# 跃迁振幅和 T 算符

$\quad$ 假定哈密顿量可以写为

$$\hat{H} = \hat{H}_0 + \hat{V}(\vec{r}) \tag{4.1.1}$$

其中

$$\hat{H}_0 = \frac{\hat{p}^2}{2m} \tag{4.1.2}$$

是动能算符，其本征值为

$$E_k = \frac{\hbar k^2}{2m} \tag{4.1.3}$$

并假设散射势 $\hat{V}(\vec{r})$ 不依赖与时间，且是一个短程量，即只有在 $|\vec{r}|$ 较小的范围内，散射势才有明显的作用。
$\quad$ 回顾一下第二章的内容。转化到相互作用绘景下，哈密顿量变为

$$\hat{V}^\mathcal{I}(\vec{r},t) = e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}_0}\hat{V}(\vec{r})e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}_0} \tag{4.1.4}$$

其薛定谔方程为

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha,t;t_0} = \hat{V}^\mathcal{I}(t)\ket{\alpha,t;t_0} \tag{4.1.5}$$

引入时间演化算符 $\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0)$

$$\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0)\ket{\alpha,t_0;t_0} = \ket{\alpha,t;t_0} \tag{4.1.6}$$

将 $(4.1.6)$ 式代入 $(4.1.5)$ 式，得

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0) = \hat{V}^\mathcal{I}(t)\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0) \tag{4.1.7}$$

这个方程的解可以在形式上写为

$$\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0) = 1 - \frac{i}{\hbar}\int^t_{t_0}\hat{V}^\mathcal{I}(t')\hat{U}_\mathcal{I}(t',t_0) dt' \tag{4.1.8}$$

上式可以通过迭代方法，得到戴森级数解：

$$\begin{aligned} \hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0) = 1 &+ (-\frac{i}{\hbar})\int^t_{t_0}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)dt_1 \\ &+ (-\frac{i}{\hbar})^2\int^t_{t_0}dt_2\int^{t_2}_{t_0}dt_1\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1) + \cdots \end{aligned} \tag{4.1.9}$$

注意要满足 $t>t_n>\cdots>t_2>t_1>t_0$。

$\quad$ 简单回顾完后。我们讨论一个初态 $\ket{i}$ 跃迁到末态 $\ket{n}$ 的跃迁振幅（$\ket{i},\ket{n}$ 都是 $\hat{H}_0$ 的本征态），利用 $(4.1.9)$ 式可写为

$$\begin{aligned} \bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(t,t_0)\ket{i} = \delta_{ni} &+ (-\frac{i}{\hbar})\int^t_{t_0}\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i}dt_1 \\ &+ (-\frac{i}{\hbar})^2\int^t_{t_0}dt_2\int^{t_2}_{t_0}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} + \cdots \end{aligned} \tag{4.1.10}$$

通常，我们会讨论 $t_0\rightarrow-\infin,t\rightarrow+\infin$ 的情况。此时，上式化为

$$\begin{aligned} \bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\ket{i} = \delta_{ni} &+ (-\frac{i}{\hbar})\int^{+\infin}_{-\infin}\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i}dt_1 \\ &+ (-\frac{i}{\hbar})^2\int^{+\infin}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} + \cdots \end{aligned} \tag{4.1.11}$$

但很可惜，想要这样计算出来跃迁振幅是不行的！因为我们会发现上式的积分是不收敛的。比如说右边的第三项：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^2\int^{+\infin}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \int^{+\infin}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\ket{m}\bra{m}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m}\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i} \int^{+\infin}_{-\infin}e^{i(\omega_n-\omega_m)t_2}\int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1}dt_1 dt_2 \tag{4.1.12} \end{aligned}$$

很明显，上述积分在 $t\rightarrow-\infin$ 时，遇到急速振荡的项，积分是不收敛的。为此，我们要用一些数学上的技巧。为了使积分收敛，我们在散射势处引入一个切断因子：

$$\hat{V}(\vec{r}) = \hat{V}(\vec{r})e^{-\epsilon|t|} \quad \rightarrow \quad \hat{V}^\mathcal{I}(t) = \hat{V}^\mathcal{I}(t)e^{-\epsilon|t|} \tag{4.1.13}$$

