tener cuidado son los vectores propios iniciales correctos de orden cero. En un caso más genérico, se dan como vectores propios de$V$porque$V$levanta la degeneración en cada subespacio. Si no elimina la degeneración, solo lo hacen los términos de orden superior. Pero el operador$V (H-E_0)^{-1\prime} V$juega el mismo papel que$V$, y al diagonalizarlo, obtenemos los vectores propios iniciales correctos.

Esta respuesta es básicamente lo que aprendí de la respuesta de Lubos Motl (espero que lo entienda bien), con un poco de generalización .

Pregunta planteada

Queremos resolver un hamiltoniano.$H=H_0+\lambda V$perturbativamente. Lo que sabemos es la solución de$H_0$, cuyos estados propios son$|n^0\rangle$con energías propias$E_n^0$no tiene degeneración; también tiene un estado degenerado$|d_i^0\rangle$con energía propia$E_d^0$, dónde$i=1,2,3\cdots$g, el espacio vectorial degenerado$D$está así atravesado por$|d_i^0\rangle$

Solución

En general, la degeneración desaparece cuando activamos la perturbación.

$$H|d_i\rangle=E_{di}|d_i\rangle$$ Sin embargo, debemos tener en cuenta que cuando apagamos la perturbación,$d_i$no necesariamente tiende a$d_i^0$como$\lambda\to 0$. Más bien tenderá a un estado $|l_i^0\rangle$que es una combinación lineal de $|d_i^0\rangle$. Claramente, el espacio vectorial generado por $|l_i^0\rangle$es también $D$.

$$|d_i\rangle=|l_i^0\rangle+\lambda|d_i^1\rangle+\lambda ^2|d_i^2\rangle+\cdots\\ E_{di}=E_d^0+\lambda E_d^1+\lambda^2E_d^2+\cdots$$

Sustituyendo a la ecuación de Shordinger, obtenemos:

Primer orden:

$$(H_0-E_d^0)|d_i^1\rangle=(E_d^1-V)|l_i^0\rangle$$

Usando$\langle d_j^0|$al producto interno, obtenemos$\langle d_j^0|(E_d^1-V)|l_i^0\rangle=0$, es decir, vector$(E_d^1-V)|l_i^0\rangle$no tiene componente en el espacio vectorial$D$. Entonces podemos escribir con seguridad:

$$\tag{1} \begin{aligned} |d_i^1\rangle&=\frac{1}{H_0-E_d^0}(E_d^1-V)|l_i^0\rangle\\ &=P\frac{1}{H_0-E_d^0}P(E_d^1-V)|l_i^0\rangle\\ &=-P\frac{1}{H_0-E_d^0}PV|l_i^0\rangle \end{aligned}$$

dónde$P=\sum_{n\notin D}|n^0\rangle\langle n^0|$es el operador de proyección. Claramente,$|d_i^1\rangle$tampoco tiene componente en el espacio vectorial$D$.

También, deja$|l_i^0\rangle=\sum_j c_{ij}|d_i^0\rangle$, obtenemos la ecuación secular:$(E_d^1\delta_{ij}-V_{ij})c_{ij}=0$, resolviendo esto, podemos obtener$E_d^1$y$c_{ij}$así el vector$|l_i^0\rangle$que diagnostican$V$.

Segundo orden

$$H_0|d_i^2\rangle+V|d_i^1\rangle=E_d^0|d_i^2\rangle+E_d^1|d_i^1\rangle+E_d^2|l_i^0\rangle$$

usando sostén$\langle l_i^0|$para hacer el producto interior, y siempre$|l_i^0\rangle$se normaliza, obtenemos:

$$\tag{2} \begin{aligned} E_{di}^2&=\langle l_i^0|V|d_i^1\rangle \\ &=-\langle l_i^0|VP\frac{1}{H_0-E_d^0}PV|l_i^0\rangle \\ &=-\sum_{n\notin D}\frac{|\langle l_i^0|V|n^0\rangle|^2}{E_n^0-E_d^0} \end{aligned}$$

Una observación muy importante

Tenga en cuenta que en la ecuación (2) $|l_i^0\rangle$es el estado que$| d_i(\lambda)\rangle$evolucionar a cuando apagamos la perturbación gradualmente ($\lambda\to 0)$. Como first order perturbationse ve en , son de hecho los vectores los que diagonalizan$V$, y el correspondiente$V_{ii}$es solo la energía de primer orden.

