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# System prepended metadata

title: Sec. 7.2
tags: [Quantum Physics II]

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title: Sec. 7.2
author: ulynx
lang: zh-tw
description:: 9 March 2020 @ Starbucks 公館門市
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# §7.2　簡併微擾理論 <br>（Degenerate Perturbation Theory）</br>
###### tags: `Quantum Physics II` 

## §7.2.1　二重簡併（Two-fold degenracy）
假設 $\hat{H_0}\psi_0^a=E_0\psi_0^a，\hat{H_0}\psi_0^b=E_0\psi_0^b，和 \left<\psi^0_a\middle|\psi^0_b\right>=0。\tag{7.16}$

其中 $\psi_a^0$ 和 $\psi_b^0$ 都歸一化了。注意任何這些狀態的線性組合，
$\psi^0=\alpha\psi^0_a+\beta\psi^0_b，\tag{7.17}$ 
還是 $\hat{H_0}$ 的一個固有態，擁有相同固有值 $E^0$：
$\hat{H_0}\psi_0=E_0\psi_0。\tag{7.18}$

一般來說，微擾（$\hat{H'}$）會「打破」（或「提升」）簡併：當我們增加 $\lambda$（由0增至1），一般無擾動能量 $E^0$ 會分裂成兩個（圖7.4）。關鍵的問題是：當我們*關掉*微擾，「上面」的狀態化約至 $\psi^0_a$ 和 $\psi^0_b$ 的*一個*線性組合，而「下面」的狀態化約至 *另一個*線性組合，但我們並不能先知道這些「**好的**」線性組合會是什麼。因為這個的緣故，我們甚至不能計算一階能量（7.9式），畢竟我們不知道要用哪一個無擾態。

![](https://i.imgur.com/XZ3r8dO.png =400x)
**圖7.4**：用微擾「提升」一個簡併

「好的」狀態*定義*為，當微擾關掉（$\lambda\to 0$）時，真實的固有態的極限，不過這不會是我們在真實情況中找到它們的方式（要是你*知道*精確固有態，微擾理論就用不著了）。在我展示算出它們的實用技巧之前，我們要先看一個例子，我們只要取精確固有態在 $\lambda\to 0$ 的極限就可以了。

### 例7.2 
See also **[Textbook Example 7.2 - 7.3](https://hackmd.io/1wOFvGKyTiatvhUpAqCFoQ?both)**
::: info
考慮一個質量為 $m$ 的粒子處於一個二維（諧）振子位勢。
$\hat{H^0}=\dfrac{\hat{p}^2}{2m}+\dfrac{1}{2}m\omega^2\left(\hat{x}^2+\hat{y}^2\right)$，
然後加上一個微擾
$\hat{H'}=\epsilon m\omega^2\hat{x}\hat{y}$。

無微擾的第一激發態（帶有能量 $E^0=2\hbar\omega$）是二重簡併，而且這兩個簡併態的*其中*一個基底是
$\psi^0_a=\psi_0(x)\psi_1(y)=\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\dfrac{m\omega}{\hbar}ye^{-\frac{m\omega}{2\hbar}(x^2+y^2)}，\\\psi^0_b=\psi_1(x)\psi_0(y)=\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\dfrac{m\omega}{\hbar}xe^{-\frac{m\omega}{2\hbar}(x^2+y^2)}，\tag{7.19}$
其中 $\psi_0$ 和 $\psi_1$ 指的是亦為簡諧振子固有態（2.86式）。為了找到「好的」線性組合，我們要解出 $\hat{H}=\hat{H^0}+\hat{H'}$ 的精確固有態，並取當 $\epsilon\to 0$的極限。*提示*：這問題可以經旋轉坐標而解
$x'=\dfrac{x+y}{\sqrt{2}}\quad y'=\dfrac{x-y}{\sqrt{2}}。\tag{7.20}$

