Erwartungswert des zeitabhängigen Hamiltonoperators

Mein Ansatz wäre: Erstmal die zeitliche Entwicklung bestimmen$\hat{x}(t)$Und$\hat{p}(t)$. Für$\hat{x}$du hast

$$\frac{d}{dt}\hat{x}_H(t) = i[H_H,\hat{x}_H(t)] = \frac{i}{2m} [\hat{p}_H(t)^2,\hat{x}_H(t)] = \frac{\hat{p_H(t)}}{m}$$ und für $p$Sie haben (vorausgesetzt $0\leq t \leq T$) $$\frac{d}{dt}\hat{p}_H(t) = i[H_H(t),\hat{p}_H(t)] = -m\omega_0^2 \hat{x}_H(t) + F_0\sin(\Omega t)$$ Das sind gekoppelte Differentialgleichungen, die Sie entkoppeln können, indem Sie sie noch einmal nach der Zeit differenzieren und eine Substitution vornehmen. Zum Beispiel,

$$\frac{d^2}{dt^2} \hat{x}_H(t) = \frac{1}{m} \frac{d}{dt} \hat{p}_H = -\omega_0^2 \hat{x}_H(t)+\frac{F_0}{m}\sin(\Omega t)$$ wo ich ausgewechselt habe $\frac{d}{dt} \hat{p}_H(t)$durch seine früher gefundene Bewegungsgleichung. Sie können auch eine Gleichung wie diese für erhalten $\hat{p}_H(t)(t)$, die ich für dich hinterlasse..

Jetzt können diese Gleichungen mit Ihrer bevorzugten Methode gelöst werden, vorausgesetzt, Sie geben ihnen geeignete Randbedingungen. Beachten Sie, dass Sie nur eine Randbedingung für benötigen$x$Und$p$(welches ist$x_H(0)=\hat{x}_S$Und$p_H(0)=\hat{p}_S$Es gibt Ihnen einen Ausdruck für$\hat{x}_H(t)$Und$\hat{p}_H(t)$bezüglich$\hat{x}_S$Und$\hat{p}_S$. Der Heisenberg-Hamiltonoperator wird dann leicht durch Einsetzen bestimmt$\hat{x}_H(t)$Und$\hat{p}_H(t)$.

Mit diesem Ausdruck in der Hand sollten Sie in der Lage sein, zu finden$\langle H(t)\rangle$(Beachten Sie, dass Sie die Fälle berücksichtigen sollten, in denen$t<0$Und$t>T$separat).

EDIT: Der Beweis zu meiner Aussage unten: Im Schrödinger-Bild ist der Hamiltonian

$$\hat H_S=\frac{\hat{p}_S^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega_0^2\hat{x}_S^2-\hat{x}_SF_0\sin(\Omega t)$$

und das Heisenberg-Bild ist gegeben durch$H_H = U^\dagger(t) H_S U(t)$. Wenn Sie also zum Beispiel den ersten Term nehmen, erhalten Sie:

$$U^\dagger(t) \frac{\hat{p}_S^2}{2m}U(t) =\frac{1}{2m} (U^\dagger(t) \hat{p}_S U^\dagger(t))(U(t)\hat{p}_SU(t)) =\frac{1}{2m} \hat{p}_H(t)^2$$

Dasselbe können Sie für die anderen Begriffe tun. Am Ende ersetzen Sie einfach effektiv$p_S\rightarrow p_H(t)$und das gleiche für$x$.