其中 $\epsilon>0$ 且 $\epsilon\rightarrow 0$。因为这一个无穷小量，可以令我们的积分收敛，而我们只需要对所有可观测物理量的计算完成后令 $\epsilon\rightarrow 0$ 即可。这一措施在物理上是很容易理解的，我们所讨论的散射问题，其势能 $\hat{V}(\vec{r})$ 是短程量，随距离的增大而减小。在含时理论中，当 $t\rightarrow\pm\infin$ 时，粒子与散射中心距离很大，这时 $\hat{V}(\vec{r})\rightarrow 0$ 是合理的。
$\quad$ 下面，在引入 $(4.1.13)$ 式后，我们来具体计算一个 $(4.1.12)$ 式右边的各个项：

1. 其第二项为一阶项，该积分是收敛的，为了简单，这个计算就不引入截断因子了。即使引入也可以，最终的计算结果与下式一样。

$$\begin{aligned} (-\frac{i}{\hbar})\int^{+\infin}_{-\infin}\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i}dt_1 &= (-\frac{i}{\hbar})\int^{+\infin}_{-\infin}\bra{n}e^{\frac{i}{\hbar}({t_1}-t_0)\hat{H}_0}\hat{V}e^{-\frac{i}{\hbar}({t_1}-t_0)\hat{H}_0}\ket{i}dt_1 \\ &= (-\frac{i}{\hbar})\int^{+\infin}_{-\infin}\bra{n}e^{i\omega_nt_1}\hat{V}e^{-i\omega_it_1}\ket{i}dt_1 \\ &= (-\frac{i}{\hbar})\braket{n|\hat{V}|i}\int^{+\infin}_{-\infin}e^{i(\omega_{n}-\omega_i)t_1} dt_1 \\ \textcolor{red}{\small 利用到了 \int^{+\infin}_{-\infin}e^{i\omega t}dt=2\pi\delta(\omega)} &= (-\frac{i}{\hbar})\braket{n|\hat{V}|i} 2\pi\delta(\omega_{n}-\omega_i) \\ \textcolor{red}{\small 利用到了 \delta(\frac{x}{a})=|a|\delta(x)} &= -2\pi i \delta(E_n-E_i) \braket{n|\hat{V}|i} \end{aligned} \tag{4.1.14}$$

2. 其第三项为二阶项，该积分引入截断因子：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^2\int^{+\infin}_{t_0}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \int^{+\infin}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\ket{m}\bra{m}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m}\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i} \int^{+\infin}_{-\infin}e^{i(\omega_n-\omega_m)t_2-\epsilon|t_2|}\int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon|t_1|}dt_1 dt_2 \end{aligned} \tag{4.1.15}$$

其中上式的积分必须分下面两种情况予以考虑：
(1) 当 $t_2\le 0$ 时：

$$\begin{aligned} \int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon|t_1|}dt_1 &= \int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}dt_1 = \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon}\bigg|^{t_2}_{-\infin} = \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2+\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \end{aligned} \tag{4.1.16a}$$

(2) 当 $t_2\ge 0$ 时：

$$\begin{aligned} \int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon|t_1|}dt_1 &= \int^{0}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}dt_1 + \int^{t_2}_{0}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon t_1}dt_1 \\ &= \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon}\bigg|^{0}_{-\infin} + \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon t_1}}{i(\omega_m-\omega_i)-\epsilon}\bigg|^{t_2}_{0} \\ &= \frac{1}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} + \frac{1}{i(\omega_m-\omega_i)-\epsilon} (e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}-1) \\ & \qquad\textcolor{red}{\small 利用到2\pi\delta(x)=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}(\frac{1}{ix+\epsilon}-\frac{1}{ix-\epsilon})} \\ &= \frac{1}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} + \left[\frac{1}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon}-2\pi\delta(\omega_m-\omega_i)\right] \left(e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}-1\right) \\ &= \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} - 2\pi\delta(\omega_m-\omega_i) \left(e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}-1\right) \\ &\textcolor{red}{\small 第二项为零：若\omega_m\ne\omega_i,\delta函数等于零；若\omega_m=\omega_i，括号内取\epsilon极限后也等于零} \\ &= \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \end{aligned} \tag{4.1.16b}$$

