最后更新: 2025-11-11 20:19 查看: 17 次纠错评论(0) 课件开VIP

非简并态微扰论2

所以，在计及二级修正后，扰动体系能量本征值为

$$
E_n=E_n^{(0)}+\lambda E_n^{(1)}+\lambda^2 E_n^{(2)}=E_n^{(0)}+H_{n n}^{\prime}+\sum_{k \neq n}^{\infty} \frac{\left|H_{k n}^{\prime}\right|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}
$$

为了将扰动后的定态薛定谔方程按 $\lambda$ 的幂次分出各阶修正态矢所满足的方程，引人了小量 $\lambda$ 。 一旦得到各阶方程后，后面的求解中就不用再明显写出 $\lambda$ 。此外，如果 $m \neq n$ ，则式（8．17）可化为

$$
\left(E_m^{(0)}-E_n^{(0)}\right) a_{m n}^{(2)}=-\sum_{k=1}^{\infty} a_{k n}^{(1)} H_{m k}^{(1)}+E_n^{(1)} a_{m n}^{(1)}
$$

于是有

$$
\begin{aligned}
a_{m n}^{(2)} & =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_{k n}^{(1)} H_{m k}^{(1)}}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}-\frac{H_{n n}^{(1)} a_{m n}^{(1)}}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}} \\
& =\sum_{k \neq n}^{\infty} \frac{H_{k n}^{(1)} H_{m k}^{(1)}}{\left(E_n^{(0)}-E_m^{(0)}\right)\left(E_n^{(0)}-E_k^{(0)}\right)}-\frac{H_{n n}^{(1)} H_{m n}^{(1)}}{\left(E_n^{(0)}-E_m^{(0)}\right)^2}
\end{aligned}
$$

其中利用了式（8．13）．一般而言，计算波函数二级修正的情况很少．
4．定态微扰理论适用条件
根据上述推导，在一级近似下，定态态矢量可表示为

$$
\left|\psi_n\right\rangle=\left|\psi_n^{(0)}\right\rangle+\sum_{k \neq n}^{\infty} \frac{H_{k n}^{\prime}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}\left|\psi_k^{(0)}\right\rangle
$$

即式（8．16），说明扰动态矢 $\left|\psi_n\right\rangle$ 可视为未扰动态矢 $\left|\psi_k^{(0)}\right\rangle$ 的线性叠加。展开系数 $H_{k n}^{\prime} /\left(E_n^{(0)}-E_k^{(0)}\right)$ 表明第 $k$ 个未扰动态矢 $\left|\psi_k^{(0)}\right\rangle$ 对第 $n$ 个扰动态矢 $\left|\psi_n\right\rangle$ 的贡献有多大。由于展开系数反比于扰动前状态间的能量间隔，所以能量最接近的态 $\left|\psi_k^{(0)}\right\rangle$ 混合也越强。一般情况下，态矢一级修正无须计算无限多项。

在二级近似下，体系能量可表示为

$$
E_n=E_n^{(0)}+H_{n n}^{\prime}+\sum_{k \neq n}^{\infty} \frac{\left|H_{k n}^{\prime}\right|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}+\cdots
$$

即式（8．19）。其中，$H_{n n}^{\prime}$ 是一级修正，即扰动后体系能量由扰动前第 $n$ 态能量 $E_n{ }^{(0)}$ （分立能级）加微扰哈密顿量 $\hat{H}^{\prime}$ 在未微扰态 $\left|\psi_n^{(0)}\right\rangle$ 中的平均值组成．该值可能是正或负，引起原来能级上移或下移。如果满足适用条件

$$
\left|\frac{H_{k n}^{\prime}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}\right| \ll 1, \quad E_n^{(0)} \neq E_k^{(0)}
$$
通常求能量的一级微扰修正精度就够了．如果一级能量修正 $H_{n n}^{\prime}=0$ ，则需求二级修正；态矢一般求到一级修正即可．

严格地讲，要证明微扰适用条件，需证明波函数和能量修正级数收敛。但由于很难得到级数的一般项，无法判断级数的收敛性，故只能要求级数已知项中后项远小于前项．于是，微扰理论适用条件如下：
（1）微扰矩阵元 $\left.\left|H_{k n}^{\prime}\right|=\left|\left\langle\psi_k^{(0)}\right| \hat{H}^{\prime}\right| \psi_n^{(0)}\right\rangle \mid$ 很小；
（2）分立能级差 $\left|E_n{ }^{(0)}-E_k{ }^{(0)}\right|$ 要大，即能级间距要宽。
例如，在库仑场中，类氢离子能级与主量子数 $n^2$ 成反比，即

$$
E_n=-\frac{\mu Z^2 e^4}{\left(4 \pi \varepsilon_0\right)^2 2 \hbar^2 n^2}, \quad n=1,2,3, \cdots
$$

