《量子力学》第十章 微扰论（10.2）束缚态微扰论（二）简并情形

§10.2束缚态微扰论I:简并情形 1.一级微扰能和零级波函数 我们知道,微扰展开是 E=EO+E(+E(2)+ 其中v0和E0应满足 E 所谓EO有简并即是有φ,g…,(k是E的简并度)都满足该方程: r00)=E0C 所以在引入微扰后应 代入一级微扰方程得: (B0-E0)y)=-(m-Em)∑c° 两端乘以0"(=1…,k)再积分,左方仍=0,所以 [o(oio"H o dr -En 5)=0 H1=4r=(91则r949) 则方程成为 EmS)C 这和矩阵形式的本征方程完全一样,所以E由下面的方程决定: det H, -En 6=0, 也就是“长期方程” E 0. 从中可以解出E以及它们对应的C,这就决定了一级微扰能和零级波函数。注意,一般说来E不 但与对角元素Hn有关,而且与非对角元素H(≠有关,但总有k个解。假如E的k个解各不相 同(即方程没有重根),则EO的简并度被完全消除,否则只是部分地被消除。 2. Stark效应 原子能级在静电场中的分裂称为 Stark效应。作为例子,让我们考虑氢原子 设外静电场E沿着正Z轴方向,那么电子就受到了如下的附加势场 H=eEz=eErcose 在未加微扰时,氢原子的能级是 uki 2h2m2 而波函数是 yo()=R,(r)Y(0

1 §10.2 束缚态微扰论 II：简并情形 1．一级微扰能和零级波函数 我们知道，微扰展开是 (0) (1) (2) E E E E n n n n = + + + , (0) (1) (2)     n n n n = + + + , 其中 (0)  n 和 (0) En 应满足 (0) (0) (0) (0) ˆ H E   n n n = . 所谓 (0) En 有简并即是有 (0) (0) (0) 1 2 , , ,    n n nk ( k 是 (0) En 的简并度) 都满足该方程： (0) (0) (0) (0) ˆ . ( 1,2, , ) H E i k   ni n ni = = 所以在引入微扰后应设： . 1 (0) (0) (0) = = k i n i ni  c  代入一级微扰方程得： (0) (0) (1) (1) (0) (0) 1 ˆ ˆ ( ) ( ) . k n n n i ni i H E H E c   = − = − −   两端乘以 (0) ( 1, , ) nj  j k  = 再积分，左方仍 = 0 ，所以 ( ) (0) (0) (0) (1) 1 ˆ 0. k i nj ni n ji i c H d E      =   − =  记 (0) (0) (0) (0) ˆ ˆ , H H d H ji nj ni nj ni          = =  则方程成为 (1) (0) 1 ( ) 0. k ji n ji i i H E c  =   − = 这和矩阵形式的本征方程完全一样，所以 (1) En 由下面的方程决定： (1) det 0, H E ji n ji  − =  也就是“长期方程” (1) 11 12 (1) 21 22 0. n n H E H H H E   −   − = 从中可以解出 (1) En 以及它们对应的 (0) i c ，这就决定了一级微扰能和零级波函数。注意，一般说来 (1) En 不 但与对角元素 Hii  有关，而且与非对角元素 ( ) H i j ij   有关，但总有 k 个解。假如 (1) En 的 k 个解各不相 同（即方程没有重根），则 (0) En 的简并度被完全消除，否则只是部分地被消除。 2．Stark 效应 原子能级在静电场中的分裂称为 Stark 效应。作为例子，让我们考虑氢原子。 设外静电场   沿着正 Z 轴方向，那么电子就受到了如下的附加势场： ˆ H e z e r  =  =  cos .  在未加微扰时，氢原子的能级是 2 4 (0) 1 2 2 , ( 1,2,3, ) 2 n k e E n n  = − = 而波函数是 (0) ( ) ( ) ( , ). nlm nl lm    r R r Y =

E0)只和n有关,能级对l,m是简并的,在不计电子的自旋自由度时简并度为 gn=n 显然,n=1时E0不简并,并且容易算出F=H1=0。m=2时g2=4,区分简并态的量子数1,m (前面记为i)可以取值00,10,11,1-1,以下依次简记为1,2,3,4。所以我们要计算 H=vim wim d'r=eEwiim ()rcos yim()rsing drdedg 表面看来我们要算16个积分,但是实际上由于对称性的关系其中有14个积分是零,剩下两个还相等。 非零的矩阵元是 Hi2=Hi=eEv200()v210()rsin e cose drdedo 略去并不困难的计算过程,其结果是 其中a是Bohr半径。所以我们应该求出下面这个矩阵的本征值从而得到E2): been 3ee H (≡0) 显然它有两个本征值是零,另外两个是±3eEa,所以 E2)=3eEa,-3ea,0,0 这就是说,原来简并在n=2上的4个能级,现在有一个向上移动了3eEa,一个向下移动了3eEa, 还有两个没有移动,简并是部分地消除了。这个结果得到了实验的证实。 作业:习题10.2;10.5

2 (0) En 只和 n 有关，能级对 l,m 是简并的，在不计电子的自旋自由度时简并度为 2 . n g n = 显然， n =1 时 (0) E1 不简并，并且容易算出 11 0 (1) E1 = H = 。n = 2 时 g2 = 4 ，区分简并态的量子数 l,m （前面记为 i ）可以取值 00, 10, 11, 1−1 ，以下依次简记为 1, 2, 3, 4 。所以我们要计算 (0) (0) 3 (0) (0) 2 2 2 2 2 ˆ ( ) cos ( ) sin . H H d r e r r r r dr d d i i l m lm l m lm                 = =    表面看来我们要算 16 个积分，但是实际上由于对称性的关系其中有 14 个积分是零，剩下两个还相等。 非零的矩阵元是 (0) (0) 3 12 21 200 210 H H e r r r dr d d   = =        ( ) ( ) sin cos .  略去并不困难的计算过程，其结果是 12 21 H H e a   = = −  3 , 其中 a 是 Bohr 半径。所以我们应该求出下面这个矩阵的本征值从而得到 (1) E2 ： 3 3 . ( 0) e a e a H    −      −        =                 显然它有两个本征值是零，另外两个是   3e a ，所以 (1) 2 E e a e a =  −  3 , 3 , 0, 0. 这就是说，原来简并在 n = 2 上的 4 个能级，现在有一个向上移动了 3e a  ，一个向下移动了 3e a  ， 还有两个没有移动，简并是部分地消除了。这个结果得到了实验的证实。 作业：习题 10.2; 10.5