Sin embargo, cuando la degeneración no se levanta en primer orden. El ket "bueno"$|l_i^0\rangle$no parece tan bueno, porque$|d_i(\lambda)\rangle$todavía habrá ambigüedad sobre qué estado final evolucionar como$\lambda\to 0$.

En este caso, necesitamos segundo orden para levantar la degeneración, y$\Lambda=VP\frac{1}{H_0-E_d^0}PV$juega el papel de$V$como en el primer orden. los estados que diagonalizan$\Lambda$debe ser considerado como "bueno", puede construir una matriz de$g\times g$dimensión utilizando$|d_i^0\rangle$y obtener los buenos estados$|k_i^0\rangle$como una combinación lineal de ellos, el correspondiente$\Lambda_{ii}=\langle k_i^0|\Lambda|k_i^0\rangle$es por lo tanto la energía de perturbación de segundo orden.

Algunas observaciones: 1) Un ejemplo tridimensional es la matriz

 2 Εo         ΑΕ                     0

  Α*Ε          Εo                    2ΑΕ

    0            2Α*Ε                2 Εo

Esto también tiene dos estados degenerados que no están conectados directamente, solo indirectamente a través del segundo estado no degenerado. De hecho, uno de los estados degenerados no se desplaza incluso con la diagonalización completa

2) Diagonalizar para encontrar los valores propios: esto está bien como post-mortem, pero es un poco engañoso cuando uno quiere hacer el problema en la teoría de la perturbación: si uno ha hecho el análisis para obtener los valores propios y los vectores propios de la matriz completa, ¿por qué? hacer la teoría de la perturbación? Por supuesto, en los ejemplos que se muestran, en realidad es más fácil y rápido resolver el problema exactamente que hacer un análisis "post-mortem" sobre lo que no funcionó y por qué. quiere usar la teoría pert sin encontrar primero los valores propios y los vectores propios de la matriz completa.

3) Lo que uno puede ver fácilmente es que debido a que los estados degenerados no están conectados por elementos de matriz V o H', uno necesita involucrar estados fuera del bloque degenerado. No estoy seguro de qué resuelve el término propagador de segundo orden en este caso: el problema no es el operador, sino los estados utilizados. De todos modos, el punto es que la teoría de la perturbación no servirá aquí. En mi ejemplo, si uno escribe |1'>=c11|1>+c21|2>+c31|3> y correspondientemente para el resto (Ε1 –2 Ε0 ) c11 = ΑΕ c21 (1) (Ε3 –2 Ε0 ) c33 = 2ΑΕ* c23 (2) (Ε1 -ε2)c21=Η21'c11 +Η23'c33+ Η22' c21 =>(Ε1 -Ε0 )c21=Η21'c11 +Η23'c33=> c21= [ Η23'c33 + Η21'c11 ] /(Ε1 –Ε0 ) (3)

(Ε3 -ε2)c23=Η23'c33 +Η21'c11+ Η22' c23 =>(Ε3 -Ε0)c23=Η23'c33 +Η21'c11=> c23= [Η23'c33 +Η21'c11 ] /(Ε3 – E0 ) (4)

y eliminando c23 y c21 en (1) y (2) obtenemos un sistema homogéneo

(Ε1 –2 Ε0 ) c11 = ΑΕ[ AEc33 + Α*Εc11 ] /(Ε1 –Ε0 )] (Ε3 –2 Ε0 ) c33 = 2Α*Ε[ AEc33 + Α*Εc11 ] /(Ε3 –Ε0 )

Al establecer el determinante en 0, se obtiene una ecuación que conecta E1 y E3, pero estas son dos incógnitas. Entonces, en resumen: en tal caso, donde los estados degenerados no están conectados por la perturbación, diagonalice la parte que consta de estos estados más los estados que están "más conectados" a ellos, es decir, tienen los elementos de matriz más fuertes