No, diagonalize en el trunca degeneración subespacio D, por lo que su eigenkets definitivamente no eigenkets del total de hamilton!
La mayoría de los textos son innecesariamente formal y se pierde en una maraña de formalismo abstracto, y que nunca pensó que la ilustran, por una daft ejemplo mínimo. Aquí va uno.
Tomar
$$
H_0+\lambda V= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2 \\
1 & 0 & 3\\
2 & 3 & 7
\end{pmatrix} .$$
Considere la posibilidad de
$$|1\rangle=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} ,\qquad |2\rangle=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} , \qquad |3\rangle=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} ,$$
$$ |a\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
0
\end{pmatrix} , \qquad |b\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} ,$$
así que el ortogonal estados $|a\rangle, |b\rangle$ diagonalize el 1-2 en el subespacio de la perturbación, pero obviamente no todo el hamiltoniano.
Debe de verificación por cálculo directo, y también de conformidad con su texto o WP, que, a menor en λ, que está haciendo caso omiso de su plaza,
la energía de los autovalores y los autoestados son
$$
E_A= 1-\lambda; \qquad E_B= 1+\lambda; \qquad E_C=2+\lambda 7 ;\\
|A\rangle= |a\rangle + \frac{\lambda}{\sqrt{2}} |3\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
1 \\
- 1\\ \lambda
\end{pmatrix} ~; \qquad |B\rangle= |b\rangle -\lambda \frac{5} {\sqrt{2}}|3\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
1 \\ 1\\
-5\lambda
\end{pmatrix} ~; \\
|C\rangle= |3\rangle -\lambda \frac{1} {\sqrt{2}}|\rangle +\lambda \frac{5} {\sqrt{2}}|b\rangle= \begin{pmatrix}
2\lambda \\ 3\lambda\\
1
\end{pmatrix} ~.
$$
Recordar normalizaciones, orthogonalities, etc... todo el trabajo a $O(\lambda^2)$ solamente.
En conclusión, $|a\rangle, |b\rangle$ son no exactos de hamilton autoestados-y usted tiene toda perturbación órdenes de sobrevivir, en principio. Ellos simplemente evitar ceros en el denominador de la resolvent, habiendo quitado la degeneración. Es decir, se aseguraron de que $|A\rangle$ tendrá no $|b\rangle$ la corrección de primer orden, y, asimismo, $|B\rangle$ tendrá no $|a\rangle$ corrección, debido a que esta base tiene diagonalized V, por lo que no puede conectar $|a\rangle$ $|b\rangle$ y no afectan el uno al otro, hasta ahora. Pero órdenes superiores son otra cuestión.
- De impresión Fine (wonkish) nota a pie de página en las anteriores "tan lejos": evitar hasta el 3 de lectura.
En la actualidad, un extra conjunto arbitrario $\propto \lambda |b\rangle$ $|A\rangle$ $\propto \lambda |a\rangle$ $|B\rangle$ no tiene ningún impacto (enlace) en la ecuación en la primera orden en λ se discutió anteriormente, como se puede fácilmente comprobar: el O(λ) el potencial que tiene la superselected a esta orden. Sin embargo, como se puede comprobar en Courant-Hilbert Métodos de la Física Matemática, v1 p 248 , y se discute en esta pregunta , usted consigue dos inocuos (impacto) piezas para este fin, a saber,
$$
|A\rangle=\hbox{ arriba } + \lambda \frac{5}{4} |b\rangle,\qquad
|B\rangle=\hbox{ arriba } - \lambda \frac{5}{4} |\rangle,\\
\langle b|A\rangle=\frac{\lambda}{2}\langle b|V|3\rangle \frac{1}{E^{(0)}_{a,b}-E^{(0)}_{3}}\langle 3|V|a\rangle=5/4, \qquad \langle a|B\rangle=-5/4.
$$
Estas piezas, bilineal en el potencial!, estructuralmente "se cayó" el 2º fin de cálculo, donde λ2 fue desestimada por un λ en un subespacio denominador $ E^{(0)}_{b}-E^{(0)}_{a}=2\lambda$. El particular 5/4 coeficientes son fijados por la coherencia con el siguiente orden de energías. Pero ya has visto esta sutileza por encima, en orden cero: $|a\rangle, |b\rangle$ $O(\lambda^0)$ fueron especificadas por $O(\lambda)$ posibles consideraciones.
