Die formale Lösung der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung

I) Die Lösung der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung (TDSE) ist

$$\Psi(t_2) ~=~ U(t_2,t_1) \Psi(t_1),\tag{A}$$

wo der (anti)zeitlich geordnete potenzierte Hamiltonoperator

$$\begin{align} U(t_2,t_1)~&=~\left\{\begin{array}{rcl} T\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] &\text{for}& t_1 ~<~t_2 \cr\cr AT\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] &\text{for}& t_2 ~<~t_1 \end{array}\right.\cr\cr ~&=~\left\{\begin{array}{rcl} \underset{N\to\infty}{\lim} \exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_2)\frac{t_2-t_1}{N}\right] \cdots\exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_1)\frac{t_2-t_1}{N}\right] &\text{for}& t_1 ~<~t_2 \cr\cr \underset{N\to\infty}{\lim} \exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_1)\frac{t_2-t_1}{N}\right] \cdots\exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_2)\frac{t_2-t_1}{N}\right] &\text{for}& t_2 ~<~t_1 \end{array}\right.\end{align}\tag{B}$$

ist formal der unitäre Evolutionsoperator, der seine eigenen zwei TDSEs erfüllt

$$i\hbar \frac{\partial }{\partial t_2}U(t_2,t_1) ~=~H(t_2)U(t_2,t_1),\tag{C}$$ $$i\hbar \frac{\partial }{\partial t_1}U(t_2,t_1) ~=~-U(t_2,t_1)H(t_1),\tag{D}$$

zusammen mit der Randbedingung

$$U(t,t)~=~{\bf 1}.\tag{E}$$

II) Der Evolutionsoperator$U(t_2,t_1)$hat die Gruppeneigenschaft

$$U(t_3,t_1)~=~U(t_3,t_2)U(t_2,t_1). \tag{F}$$

Die (anti)zeitliche Ordnung in Formel (B) ist maßgeblich dafür, dass die (anti)zeitlich geordnete Exponentialfunktion (B) gemäß der Gruppeneigenschaft (F) faktorisiert wird.

III) Die Gruppeneigenschaft (F) spielt eine wichtige Rolle beim Beweis, dass Formel (B) eine Lösung des TDSE (C) ist:

$$\begin{array}{ccc} \frac{U(t_2+\delta t,t_1) - U(t_2,t_1)}{\delta t} &\stackrel{(F)}{=}& \frac{U(t_2+\delta t,t_2) - {\bf 1} }{\delta t}U(t_2,t_1)\cr\cr \downarrow & &\downarrow\cr\cr \frac{\partial }{\partial t_2}U(t_2,t_1) && -\frac{i}{\hbar}H(t_2)U(t_2,t_1).\end{array}\tag{G}$$

Anmerkung: Oft ergibt die (anti)zeitlich geordnete Exponentialformel (B) keinen direkten mathematischen Sinn. In solchen Fällen sollten die TDSEs (C) und (D) zusammen mit der Randbedingung (E) als indirekte/deskriptive definierende Eigenschaften des (anti)zeitlich geordneten Exponentials (B) angesehen werden.

IV) Definieren wir den unitären Operator ohne die (Anti-)Zeitordnung in Formel (B) als

$$V(t_2,t_1)~=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right],\tag{H}$$

dann findet die Faktorisierung (F) im Allgemeinen nicht statt,

$$V(t_3,t_1)~\neq~V(t_3,t_2)V(t_2,t_1). \tag{I}$$

Es werden in der Regel Extrabeiträge erscheinen, vgl. die BCH-Formel . Außerdem der Einheitsoperator$V(t_2,t_1)$wird im Allgemeinen die TDSEs (C) und (D) nicht erfüllen. Siehe auch das Beispiel in Abschnitt VII.

V) In dem speziellen (aber häufigen) Fall, wo der Hamiltonoperator$H$nicht explizit von der Zeit abhängt, kann die Zeitordnung entfallen. Dann reduzieren sich die Formeln (B) und (H) auf denselben Ausdruck

$$U(t_2,t_1)~=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\Delta t~H\right]~=~V(t_2,t_1), \qquad \Delta t ~:=~t_2-t_1.\tag{J}$$