由上式可见，当 $n$ 大时，能级间距变小，因此微扰理论只适用于计算低能级（ $n$ 小）的修正．

例 8.1 一电荷为 $-e$ 的线性谐振子，受恒定弱电场 $\varepsilon$ 作用，电场沿 $x$ 正向．用微扰法求体系的定态能量和波函数。

解 电谐振子哈密顿量为

$$
\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2-e \varepsilon x
$$

将哈密顿量分成 $\hat{H}=\hat{H}^{(0)}+\hat{H}^{\prime}$ ，在弱电场下，$\hat{H}^{\prime}$ 很小，可视为微扰，即

$$
\left\{\begin{array}{l}
\hat{H}^{(0)}=-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2 \\
\hat{H}^{\prime}=-e \varepsilon x
\end{array}\right.
$$

其中，哈密顿算符 $\hat{H}^{(0)}$ 的本征函数和本征值已求解得到（见第 3 章），即

$$
\begin{aligned}
& \psi_n^{(0)}=N_n \mathrm{e}^{-\alpha^2 x^2 / 2} \mathrm{H}_n(\alpha x), \quad \alpha=\sqrt{\frac{\mu \omega}{\hbar}}, \quad N_n=\sqrt{\frac{\alpha}{\sqrt{\pi} 2^n n!}} \\
& E_n^{(0)}=\hbar \omega\left(n+\frac{1}{2}\right), \quad n=0,1,2, \cdots
\end{aligned}
$$

利用式（8．19），能量的一级修正 $E_n{ }^{(1)}$ 为

$$
E_n^{(1)}=H_{n n}^{\prime}=\int_{-\infty}^{\infty} \psi_n^{(0)^*} \hat{H}^{\prime} \psi_n^{(0)} \mathrm{d} x=-e \varepsilon \int_{-\infty}^{\infty} \psi_n^{(0)^*} x \psi_n^{(0)} \mathrm{d} x=0
$$

因为被积函数为奇函数，故上式积分等于 0 ．需要计算能量二级修正．
先计算 $H_{k n}^{\prime}$ 矩阵元

$$
H_{k n}^{\prime}=\int_{-\infty}^{\infty} \psi_k^{(0)^*} \hat{H}^{\prime} \psi_n^{(0)} \mathrm{d} x=-e \varepsilon \int_{-\infty}^{\infty} \psi_k^{(0)^*} x \psi_n^{(0)} \mathrm{d} x
$$

利用线性谐振子本征函数的递推关系式（3．34）（见第3章）

$$
x \psi_n=\frac{1}{\alpha}\left(\sqrt{\frac{n}{2}} \psi_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \psi_{n+1}\right)
$$

得

$$
\begin{aligned}
H_{k n}^{\prime} & =-e \varepsilon \int_{-\infty}^{\infty} \psi_k^{(0)^*} \frac{1}{\alpha}\left(\sqrt{\frac{n}{2}} \psi_{n-1}^{(0)}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \psi_{n+1}^{(0)}\right) \mathrm{d} x \\
& =-e \varepsilon \frac{1}{\alpha}\left(\int_{-\infty}^{\infty} \psi_k^{(0)^*} \sqrt{\frac{n}{2}} \psi_{n-1}^{(0)} \mathrm{d} x+\int_{-\infty}^{\infty} \psi_k^{(0)^*} \sqrt{\frac{n+1}{2}} \psi_{n+1}^{(0)} \mathrm{d} x\right) \\
& =-\frac{e \varepsilon}{\alpha}\left(\sqrt{\frac{n}{2}} \delta_{k, n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \delta_{k, n+1}\right)
\end{aligned}
$$

将上式代入式（8．18），得

$$
\begin{aligned}
E_n^{(2)} & =\sum_{k \neq n} \frac{\left|H_{k n}^{\prime}\right|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} \\
& =\sum_{k \neq n} \frac{\left(-\frac{e \varepsilon}{\alpha}\right)^2\left(\sqrt{\frac{n}{2}} \delta_{k, n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \delta_{k, n+1}\right)^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =\left(\frac{e \varepsilon}{\alpha}\right)^2 \sum_{k \neq n} \frac{1}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}\left(\frac{n}{2} \delta_{k, n-1}+\frac{n+1}{2} \delta_{k, n+1}\right) \\
& =\left(\frac{e \varepsilon}{\alpha}\right)^2\left[\frac{n}{2} \frac{1}{E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}}+\frac{n+1}{2} \frac{1}{E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}}\right]
\end{aligned}
$$

