Relativistische Korrektur zum Wasserstoffatom - Störungstheorie

Stellen wir uns ein System vor, das für ein bestimmtes Energieniveau eine zweifache Entartung aufweist. Das heißt, zwei Staaten$\psi_{a}$Und$\psi_{b}$, die beide der Energie entsprechen$E_{0}$. Ein Beispiel wäre ein Spin-1/2-Teilchen mit einem Hamilton-Operator, der spinunabhängig ist.

Stellen Sie sich nun vor, dass, wenn wir eine Störung H' auf das System anwenden, die Entartung in zwei unterschiedliche Energieniveaus zerfällt,$E_{1}$Und$E_{2}$.

Die Subtilität besteht darin, dass diese beiden unterschiedlichen Energieniveaus nicht unbedingt den beiden entarteten Zuständen entsprechen (es ist nicht unbedingt der Fall$H'\psi_{a} = E_{1}\psi_{a}$Und$H'\psi_{b} = E_{2}\psi_{b}$). Es ist möglich, dass die beiden unterschiedlichen gestörten Energien linearen Kombinationen der beiden entarteten Zustände entsprechen, d. h$H'(\alpha \psi_{a} + \beta \psi_{b}) = E_{1}(\alpha \psi_{a} + \beta \psi_{b})$, und ähnlich für eine andere lineare Kombination (orthogonal zur ersten).

Diese Subtilität ist der Grund dafür, dass in der degenerierten Störungstheorie die Korrekturen erster Ordnung der Energie die Berechnung von Elementen außerhalb der Diagonale erfordern, dh von Dingen, die so aussehen$\langle \psi_{a} | H' | \psi_{b} \rangle$. Das ist ärgerlich, weil wir in der Störungstheorie erster Ordnung nur ein inneres Produkt berechnen mussten. In der degenerierten Störungstheorie müssen wir eine ganze Matrix innerer Produkte berechnen, um die Korrektur der Energie zu berechnen.

Da es mühsam ist, innere Produkte zu berechnen, wäre es nett, einen Trick zu kennen, um herauszufinden, ob die Elemente außerhalb der Diagonale des störenden Hamilton-Operators 0 sind. Der Trick wird auf S. 259-260 von Griffiths.

Im Fall Ihrer Frage ist der ursprüngliche Hamiltonian kugelsymmetrisch (das Coulomb-Potential hat keine Winkelabhängigkeit). Außerdem ist der störende Hamiltonoperator kugelsymmetrisch. Wenn Sie sich die Form des Drehimpulsoperators ansehen, werden Sie feststellen, dass es sich nur um Dinge mit handelt$\theta$Und$\phi$(Ableitungen und Kosinus und so). Das Schöne daran ist, dass wenn ich einen Hamilton-Operator habe, der rein radial ist (hängt nur von r ab), dann pendelt er definitiv mit L.

Alles, was Griffiths tut, ist zu zeigen, dass = die Bedingungen des Satzes auf S. 259 erfüllt sind, was zeigt, dass die entartete Störungstheorie zur nicht entarteten Störungstheorie zusammenbricht.

Ich bin nicht mit der Idee vertraut, dass Staaten durch einen Hamiltonian "verbunden" werden. Ich würde spekulieren, dass zwei Zustände durch einen Hamilton-Operator verbunden sind, wenn der erwartete Wert eines Zustands nicht Null ist, da er sich anfänglich im anderen Zustand befindet.

Hoffe das hilft!

Dieser Störungsoperator ist ein Skalar (in dem Sinne, dass er sich bei Drehungen nicht ändert). Das bedeutet, dass es mit den Drehimpulsoperatoren pendelt (oder, wie Sie sagen, kugelsymmetrisch ist).

Da es sich um einen Skalar handelt, kann es nicht zwei Zustände mit unterschiedlichen Drehimpulswerten oder unterschiedlichen Projektionen des Drehimpulses verbinden (sein Matrixelement zwischen zwei beliebigen solchen Zuständen muss Null sein). Es wird die Drehimpulsentartung nicht aufheben und daher führt die degenerierte Störungstheorie zu demselben Ergebnis wie die nicht entartete - Sie können wählen, mit welcher Basis Sie arbeiten möchten.

Das Wigner-Eckart-Theorem ermöglicht es uns, die Symmetrien einer Störung mit den möglichen nicht verschwindenden Matrixelementen in Beziehung zu setzen.

Da die Energieniveaus des Wasserstoffatoms entartet sind (die Energie hängt nur von der Quantenzahl ab$n$Die Energie ist also für alle Werte gleich$l$Und$m$), könnten wir denken, dass wir die degenerierte Störungstheorie anwenden müssen. Wir können uns jedoch an einen Satz erinnern, den wir früher bewiesen haben und der besagt, dass, wenn wir einen Operator finden, der mit dem ungestörten Hamiltonoperator und der Störung kommutiert, die Eigenvektoren dieses Operators als „besondere“ Zustände verwendet werden können und wir davonkommen können mit der Verwendung der nicht entarteten Theorie [David J Griffith's Introduction to QM]. In diesem Fall die stationären Zustände$\psi_{nlm}$sind Eigenzustände der Drehimpulsoperatoren$L^2$Und$L_z$und diese beiden Betreiber pendeln mit$p^2$Und$p^4$, also die$\psi_{nlm}$Funktionen sind bereits die Sonderzustände, und wir können einfach die nicht entartete Theorie anwenden, indem wir diese Funktionen direkt verwenden [Ref: http://physicspages.com/pdf/Griffiths%20QM/Griffiths%20Problems%2006.12.pdf] .