利用 $(4.1.16)$ 式两种情况的结果代入 $(4.1.15)$ 式中，得：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^2\int^{+\infin}_{t_0}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m}\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i} \Bigg[\int^{0}_{-\infin}e^{i(\omega_n-\omega_m)t_2-\epsilon|t_2|} \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2+\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} dt_2 \\ &\quad+ \int^{+\infin}_{0}e^{i(\omega_n-\omega_m)t_2-\epsilon|t_2|} \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} dt_2 \Bigg] \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m}\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i} \left[ \int^{0}_{-\infin} \frac{e^{i(\omega_n-\omega_i)t_2+2\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} dt_2 + \int^{+\infin}_{0} \frac{e^{i(\omega_n-\omega_i)t_2-2\epsilon t_2}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} dt_2 \right] \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \left[ \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2+2\epsilon t_2}}{i(\omega_n-\omega_i)+2\epsilon}\bigg|^{0}_{-\infin} + \frac{e^{i(\omega_m-\omega_i)t_2-2\epsilon t_2}}{i(\omega_n-\omega_i)-2\epsilon}\bigg|^{+\infin}_{0} \right] \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \left[ \frac{1}{i(\omega_n-\omega_i)+2\epsilon} - \frac{1}{i(\omega_n-\omega_i)-2\epsilon} \right] \\ & \qquad\textcolor{red}{\small 利用到2\pi\delta(x)=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}(\frac{1}{ix+\epsilon}-\frac{1}{ix-\epsilon})} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} 2\pi\delta(\omega_n-\omega_i) \\ &\qquad\textcolor{red}{\small 利用到了 \delta(\frac{x}{a})=|a|\delta(x)} \\ =& -2\pi\delta(E_n-E_i) \sum_m \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(E_m-E_i)+\hbar\epsilon} \textcolor{red}{\small \quad\hbar\epsilon也是小量，可直接换成\epsilon} \\ =& -2\pi i\delta(E_n-E_i) \sum_m \bra{n}\hat{V}\frac{1}{E_i-E_m+i\epsilon} \ket{m}\braket{m|\hat{V}|i} \\ & \textcolor{red}{\small 利用到\sum_m\ket{m}\bra{m}=1,且利用\hat{H}_0\ket{m}=E_m\ket{m},可将分母中的E_m换成\hat{H}_0} \\ =& -2\pi i\delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\ket{i} \end{aligned} \tag{4.1.17}$$

3. 对于更高阶的项，我们亦可计算出：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^n\int^{+\infin}_{-\infin}dt_n\cdots\int^{t_3}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_n)\cdots\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& -2\pi i \delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\underbrace{\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\cdots\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}}_{n-1}\ket{i} \end{aligned} \tag{4.1.18}$$

$\quad$ 我们把 $(1.4.14)(1.4.17)(1.4.18)$ 等各个阶项代入跃迁振幅 $(1.4.11)$，可得

$$\begin{aligned} &\bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\ket{i} \\ =& \delta_{ni} - 2\pi i \delta(E_n-E_i) \braket{n|\hat{V}|i} \\ &\quad\ - 2\pi i\delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{i} \\ & \quad\ \cdots\ \cdots \\ & \quad\ -2\pi i \delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\underbrace{\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\cdots\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}}_{n-1}\ket{i} \\ & \quad\ \cdots\ \cdots \\ \end{aligned} \tag{4.1.19}$$

我们设一个 $\hat{T}$ 算符，如下：

$$\hat{T} = \hat{V} + \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V} + \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V} + \cdots \tag{1.4.20}$$

这样跃迁振幅就可以写为：

$$\bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\ket{i} = \delta_{ni} - 2\pi i\delta(E_n-E_i)\bra{n}\hat{T}\ket{i} \tag{4.1.21}$$

在散射势微弱的范围内，我们可以用 $\hat{T}$ 算符一级一级地近似。我们也很容易地可以理解上式：上式描述的是从初态 $\ket{i}$ 散射跃迁到 $\ket{n}$ 的几率幅，而右边的 $\delta(E_n-E_i)$ 暗含着弹性散射条件，即散射前后的能量是相等的。