对于谐振子，能级差是等间隔的，因此 $E_n{ }^{(0)}-E_{n-1}{ }^{(0)}=\hbar \omega, E_n{ }^{(0)}-E_{n+1}{ }^{(0)}=-\hbar \omega$ ，因此

$$
E_n^{(2)}=\left(\frac{e \varepsilon}{\alpha}\right)^2\left(\frac{n}{2} \frac{1}{\hbar \omega}+\frac{n+1}{2} \frac{1}{-\hbar \omega}\right)=-\left(\frac{e \varepsilon}{\alpha}\right)^2 \frac{1}{2 \hbar \omega}=-\frac{e^2 \varepsilon^2}{2 \mu \omega^2}
$$

由此可见，能级移动与 $n$ 无关，即与扰动前振子的状态无关．
利用式（8．16），波函数的一级修正为

$$
\begin{aligned}
\psi_n^{(1)} & =\sum_{k \neq n} \frac{H_{k n}^{\prime}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} \psi_k^{(0)} \\
& =\sum_{k \neq n} \frac{-\frac{e \varepsilon}{\alpha}\left(\sqrt{\frac{n}{2}} \delta_{k, n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \delta_{k, n+1}\right)}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} \psi_k^{(0)}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =-\frac{e \varepsilon}{\alpha}\left[\sqrt{\frac{n}{2}} \frac{1}{E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}} \psi_{n-1}^{(0)}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \frac{1}{E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}} \psi_{n+1}^{(0)}\right] \\
& =-\frac{e \varepsilon}{\alpha}\left[\sqrt{\frac{n}{2}} \frac{1}{\hbar \omega} \psi_{n-1}^{(0)}+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \frac{1}{-\hbar \omega} \psi_{n+1}^{(0)}\right] \\
& =e \varepsilon \sqrt{\frac{1}{2 \hbar \mu \omega^3}}\left[\sqrt{n+1} \psi_{n+1}^{(0)}-\sqrt{n} \psi_{n-1}^{(0)}\right]
\end{aligned}
$$

例 8.3 求电谐振子的精确解．
解 实际上，上述问题是可以精确求解的，只要将体系哈密顿量作以下变换：

$$
\begin{aligned}
\hat{H} & =-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2-e \varepsilon x \\
& =-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2\left[x^2-2 \frac{e \varepsilon}{\mu \omega^2} x+\left(\frac{e \varepsilon}{\mu \omega^2}\right)^2\right]-\frac{e^2 \varepsilon^2}{2 \mu \omega^2} \\
& =-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^2}+\frac{1}{2} \mu \omega^2\left(x-\frac{e \varepsilon}{\mu \omega^2}\right)^2-\frac{e^2 \varepsilon^2}{2 \mu \omega^2} \\
& =-\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{\mathrm{~d}^2}{\mathrm{~d} x^{\prime 2}}+\frac{1}{2} \mu \omega^2 x^{\prime 2}-\frac{e^2 \varepsilon^2}{2 \mu \omega^2}
\end{aligned}
$$

其中令 $x^{\prime}=x-e \varepsilon /\left(\mu \omega^2\right)$ ．可见，体系仍是一个线性谐振子。它的每一个能级都比无电场时的线性谐振子的相应能级低 $e^2 \varepsilon^2 /\left(2 \mu \omega^2\right)$ ，而平衡点向右移动了 $e \varepsilon /\left(\mu \omega^2\right)$ 距离．

此外，由于势场不再具有空间反演对称性，所以波函数没有确定的宇称．这一点可以从上述例子中求得扰动后的波函数看出，此时，$\psi_n$ 已变成 $\psi_n{ }^{(0)} 、 \psi_{n+1}{ }^{(0)} 、 \psi_{n-1}{ }^{(0)}$ 的叠加，即

$$
\psi_n=\psi_n^{(0)}+\psi_n^{(1)}=\psi_n^{(0)}+e \varepsilon \sqrt{\frac{1}{2 \mu \hbar \omega^3}}\left(\sqrt{n+1} \psi_{n+1}^{(0)}-\sqrt{n} \psi_{n-1}^{(0)}\right)
$$

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