Streuzustände des Wasserstoffatoms in der nicht-relativistischen Störungstheorie

Question

Streuzustände des Wasserstoffatoms in der nicht-relativistischen Störungstheorie

Physik
Wasserstoff
Streuung
Hilbert-Raum
Quantenmechanik
Störungstheorie

Eduard Ross

Bei der zeitunabhängigen Störungstheorie zweiter Ordnung in der nichtrelativistischen Quantenmechanik muss man die Überlappung zwischen Zuständen berechnen

E_{N}^{(2)} = \sum_{M \neq N} \frac{| ⟨ M | H^{'} | N ⟩ |^{2}}{E_{N}^{(0)} - E_{M}^{(0)}}

$E^{(2)}_n ~=~ \sum_{m \neq n}\frac{|\langle m | H' | n \rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}$

(Wo $E^{(k)}_n$ stellt die Korrektur k-ter Ordnung auf das n-te Energieniveau dar).

Für das Wasserstoffatom besteht das Spektrum des Hamilton-Operators aus einem diskreten Satz, der „gebundenen Zuständen“ (den negativen Energiezuständen) und einem Kontinuum von „Streuungszuständen“ (den positiven Energiezuständen) entspricht.

Gibt es ein Beispiel, bei dem die Überlappung zwischen einem gebundenen Zustand und den Streuzuständen einen messbaren Beitrag zur Energie im Störungsbereich leistet? Sollen die Streuzustände in die Störungsrechnungen einbezogen werden? Gibt es experimentelle Ergebnisse, die dies belegen? (Zum Beispiel vielleicht die Elektron-Elektron-Wechselwirkung in hoch angeregten Zuständen von Helium).

Nebenbei, was "ist" der Hilbert-Raum des Wasserstoffatoms in der Ortsdarstellung? Ich habe oft gelesen, dass die Basis der Eigenzustände des Hamilton-Operators des Wasserstoffatoms ohne die Streuzustände nicht vollständig ist, aber ich habe kein überzeugendes Argument dafür gesehen. Ich habe gelesen, dass die radial gebundenen Zustände dicht sind $L^2((0, \infty))$ (z. B. hier ), also einschließlich der Streuzustände muss der Hilbert-Raum diese strikt enthalten.

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Streuzustände des Wasserstoffatoms in der nicht-relativistischen Störungstheorie

Arnold Neumaier · Answer 1

Die Streuzustände müssen in die Störungsrechnungen einbezogen werden, wenn das Ergebnis hochgenau sein soll. Insbesondere ist es nicht gerechtfertigt, das kontinuierliche Spektrum bei Energien nahe der Dissoziationsschwelle zu ignorieren.

Der Hilbertraum in der Ortsdarstellung ist der Raum der quadratintegrierbaren Funktionen $R^3\setminus\{0\}$ bezogen auf das innere Produkt

⟨ ϕ | ψ ⟩ := \int \frac{D X}{| X |} ϕ (X)^{*} ψ (X) .

$\langle\phi|\psi\rangle:=\int \frac{dx}{|x|}\phi(x)^*\psi(x).$ Die gebundenen Zustände allein sind in diesem Raum nicht dicht.

Für eine gründliche Behandlung des Wasserstoffspektrums siehe die Bücher
G. R. Gilmore, Lie Groups, Lie Algebras & Some of Their Applications, Wiley 1974, Dover, 2002, S. 427-430
und
AO Barut und R. Raczka, Theory of Group Representations und Anwendungen, 2. Hrsg., Warschau 1980. Kapitel 12.2.

Danke, das leuchtet mir ein. Die gebundenen Zustände liegen vollständig auf dem Unterraum quadratisch integrierbarer Funktionen auf $R^3 \setminus \{0\}$ bezogen auf das innere Produkt $\langle\phi|\psi\rangle:=\int dx\phi(x)^*\psi(x)$ und die Streuzustände sind das orthogonale Komplement dieses Unterraums im von Ihnen erwähnten Hilbert-Raum. Obwohl ich überrascht bin, dass es so ist $\frac{dx}{|x|}$ und nicht $\frac{dx}{|x|^2}$ .
Die Potenz des Nenners ist wirklich 1 und nicht 2. Dieses singuläre Skalarprodukt ist relevant, um eine einheitliche Darstellung der dynamischen Symmetriegruppe zu erhalten $SO(4,2)$ von Wasserstoff.
@Jiang-minZhang: Sie können es verstehen, indem Sie durch eine Transformation der Wellenfunktionen auf das übliche innere Produkt zurückgreifen $\bar\psi(x):=|x|^{-1/2}\psi(x)$ . Dann erhält man das Standard-Innerprodukt auf den transformierten Wellenfunktionen. Stattdessen muss man sich nun um die richtigen Randbedingungen kümmern $x=0$ .

wundern · Answer 2

Ihre Hauptfrage war: "Gibt es ein Beispiel, bei dem die Überlappung zwischen einem gebundenen Zustand und den Streuzuständen einen messbaren Beitrag zur Energie im Störungsregime leistet?"

Eigentlich stimme ich der Aussage der anderen Antwort nicht zu, dass die Streuzustände nur dann in die Störungsberechnungen einbezogen werden müssen, wenn das Ergebnis hochgenau sein soll. In der Tat, wie beim Wasserstoffatom, wenn Sie als einfaches Beispiel das Störpotential nehmen $\epsilon/r$ , dann macht das Kontinuum zweiter Ordnung ZWEI DRITTEL des Gesamtbeitrags aus! Wenn du nimmst $\epsilon/r^2$ , es sind sogar 75%!

Weitere Beispiele finden Sie in den folgenden Artikeln:

Hier können Sie sehen, dass "der Kontinuumsbeitrag zur Summe manchmal ziemlich groß ist und im Extremfall nur wenige Prozent der Gesamtsumme ausmacht".
Als Lehrbuchbeispiel können Sie sich Schiff (S. 263-265) ansehen , wo der Stark-Effekt des Wasserstoffatoms mit dem Kontinuumsbeitrag ausgearbeitet wird.

Bei Interesse kann ich Ihnen weiteres Material zur Verfügung stellen.

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Eduard Ross

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Arnold Neumaier

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Jiang min Zhang

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wundern

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