### 解
哈密頓算符為
$\hat{H}=\dfrac{-\hbar^2}{2m}\left(\dfrac{\partial^2}{\partial x'^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y'^2}\right)+\dfrac{1}{2}(1+\epsilon)m\omega^2\hat{x}'^2+\dfrac{1}{2}(1+\epsilon)m\omega^2\hat{y}'^2$
（註：課本上可能採用自然單位，令 $\hbar=1$，但==負號呢==？）
這相當於兩個獨立的一維振子。精確解為
$\psi_{mn}=\psi^+_m(x')\psi^-_n(y')$，
其中 $\psi^\pm_m$ 分別是頻率為 $\omega_\pm=\sqrt{1\pm\epsilon}\omega$ 的一維振子固有態。前幾個精確的能量為
$E_{mn}=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega_++\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega_-，\tag{7.21}$
如圖7.5所示。
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![圖7.5](https://i.imgur.com/NvYt1YT.png =500x)
**圖7.5**：例7.2的精確能階是 $\epsilon$ 的函數。
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兩個態是當 $\epsilon$ 增加而由簡併的第一激發態長出來的，有 $m=0$、$n=1$（下面的態）和 $m=1$、$n=0$（上面的態）。如果我們（在這樣的極限下 $\omega_+=\omega_-=\omega$），就得到

$\displaystyle\begin{align}\lim_{\epsilon\to 0}\psi_{01}(x)&=\lim_{\epsilon\to 0}\psi^+_0(x')\psi^-_1(y')\\&=\psi_0\left(\dfrac{x+y}{\sqrt{2}}\right)\psi_1\left(\dfrac{x-y}{\sqrt{2}}\right)\\&=\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\dfrac{m\omega}{\hbar}\dfrac{x-y}{\sqrt{2}}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}(x^2+y^2)}\\&=\dfrac{-\psi_a^0+\psi_b^0}{\sqrt{2}}，\end{align}\\
\displaystyle\lim_{\epsilon\to 0}\psi_{10}(x)=\dfrac{\psi^0_a+\psi^0_b}{\sqrt{2}}。\tag{7.22}$

因此本題中「好的」狀態是
$\boxed{\psi^0_\pm\equiv\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\psi^0_b\pm\psi^0_a\right)}。\tag{7.23}$

在這個例子裡面我們可以找到 $\hat{H}$ 的精確固有態，並關掉微擾以看出它們是由什麼狀態變化來的。但當我們不能對系統精確求解，我們要怎們找到「好的」態？
:::

因此，我們暫時先把「好的」無擾態寫成一般形式（7.17式），保留可供調整的 $\alpha$ 和 $\beta$。我們想要解薛丁格方程式，
$\hat{H}\psi=E\psi，\tag{7.24}$
其中$\hat{H}=\hat{H^0}+\lambda\hat{H'}$ 而且
$E=E^0+\lambda E^1+\lambda^2E^2+\cdots，\quad \psi=\psi^0+\lambda \psi^1+\lambda^2\psi^2+\cdots。\tag{7.25}$
將這幾個式子帶入7.24式，並像之前一樣將 $\lambda$ 按照幂次集項，得到：
$\hat{H^0}\psi^0+\lambda(\hat{H'}\psi^0+\hat{H^0}\psi^1)+\cdots=E^0\psi^0+\lambda(E^1\psi^0+E^0\psi^1)+\cdots。$
但是 $\hat{H_0}\psi_0=E_0\psi_0$（7.18式），所以左右兩邊的第一項可消去；在 $\lambda^1$ 階我們有
$\hat{H^0}\psi^1+\hat{H'}\psi^0=E^0\psi^1+E^1\psi^0。\tag{7.26}$

將上式與 $\psi_a^0$ 做內積：
$\left<\psi_a^0\middle|\hat{H^0}\psi^1\right>+\left<\psi_a^0\middle|\hat{H'}\psi^0\right>=E^0\left<\psi_a^0\middle|\psi^1\right>+E^1\left<\psi_a^0\middle|\psi^0\right>，$

