1차 에너지 보정 유도 (First-Order Energy Correction Derivation)

1. 비축퇴 경우

유도비축퇴 1차 에너지 보정 유도

Step 1: 섭동 전개

해밀토니안: $\hat{H} = \hat{H}^{(0)} + \lambda\hat{H}'$

에너지와 상태를 $\lambda$ 의 멱급수로 전개:

E_n = E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)} + \cdots

|n\rangle = |n^{(0)}\rangle + \lambda|n^{(1)}\rangle + \lambda^2|n^{(2)}\rangle + \cdots

Step 2: 고유값 방정식에 대입

$\hat{H}|n\rangle = E_n|n\rangle$ 에 대입:

(\hat{H}^{(0)} + \lambda\hat{H}')(|n^{(0)}\rangle + \lambda|n^{(1)}\rangle + \cdots) = (E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \cdots)(|n^{(0)}\rangle + \lambda|n^{(1)}\rangle + \cdots)

Step 3: $\lambda$ 의 1차 항 비교

$\lambda^1$ 차수:

\hat{H}^{(0)}|n^{(1)}\rangle + \hat{H}'|n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}|n^{(0)}\rangle

Step 4: $\langle n^{(0)}|$ 을 왼쪽에서 내적

\langle n^{(0)}|\hat{H}^{(0)}|n^{(1)}\rangle + \langle n^{(0)}|\hat{H}'|n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)}\langle n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}\langle n^{(0)}|n^{(0)}\rangle

$\hat{H}^{(0)}$ 의 에르미트성에 의해 $\langle n^{(0)}|\hat{H}^{(0)}|n^{(1)}\rangle = E_n^{(0)}\langle n^{(0)}|n^{(1)}\rangle$ 이므로:

E_n^{(0)}\langle n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + \langle n^{(0)}|\hat{H}'|n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)}\langle n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}

양변에서 $E_n^{(0)}\langle n^{(0)}|n^{(1)}\rangle$ 가 소거되어:

\boxed{E_n^{(1)} = \langle n^{(0)}|\hat{H}'|n^{(0)}\rangle}

■

이 결과는 매우 직관적이다: 1차 에너지 보정은 섭동 해밀토니안의 비섭동 상태에서의 기댓값이다.

유도1차 파동함수 보정 유도

Step 3의 방정식에서 $\langle m^{(0)}|$ ( $m \neq n$ )을 왼쪽에서 내적:

E_m^{(0)}\langle m^{(0)}|n^{(1)}\rangle + H'_{mn} = E_n^{(0)}\langle m^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)} \cdot 0

\langle m^{(0)}|n^{(1)}\rangle = \frac{H'_{mn}}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}}

따라서:

\boxed{|n^{(1)}\rangle = \sum_{m \neq n}\frac{\langle m^{(0)}|\hat{H}'|n^{(0)}\rangle}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}}|m^{(0)}\rangle}

■

유도2차 에너지 보정 유도

$\lambda^2$ 차수의 방정식에 $\langle n^{(0)}|$ 을 내적하면:

E_n^{(2)} = \langle n^{(0)}|\hat{H}'|n^{(1)}\rangle = \sum_{m \neq n}\frac{H'_{nm}H'_{mn}}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}}

$H'_{nm} = (H'_{mn})^*$ 이므로:

\boxed{E_n^{(2)} = \sum_{m \neq n}\frac{|H'_{mn}|^2}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}}}

■

예제조화진동자에 대한 $\delta$-함수 섭동

비섭동 해밀토니안: $\hat{H}^{(0)} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 x^2$

섭동: $\hat{H}' = \alpha\delta(x)$ ( $\alpha > 0$ )

기저 상태의 1차 에너지 보정:

E_0^{(1)} = \alpha\langle 0|\delta(x)|0\rangle = \alpha|\psi_0(0)|^2 = \alpha\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}

홀수 $n$ 상태의 경우, $\psi_n(0) = 0$ 이므로 $E_n^{(1)} = 0$ .

짝수 $n$ 상태의 1차 보정:

E_n^{(1)} = \alpha|\psi_n(0)|^2 = \alpha\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2}\frac{|H_n(0)|^2}{2^n n!}

이 결과는 물리적으로 자명하다: $\delta$ -함수 섭동은 원점에서의 확률 밀도에 비례하여 에너지를 변화시킨다.

예제수소 원자의 상대론적 운동 에너지 보정

상대론적 운동 에너지 보정:

\hat{H}' = -\frac{\hat{p}^4}{8m^3c^2}

1차 에너지 보정:

E_n^{(1)} = -\frac{1}{8m^3c^2}\langle\hat{p}^4\rangle = -\frac{1}{2mc^2}\left[E_n^2 + 2E_n\left\langle\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}\right\rangle + \left\langle\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}\right\rangle^2\right]

$\langle 1/r\rangle = 1/(n^2 a_0)$ , $\langle 1/r^2\rangle = 1/[n^3(\ell+1/2)a_0^2]$ 을 대입하면:

E_n^{(1)} = -\frac{E_n^2}{2mc^2}\left(\frac{4n}{\ell + 1/2} - 3\right)

이는 수소 원자 미세 구조의 세 가지 기여 중 하나이다.