# 李普曼 — 施温格方程

# 散射态矢与李普曼 — 施温格方程

$\quad$ 我们定义一组态矢 $\ket{\psi^{(+)}_i}$，与 $\hat{T}_{ni}$ 矩阵满足如下关系：

$$\braket{n|\hat{V}|\psi^{(+)}_i} = \braket{n|\hat{T}|i} \tag{4.2.1}$$

或许我们可以把 $\ket{\psi^{(+)}_i}$ 称为散射态矢，而 $\braket{\vec{r}|\psi^{(+)}_i}$ 称为散射波函数。至于至于为什么这么称呼，以及 $\ket{\psi^{(+)}_i}$ 的物理意义是什么，我们稍后再讨论。我们先通过上述定义，并结合 $(1.4.20)$ 式来计算出 $\ket{\psi^{(+)}_i}$ 的关系式。首先，根据 $(1.4.20)$ 可知：

$$\hat{T} - \hat{T}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V} = \hat{V} \tag{4.2.2}$$

再对上式两边作用 $\bra{n}$ 和 $\ket{\psi^{(+)}_i}$，得：

$$\begin{aligned} &\bra{n}\hat{T}\ket{\psi^{(+)}_i} = \bra{n}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i} + \bra{n}\hat{T}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i} \\ \Longrightarrow&\bra{n}\hat{T}\ket{\psi^{(+)}_i} = \bra{n}\hat{T}\ket{i} + \bra{n}\hat{T}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i} \ \textcolor{red}{\small 利用到(4.2.1)定义} \\ \Longrightarrow&\ket{\psi^{(+)}_i} = \ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i} \end{aligned}$$

上面推导出的最终结果：

$$\ket{\psi^{(+)}_i} = \ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i} \tag{4.2.3}$$

我们把该方程称为李普曼 — 施温格（$\text{Lippmann-Schwinger}$）方程，或称从过去到未来的李普曼 — 施温格方程。

$\quad$ 既然有 “从过去到未来”，那么也应该有 “从未来到过去”(毕竟都这么强调了嘛)。我们把这个散射过程描绘为从遥远未来的一个平面波 $\ket{i}$ 到远久过去的一个态 $\ket{n}$ 的时间逆向演化。在这种情况下，时间演化算符反过来 $\hat{U}_\mathcal{I}(-\infin,+\infin)$，那这个等于什么呢？可以这样去想：我们希望从过去演化到未来，再从未来演化到过程，整个过程后是不变的，即

$$\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\hat{U}_\mathcal{I}(-\infin,+\infin)=\hat{I}$$

再考虑我们希望整个演化过程波函数都是归一的，即

$$\begin{aligned} \braket{\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\alpha|\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\alpha}=\bra{\alpha}\hat{U}_{\mathcal{I}}^\dagger(+\infin,-\infin)\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\ket{\alpha}=\braket{\alpha|\alpha} \end{aligned}$$

$$\Downarrow$$

$$\hat{U}_{\mathcal{I}}^\dagger(+\infin,-\infin)\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)=\hat{I}$$

由此可得

$$\hat{U}_\mathcal{I}(-\infin,+\infin) = \hat{U}_{\mathcal{I}}^\dagger(+\infin,-\infin)$$

那么可以将 $(4.1.19)$ 式改写成从未来到过去：

$$\begin{aligned} &\bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(-\infin,+\infin)\ket{i} \\ =& (\bra{i}\hat{U}_\mathcal{I}(+\infin,-\infin)\ket{n})^\dagger \\ =& \delta_{ni} + 2\pi i \delta(E_n-E_i) \braket{n|\hat{V}|i} \\ &\quad\ + 2\pi i\delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon}\hat{V}\ket{i} \\ & \quad\ \cdots\ \cdots \\ & \quad\ +2\pi i \delta(E_n-E_i) \bra{n}\hat{V}\underbrace{\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon} \hat{V}\cdots\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon} \hat{V}}_{n-1}\ket{i} \\ & \quad\ \cdots\ \cdots \\ \end{aligned} \tag{4.2.4}$$

由此可以定义出从未来到过去的 $\text{T}$ 矩阵，我们记作 $\hat{T}^\dagger$

$$\hat{T}^\dagger = \hat{V} + \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon}\hat{V} + \hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon}\hat{V}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon}\hat{V} + \cdots \tag{4.2.5}$$

与 $(4.2.1)$ 同样的定义，这次只不过是从未来到过去：

$$\braket{n|\hat{V}|\psi^{(-)}_i} = \braket{n|\hat{T}^\dagger|i} \tag{4.2.6}$$

同样的推导，可得：

$$\ket{\psi^{(-)}_i} = \ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0-i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(-)}_i} \tag{4.2.7}$$