VI) Emilio Pisanty plädiert in einem Kommentar dafür, dass es interessant sei, Gl. (H) wrt$t_2$direkt. Wenn wir die Exponentialfunktion (H) auf die zweite Ordnung erweitern, erhalten wir

$$\frac{\partial V(t_2,t_1)}{\partial t_2} ~=~-\frac{i}{\hbar}H(t_2) -\frac{1}{2\hbar^2} \left\{ H(t_2), \int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t) \right\}_{+} +\ldots,\tag{K}$$

wo$\{ \cdot, \cdot\}_{+}$bezeichnet den Antikommutator. Das Problem ist, dass wir den Betreiber gerne hätten$H(t_2)$nach links geordnet [zum Vergleich mit dem TDSE (C)]. Aber das Auflösen des Antikommutators kann im Allgemeinen unerwünschte Terme erzeugen. Intuitiv ohne die (Anti-)Zeitordnung im Exponential (H), die$t_2$-Abhängigkeit ist überall verstreut, wenn wir also bzgl$t_2$, müssen wir anschließend alle verschiedenen Beiträge nach links neu anordnen, und dieser Prozess erzeugt Nicht-Null-Terme, die die Möglichkeit verderben, den TDSE (C) zu erfüllen. Siehe auch das Beispiel in Abschnitt VII.

VII) Beispiel. Der Hamiltonoperator sei nur ein externer zeitabhängiger Quellterm

$$H(t) ~=~ \overline{f(t)}a+f(t)a^{\dagger}, \qquad [a,a^{\dagger}]~=~\hbar{\bf 1},\tag{L}$$

wo$f:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ist eine Funktion. Dann nach Wicks Theorem

$$T[H(t)H(t^{\prime})] ~=~ : H(t) H(t^{\prime}): ~+ ~C(t,t^{\prime}), \tag{M}$$

wo die sogenannte Kontraktion

$$C(t,t^{\prime})~=~ \hbar\left(\theta(t-t^{\prime})\overline{f(t)}f(t^{\prime}) +\theta(t^{\prime}-t)\overline{f(t^{\prime})}f(t)\right) ~{\bf 1}\tag{N}$$

ist ein zentrales Element proportional zum Identitätsoperator. Weitere Informationen zu Sätzen vom Wick-Typ finden Sie auch in den Beiträgen this , this und this Phys.SE. (Lassen Sie uns der Einfachheit halber annehmen, dass$t_1<t_2$im Rest dieser Antwort.) Let

$$A(t_2,t_1)~=~-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t) ~=~-\frac{i}{\hbar}\overline{F(t_2,t_1)} a -\frac{i}{\hbar}F(t_2,t_1) a^{\dagger} ,\tag{O}$$

wo

$$F(t_2,t_1)~=~\int_{t_1}^{t_2}\! dt ~f(t). \tag{P}$$

Beachten Sie, dass

$$\frac{\partial }{\partial t_2}A(t_2,t_1)~=~-\frac{i}{\hbar}H(t_2), \qquad \frac{\partial }{\partial t_1}A(t_2,t_1)~=~\frac{i}{\hbar}H(t_1).\tag{Q}$$

Dann lautet der unitäre Operator (H) ohne (Anti-)Zeitordnung

$$\begin{align} V(t_2,t_1)~&=~e^{A(t_2,t_1)} \\ ~&=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}F(t_2,t_1) a^{\dagger}\right]\exp\left[\frac{-1}{2\hbar}|F(t_2,t_1)|^2\right]\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\overline{F(t_2,t_1)} a\right].\tag{R} \end{align}$$

Hier zeigt der letzte Ausdruck in (R) das normal geordnete for von an$V(t_2,t_1)$. Es ist eine einfache Übung zu zeigen, dass Formel (R) die TDSEs (C) und (D) nicht erfüllt. Stattdessen ist der korrekte einheitliche Evolutionsoperator

$$\begin{align} U(t_2,t_1)~&\stackrel{(B)}{=}~T\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] \\~&\stackrel{(M)}{=}~:\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right]:~ \exp\left[\frac{-1}{2\hbar^2}\iint_{[t_1,t_2]^2}\! dt~dt^{\prime}~C(t,t^{\prime})\right] \\ ~&=~ e^{A(t_2,t_1)+D(t_2,t_1)}~=~V(t_2,t_1)e^{D(t_2,t_1)}\tag{S}, \end{align}$$

wo

$$D(t_2,t_1)~=~\frac{{\bf 1}}{2\hbar}\iint_{[t_1,t_2]^2}\! dt~dt^{\prime}~{\rm sgn}(t^{\prime}-t)\overline{f(t)}f(t^{\prime})\tag{T}$$

ist ein zentrales Element proportional zum Identitätsoperator. Beachten Sie, dass

$$\begin{align} \frac{\partial }{\partial t_2}D(t_2,t_1)~&=~\frac{{\bf 1}}{2\hbar}\left(\overline{F(t_2,t_1)}f(t_f)-\overline{f(t_2)}F(t_2,t_1)\right) \\ ~&=~\frac{1}{2}\left[ A(t_2,t_1), \frac{i}{\hbar}H(t_2)\right]~=~\frac{1}{2}\left[\frac{\partial }{\partial t_2}A(t_2,t_1), A(t_2,t_1)\right].\tag{U} \end{align}$$