因為 $\hat{H^0}$ 是厄米特算符，左邊第一項和右邊第一項相抵消，將其帶入7.17式，並使用正交歸一條件（7.16式），我們得到
$\alpha\left<\psi_a^0\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_a\right>+\beta\left<\psi_a^0\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_b\right>=\alpha E^1，$
或者寫成更簡潔的形式
$\alpha W_{aa}+\beta W_{ab}=\alpha E^1，\tag{7.27}$
其中，$W_{ij}\equiv\left<\psi_i^0\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_j\right>，（i,j=a,b）。\tag{7.28}$

同樣地，與 $\psi_b^0$ 做內積會得到
$\alpha W_{ba}+\beta W_{bb}=\beta E^1。\tag{7.29}$

注意這些 $W$（理論上）是*已知的*，它們是 $\hat{H'}$ 關於無擾波函數 $\psi^0_a$  和 $\psi^0_b$ 的「矩陣元素」。寫成矩陣形式，7.27式和7.29式就是

$\underbrace{\begin{pmatrix}W_{aa} & W_{ab}\\W_{ba}&W_{bb}\end{pmatrix}}_\mathsf{W}\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}=E^1\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}。\tag{7.30}$

矩陣 $\mathsf{W}$ 的固有值給出能量的第一級修正（$E^1$）而對應的固有向量告訴我們能決定出「好的」狀態的係數 $\alpha$ 和 $\beta$。

附錄（第A.5節）展示了如何得到矩陣的固有值；我在這裡重複那些步驟，以找出 $E^1$ 的一般解。首先，把7.30式的所有項移到左邊：

$\underbrace{\begin{pmatrix}W_{aa}-E^1 & W_{ab}\\W_{ba}&W_{bb}-E^1\end{pmatrix}}_{\mathsf{W}-E^1\mathbf{1}}\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}=\mathbf{0}。\tag{7.31}$

若當左邊的矩陣是不可逆時，此方程式只有非平凡解——也就是說，若該矩陣的行列式為零：
$\left|\begin{matrix}W_{aa}-E^1 & W_{ab}\\W_{ba}&W_{bb}-E^1\end{matrix}\right|=(W_{aa}-E^1)(W_{bb}-E^1)-|W_{ab}|^2=0，\tag{7.32}$
其中我們使用 $W_{ba}=W_{ab}^*$ 這一事實。解這個二次式，得到

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點擊Details以展開第二版內容（僅使用加減消去法，尚未提及矩陣）。
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::: spoiler
將7.29式乘以 $W_{ab}$，然後用7.27式消去 $\beta W_{ab}$，我們發現
$\begin{align}\alpha W_{ab}W_{ba}+\beta W_{ab}W_{bb}&=\beta W_{ab}E^1\\\alpha W_{ab}W_{ba}+\beta W_{ab}(W_{bb}-E^1)&=0\\\alpha W_{ab}W_{ba}+\alpha(E^1-W_{aa})(W_{bb}-E^1)&=0\\\alpha[ W_{ab}W_{ba}-(E^1-W_{aa})(E^1-W_{bb})]&=0\end{align}\tag{i}$

如果 $\alpha$ *不*是零，i式可化成 $E^1$ 的方程式：
$(E^1)^2-E^1(W_{aa}+W_{bb}) + (W_{aa}W_{bb}-W_{ab}W_{ba})。\tag{ii}$

使用二次方程式的公式解，且注意到（由7.28式）$W_{ba}=W_{ab}^*$，我們的結論是
:::

$\begin{align}E_{\pm}^1&=\dfrac{1}{2}\left[(W_{aa}+W_{bb})\pm\sqrt{(W_{aa}+W_{bb})^2-4(W_{aa}W_{bb}-W_{ab}W_{ba})}\right]\\&=\boxed{\dfrac{1}{2}\left[W_{aa}+W_{bb}\pm\sqrt{(W_{aa}-W_{bb})^2+4|W_{ab}|^2}\right]}\end{align}\tag{7.33}$
這就是簡併微擾理論的基本結果；兩根對應到兩個受微擾的能量。