我们把该方程称为从未来到过去的李普曼 — 施温格方程。不过要注意，此时的 $E_i$ 表示的是末态的能量。

# 散射态矢的物理意义

$\quad$ 将两种李普曼 — 施温格方程写下：

$$\ket{\psi^{(\pm)}_i} = \ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i} \tag{4.2.8}$$

那么这个态究竟有什么意义呢？先回答：它是总哈密顿量$\hat{H}$ 的本征态。

$$\begin{aligned} \hat{H}\ket{\psi^{(\pm)}_i} &= (\hat{H}_o + \hat{V}) \left(\ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i}\right) \\ &= (E_i+\hat{V})\ket{i} + (\hat{H}_o + \hat{V}) \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i} \\ &= E_i\left(\ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i}\right) \\ &\qquad- \underbrace{(E_i-\hat{H}_0) \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}}_{\textcolor{red}{\footnotesize \epsilon\rightarrow0^+，该部分变为1}}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i} \\ &\qquad+ \hat{V}\left(\ket{i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0\pm i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i}\right) \\ &= E_i\ket{\psi^{(\pm)}_i} - \hat{V}\ket{\psi^{(\pm)}_i} + \hat{V} \ket{\psi^{(\pm)}_i} \\ &= E_i \ket{\psi^{(\pm)}_i} \end{aligned} \tag{4.2.9}$$

因此 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$ 是 $\hat{H}$ 的本征态，其本征值为 $E_i$。也就是说我们从 $\hat{H}_0$ 的本征态 $\ket{i}$，对应到了 $\hat{H}$ 的本征态 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$，且本征值是一样的。

$\quad$ 但这样你还是没说清楚 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$ 物理意义究竟是什么啊！别急，现在我就来告诉你，它的物理意义就是：

$$\ket{\psi^{(\pm)}_i} = \hat{U}_{\mathcal{I}}(0,\mp\infin)\ket{i} \tag{4.2.10}$$

这个构造就告诉明确地告诉了我们：$\ket{\psi^{(+)}_i}$ 是用时间演化算符将一个 $\hat{H}_0$ 的本征态从 $-\infin$ 时刻演化到 $0$ 时刻所得的态；$\ket{\psi^{(-)}_i}$ 是用时间演化算符将一个 $\hat{H}_0$ 的本征态从 $+\infin$ 时刻演化到 $0$ 时刻所得的态。我们以 $^{(+)}$ 情况具体说明，$-\infin$ 时刻入射的自由粒子还距离散射中心十分地远，不受散射的影响，当演化到 $0$ 时刻的时候，此时距离散射中心较近了，散射体系犹如一个探测器，探测器 “探测” 一个量子态后，量子态自然会塌缩到这个探测器对应的本征态 $\ket{\psi^{(+)}_i}$ 上。

$\quad$ 等等，你说 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$ 等于 $(4.2.10)$ 式就等于啊？你原本定义的 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$ 是通过 $(4.2.1)(4.2.6)$ 式的 $\braket{n|\hat{V}|\psi^{(+)}_i}=\braket{n|\hat{T}|i}$ 以及 $\braket{n|\hat{V}|\psi^{(-)}_i}=\braket{n|\hat{T}^\dagger|i}$ 定义出来的，现有又莫名其妙地说 $\ket{\psi^{(\pm)}_i} = \hat{U}_{\mathcal{I}}(0,\mp\infin)\ket{i}$。**o(≧口≦)o** 你这不是给了 $\ket{\psi^{(\pm)}_i}$ 两种定义吗？难不成这两种定义是等价的？
$\quad$ 雾~~**つ﹏⊂** 你先别急，这两种定义确实是等价的。我们现在就举个例子，用 $\ket{\psi^{(+)}_i} = \hat{U}_{\mathcal{I}}(0,-\infin)\ket{i}$ 推导出 $\braket{n|\hat{V}|\psi^{(+)}_i}=\braket{n|\hat{T}|i}$。与第一节一样，我们有时间演化算符的戴森级数形式：

$$\begin{aligned} \bra{n}\hat{U}_\mathcal{I}(0,-\infin)\ket{i} = \delta_{ni} &+ (-\frac{i}{\hbar})\int^{0}_{-\infin}\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i}dt_1 \\ &+ (-\frac{i}{\hbar})^2\int^{0}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} + \cdots \end{aligned} \tag{4.2.11}$$