Man kann die Identität (U) verwenden, um direkt zu prüfen, ob der Operator (S) die TDSE (C) erfüllt.

Verweise:

1. Sidney Coleman, QFT Vorlesungsunterlagen, arXiv:1110.5013 ; p. 77.

Die vorhandene Antwort von Qmechanic ist völlig korrekt und äußerst gründlich. Aber es ist sehr lang und technisch, und es besteht die Gefahr, dass der Kern der Antwort unter all dem begraben wird.

Die Behauptung in der Frage,

formal

$$\tag 2 \Psi (t) ~=~ \exp\left[-i \int_{0}^{t} \hat{ H}(t^{\prime}) ~\mathrm dt^{\prime}\right]\Psi (0)$$ scheint vollkommen in Ordnung zu sein: es befriedigt $$\tag 1 i \partial_{0} \Psi ~=~ \hat{ H}~ \Psi$$ und die Anfangsbedingungen

ist falsch: die Wellenfunktion in$(2)$erfüllt die Differentialgleichung in nicht$(1)$.

Der Grund dafür ist in der Regel die Exponentialfunktion eines Operators$\hat A(t)$gehorcht nicht der Differentialgleichung

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}e^{\hat A(t)} \stackrel{?}{=} \frac{\mathrm d \hat{A}}{\mathrm dt} e^{\hat A(t)}$$ dass man naiv hoffen könnte, es zu befriedigen. (Es ist schließlich der Exponentialoperator, oder?)

Um zu sehen, warum dies nicht funktioniert, betrachten Sie die Reihenerweiterung der Exponentialfunktion:

$$\begin{align} \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}e^{\hat A(t)} & = \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\hat A(t)^n \\& = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \hat A(t)^n, \end{align}$$ und soweit so gut. Wenn wir jedoch versuchen, dies weiter voranzutreiben, erhalten wir keine schöne Ableitung der Form$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \hat A(t)^n \stackrel{?}{=} n\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1}$wie wir es für skalare Funktionen tun.

Wenn wir stattdessen die Produktregel anwenden, erhalten wir die einzelnen Ableitungen jedes der Operatoren im Produkt an ihrer Stelle im Produkt:

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \hat A(t)^n = \frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1} +\hat A(t)\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-2} +\hat A(t)^2\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-3} +\cdots +\hat A(t)^{n-2}\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t) +\hat A(t)^{n-1}\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} .$$ Dies lässt sich nur vereinfachen$n\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1}$aber nur unter der Bedingung, dass$\hat A(t)$pendeln mit seiner Ableitung, $$\left[\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} , \hat A(t)\right] \stackrel{?}{=} 0,$$ und in der Regel ist dies nicht erfüllt.

Für den speziellen Fall in der Frage, wo$\hat A(t) = -i \int_0^t \hat H(\tau) \mathrm d\tau$und deshalb$\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} = -i \hat H(t)$, haben wir nach Linearität

$$\left[\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} , \hat A(t)\right] = -i \int_0^t \left[\hat H(t),\hat H(\tau)\right] \mathrm d\tau,$$ Also, wenn es irgendwelche Zeiten gibt$t'<t$wofür$\left[\hat H(t),\hat H(t')\right]$nicht Null ist, dann bricht das ganze Kartenhaus zusammen.

Die gleichung

$$\partial _{t}\psi (t)=-iH\psi (t)$$

wirkt in einem Hilbertraum mit$H$selbstadjungiert hat die allgemeine Lösung

$$\psi (t)=\exp [-iH(t-t_{0})]\psi (t_{0}),$$

nach dem Satz von Stone . Im Fall$H=H(t)$kommt drauf an$t$Angelegenheiten ändern sich und die Reihenfolge der Zeit wird relevant. Wenn$H$nicht zeitabhängig Ihre Gl. (3) reduziert sich auf (2).