### 例7.3 
See also **[Textbook Example 7.2 - 7.3](https://hackmd.io/1wOFvGKyTiatvhUpAqCFoQ?both)**
::: info
回到例7.2，證明：把矩陣 $\mathsf{W}$ 對角化，就會得到的「好」狀態，而且剛好跟先前解過的一樣。
### 解：
我們需要計算 $\mathsf{W}$ 的矩陣元素。首先，
$\displaystyle\begin{align} W_{aa}&=\iint\psi^0_a(x,y)\hat{H'}\psi^0_a(x,y)dxdy\\&=\epsilon m\omega^2\int|\psi_0(x)|^2xdx\int|\psi_0(y)|^2ydy=0。\end{align}$
（兩個被積函數都是奇函數。）同樣的，$W_{bb}=0$，我們只要計算
$\displaystyle\begin{align}W_{ab}&=\iint\psi^0_a(x,y)\hat{H'}\psi^0_b(x,y)dxdy\\&=\epsilon m\omega^2\int\psi_0(x)x\psi_1(x)dx\int\psi_1(y)y\psi_0(y)dy。\end{align}$
這兩個積分是相等的，然後回憶（2.70式）
$\hat{x}=\sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}_++\hat{a}_-)，$
我們有
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點擊Details以展開第二版內容
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::: spoiler
但如果 $\alpha$ 為零呢？此時，$\beta=1$，由6.21式可知 $W_{ab}=0$，又由6.23式知 $E^1=W_{bb}$。可見這包含在一般的結果（6.26式）帶負號的情形（帶正號的情形對應於$\alpha=1，\beta=0$）。有意思的是，這些*答案*
$E^1_+=W_{bb}=\left<\psi^0_b\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_b\right>，E^1_-=W_{aa}=\left<\psi^0_a\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_a\right>，$
:::

和我們用*非簡併*微擾理論得出的結果一模一樣——我們那時候只不過是*幸運*而已：$\psi^0_a$ 和 $\psi^0_b$這兩個狀態*已經*是「正確」的線性組合了。很顯然，假如我們能一開始就*猜*對波函數，那對我們來說是再好不過了。實際上我們常常可以利用下列定理做到這點：

> **定理**：令 $\hat{A}$ 是一個可與 $\hat{H'}$ 對易(commute)的厄米特算符。如果 $\psi^0_a$ 和 $\psi^0_b$ 都是 $\hat{A}$ 的固有函數，且有著不同的固有值，即
$\hat{A}\psi^0_a=\mu\psi^0_a，\hat{A}\psi^0_b=\nu\psi^0_b，和\mu\neq\nu，$
則 $W_{ab}=0$。（因此 $\psi^0_a$ 和 $\psi^0_b$ 是「好的」波函數，可以用於非簡併微擾理論）

>**證明**：已知$[\hat{A},\hat{H'}]=0$，所以
$\begin{align}\left<\psi^0_a\middle|[\hat{A},\hat{H'}]\psi^0_b\right>&=0\\&=\left<\psi^0_a\middle|\hat{A}\hat{H'}\psi^0_b\right>-\left<\psi^0_a\middle|\hat{H'}\hat{A}\psi^0_b\right>\\&=\mu\left<\psi^0_a\middle|\hat{H'}\psi^0_b\right>-\left<\psi^0_a\middle|\hat{H'}\nu\psi^0_b\right>\\&=(\mu-\nu)\left<\psi^0_a\middle|\hat{H'}\middle|\psi^0_b\right>\\&=(\mu-\nu)W_{ab}。\end{align}$
但是 $\mu\neq\nu$，所以 $W_{ab}=0$。證畢。

> **啟示**：如果你遇到簡併態問題，就去找和 $\hat{H'}$ 對易的厄米特算符；選那些同時作為 $\hat{A}$ 和 $\hat{H_0}$ 的固有函數的狀態當成無擾態。然後用*正常*的一階微擾理論。如果你找不到這樣的算符，你還是得求助於6.26式，不過實際上很少需要這樣做。