并且同样引入截断因子：

$$\hat{V}(\vec{r}) = \hat{V}(\vec{r})e^{-\epsilon|t|} \quad \rightarrow \quad \hat{V}^\mathcal{I}(t) = \hat{V}^\mathcal{I}(t)e^{-\epsilon|t|} \tag{4.2.12}$$

1. 对于一阶项：

$$\begin{aligned} (-\frac{i}{\hbar})\int^{0}_{-\infin}\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i}dt_1 &= (-\frac{i}{\hbar})\int^{0}_{-\infin}\bra{n}e^{\frac{i}{\hbar}({t_1}-t_0)\hat{H}_0}\hat{V}e^{-\epsilon|t_1|}e^{-\frac{i}{\hbar}({t_1}-t_0)\hat{H}_0}\ket{i}dt_1 \\ &= (-\frac{i}{\hbar}) \braket{n|\hat{V}|i} \int^{0}_{-\infin} e^{i(\omega_n-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}dt_1 \\ &= (-\frac{i}{\hbar}) \braket{n|\hat{V}|i} \frac{e^{i(\omega_n-\omega_i)t_1+\epsilon t_1}}{i(\omega_n-\omega_i)+\epsilon} \Bigg|^0_{-\infin} \\ &= (-\frac{i}{\hbar}) \braket{n|\hat{V}|i} \frac{1}{i(\omega_n-\omega_i)+\epsilon} \\ &= \braket{n|\hat{V}|i} \frac{1}{E_i-E_n+i\epsilon} \\ &= \bra{n} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V} \ket{i} \end{aligned} \tag{4.2.13}$$

2. 对于二阶项：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^2\int^{0}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m}\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i} \int^{0}_{-\infin}e^{i(\omega_n-\omega_m)t_2-\epsilon|t_2|}\int^{t_2}_{-\infin}e^{i(\omega_m-\omega_i)t_1-\epsilon|t_1|}dt_1 dt_2 \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \int^{0}_{-\infin} e^{i(\omega_n-\omega_i)t_2+2\epsilon t_2} dt_2 \\ =& (-\frac{i}{\hbar})^2\sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{i(\omega_m-\omega_i)+\epsilon} \frac{1}{i(\omega_n-\omega_i)+2\epsilon} \\ =& \sum_{m} \frac{\bra{n}\hat{V}\ket{m}\bra{m}\hat{V}\ket{i}}{E_i-E_m+i\epsilon} \frac{1}{E_i-E_n+2i\epsilon} \\ =& \bra{n} \hat{V} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V} \ket{i} \frac{1}{E_i-E_n+2i\epsilon} \\ =& \bra{n} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+\color{red}{i2\epsilon}} \hat{V} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+\color{red}{i\epsilon}} \hat{V} \ket{i} \\ =& \bra{n} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+\color{red}{i\epsilon}} \hat{V} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+\color{red}{i\epsilon}} \hat{V} \ket{i} \end{aligned} \tag{4.2.14}$$

注意上式最后一步，我们令由于 $\epsilon$ 是无穷小量，所以我们去掉了它前面的系数 $2$。好吧，虽然这样写感觉有点问题，因为 $2\epsilon$ 和 $\epsilon$ 是同阶无穷小量，却不是等价无穷小量。但或许实际工作中，在最后使得 $\epsilon\rightarrow 0^+$ 后，这一点小问题是可以忽略掉的... 也许吧

1. 更高阶的项同理得：

$$\begin{aligned} &(-\frac{i}{\hbar})^n\int^{0}_{-\infin}dt_n\cdots\int^{t_3}_{-\infin}dt_2\int^{t_2}_{-\infin}dt_1\bra{n}\hat{V}^\mathcal{I}(t_n)\cdots\hat{V}^\mathcal{I}(t_2)\hat{V}^\mathcal{I}(t_1)\ket{i} \\ =& \bra{n}\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\underbrace{\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}\cdots\frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \hat{V}}_{n-1}\ket{i} \end{aligned} \tag{4.2.15}$$