微扰论的应用举例

你们物理学家只会微扰论吧。虽然很有用就是了。

线性Stark效应

即氢原子在电场中的能级劈裂。无扰动下能级为

$E_{nlm}=\frac{E_0}{n^2},\psi_{nlm}(r,\theta,\phi)=R_{nl}(r)Y_{lm}(\theta,\phi)$

外电场和扰动项为

$\vec E=F\hat z,V(\vec x)=-q\Phi(\vec x)=eFz$

根据$z=r\cos\theta\propto Y_{10}(\theta,\phi)$得到选择定则$l=l’,l’\pm1,m=m’$。再根据宇称可知$l,l$奇偶性不同

$\langle nlm|z|nl'm'\rangle=A^{nl}\delta_{l+1,l'}\delta_{mm'}+B^{nl}\delta_{l-1,l'}\delta_{mm'}$

所以$z$在固定$n,m$时为

$\left(\begin{array}{cccccc} 0& \langle m|z|m+1\rangle & 0 & \cdots & 0 & 0\\ \langle m+1|z|m\rangle & 0 & \langle m+1|z|m+2\rangle & \cdots & 0 & 0\\ 0 & \langle m+2|z|m+1\rangle & 0 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0&0&0&\cdots & 0 & \langle n-1|z|n\rangle\\ 0&0&0&\cdots & \langle n|z|n-1\rangle & 0\\ \end{array}\right)$

即只有非对角元不为零。当$n=2,m=0$时

$\left(\begin{array}{ccc} 0 & \langle 200|z|210\rangle& 0 \\ \langle210|z|200\rangle & 0 & \langle 210|z|220\rangle\\ 0 & \langle220|z|210\rangle & 0 \\ \end{array}\right)$

求解本征值得能级移动为

$0,\pm eF\sqrt{\langle 200|z|210\rangle^2+\langle 210|z|220\rangle^2}$

二次Stark效应

即类氢原子在外电场中的能级劈裂，此时无扰动的能级为$E=E_{nl}$，与角量子数有关，所以不再适用先前的简并微扰分析，而应该计算二阶项。

$\Delta E_{nlm}^{(2)}=\sum_{n'l'm'}\frac{\langle nlm|eFz|n'l'm'\rangle\langle n'l'm'|eFz|nlm\rangle}{E_{nl}-E_{n'l'}}$

根据之前分析的结论

$\Delta E_{nlm}^{(2)}=(eF)^2\sum_{n'\neq n}\left[\frac{\langle nlm|z|n',l+1,m\rangle\langle n',l+1,m|z|nlm\rangle}{E_{nl}-E_{n',l+1}}+\frac{\langle nlm|z|n',l-1,m\rangle\langle n',l-1,m|z|nlm\rangle}{E_{nl}-E_{n',l-1}}\right]$

精细结构

中心力场下的单电子原子为

$\left[\vec\alpha\cdot(\vec p-e\vec A)+\beta m+V(r)\right]\psi=E\psi$

写成分量形式$\psi=\left(\begin{array}{c}\varphi\\\chi\end{array}\right)$

$\left\{\begin{aligned} &\vec\sigma\cdot(\vec p-e\vec A)\chi+\left[m+V(r)\right]\varphi=E\varphi\\ &\vec\sigma\cdot(\vec p-e\vec A)\varphi+\left[-m+V(r)\right]\chi=E\chi\\ \end{aligned}\right.$

除了$\vec\sigma$外全是对角矩阵，所以消去后两个分量

$\left[\vec\sigma\cdot(\vec p-e\vec A)\right]^2\varphi=[E+m-V(r)][E-m-V(r)]\varphi$

再利用$\{\sigma_i,\sigma_j\}=2\delta_{ij}$得

$\left[(\vec p-e\vec A)^2+m^2\right]\varphi=(E-V(r))^2\varphi$

在匀强磁场中$\vec A=(-yB/2,xB/2,0)$，所以

$\left[\vec p^2+\frac14e^2\rho^2B^2-eBL_z+m^2\right]\varphi=(E-V(r))^2\varphi$

忽略磁场和势的二阶项，

阿巴阿巴，其实我也不会

Zeeman效应（强磁场，弱耦合）

$\Delta E=\frac\alpha2 B\langle nlm_lm_s|L_z+2S_z|nlm_lm_s\rangle=\mu_BB(m_l+2m_s)$

此时简并部分解除。再考虑自旋-轨道耦合项

$H_{SO}=\frac{\alpha^2}2\frac1r\frac{\mathrm dV}{\mathrm dr}\vec L\cdot\vec S=f(r)\left[\frac12(L_+S_-+L_-S_+)+L_zS_z\right]$

由于$m_l+2m_s$为常量，所以只有对角元非零

$\langle nlm_lm_s|H_{SO}|nlm_lm_s\rangle=m_lm_s\langle nl|f(r)|nl\rangle$

把径向部分具体形式代入“可得”（应该不是特别难算吧）

$\Delta E=\frac{\alpha^3}{2n^3}\frac{m_lm_s}{l(l+1/2)(l+1)}$

Zeeman效应（弱磁场，强耦合）

$\Delta E=\mu_BB\langle nljm_j|L_z+2S_z|nljm_j\rangle=\mu_BB\left[m_j+\langle nljm_j|S_z|nljm_j\rangle\right]$

第二个等号是因为$\vec J=\vec L+\vec S$并取第三分量。

$\begin{aligned} \langle jm_j|S_z|jm_j\rangle=&\sum_{m_l'm_s'}\langle jm_j|lsm_l'm_s'\rangle\langle lsm_l'm_s'|S_z\sum_{m_lm_s}|lsm_lm_s\rangle\langle lsm_lm_s|jm_j\rangle\\ =&\sum_{m_lm_s}\langle jm_j|lsm_lm_s\rangle m_s\langle lsm_lm_s|jm_j\rangle\\ \end{aligned}$

可以算出（但很难）

$\Delta E=g_Lm_j\mu_BB,\quad g_L=1+\frac{j(j+1)+s(s+1)-l(l+1)}{2j(j+1)}$

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