Ich habe vor einigen Jahren versucht, den Evolutionsoperator in Ihrem Fall zu berechnen. Ich wollte zeigen, dass ein solcher Hamiltonoperator zu keinem Zeitpunkt einen Quantenzustand hat. Die Lösung, die ich gefunden habe, ist, dass ein solches Modell nur zu unendlichen Zeiten einen kohärenten Zustand hat. Ich weiß immer noch nichts über Zwischenzeiten, auch wenn Sie mit der folgenden Lösung zu jeder Zeit berechnen können, was Sie wollen. Eine Störungsmethode findet sich bei Landau (zur Quantenmechanik). Das folgende Ergebnis ist auch im Buch von Gardiner und Zoller über Quantenrauschen zu finden, wenn ich mich richtig erinnere. Schließlich ist die älteste Studie zu dieser Frage, die ich gefunden habe, eine Analyse von Carruthers und Nieto (1965); Sie verwenden die Green-Funktion, um zu zeigen, dass ein harmonischer Quantenoszillator zu unendlichen Zeiten durch einen kohärenten Zustand beschrieben wird.

Ich habe die sogenannte Lie-Algebraische Methode verwendet (siehe Wei und Norman 1963 für eine gute Übersicht; mein Arbeitsblatt ist, glaube ich, in sich geschlossen), weil es eine allgemeine Methode ist, mit der Sie den Evolutionsoperator ganz einfach für einfache Hamilton-Operatoren berechnen können. Diese Methode ist nicht so bekannt

Bevor ich weiter auf die Herleitung eingehe, lassen Sie mich die Referenzen angeben (falls eine fehlt, lassen Sie es mich bitte wissen), die ich verwendet habe

• Carruthers, P. & Nieto, M. (1965). Kohärente Zustände und der erzwungene Quantenoszillator. American Journal of Physics, 33(7), 537. doi:10.1119/1.1971895
• Wei, J., & Norman, E. (1963). Lügenalgebraische Lösung linearer Differentialgleichungen. Journal of Mathematical Physics, 4(4), 575. doi:10.1063/1.1703993
• Lo, CF (1991). Erzeugen von verschobenen und gequetschten Zahlenzuständen durch einen allgemeinen getriebenen zeitabhängigen Oszillator. Physical Review A, 43(1), 404–409. doi:10.1103/PhysRevA.43.404

Nun meine LaTeX-Datei (ich habe nicht versucht, sie für die vorliegende Anzeige zu bearbeiten, daher kann es sein, dass einige Bemerkungen völlig dumm sind):

Nehmen wir dann an, wir behandeln den folgenden Hamiltonoperator

$$H=\hslash \omega \hat{a}^{+}\hat{a}+f\left( t\right) \hat{a}^{+}+f^{\ast }\left( t\right) \hat{a}$$ für jede gegebene Funktion $f$Und $f^{\ast }$je nach Zeit und mit $\hat{ a}$Und $\hat{a}^{+}$die Vernichtung und Schöpfung bosonische Frequenz $\omega$Modusoperator. Die unitäre Zeitentwicklung dieses Hamiltonoperators kann gemäß der algebraischen Auflösungsmethode von Lie geschrieben werden $H\left( t_{ \text{f}}\right) =\hat{U}^{+}\left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right) .H\left( t_{\text{i}}\right) .\hat{U}\left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right)$mit dem Propagator (siehe \cite{Wei1963} für die erste mathematische Behandlung und \cite{Lo1993} für das Beispiel des Quantenoszillators): $$\hat{U}\left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right) =e^{-\mathbf{i}\hat{a}^{+} \hat{a}\omega \left( t_{\text{f}}-t_{\text{i}}\right) }e^{\hat{a}^{+}\alpha \left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right) }e^{-\hat{a}\alpha ^{\ast }\left( t_{ \text{f}},t_{\text{i}}\right) }e^{-\left\vert \alpha \left( t_{\text{f}},t_{ \text{i}}\right) \right\vert ^{2}/2}e^{\gamma \left( t_{\text{f}},t_{\text{i} }\right) }$$ mit $$\alpha \left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right) =\int_{t_{\text{i}}}^{t_{ \text{f}}}f\left( t\right) e^{\mathbf{i}\omega t}\dfrac{dt}{\mathbf{i} \hslash }\text{ and }\gamma \left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right) =- \mathbf{i}\int_{t_{i}}^{t_{f}}\text{Im}\left\{ \alpha \left( \tau \right) \dfrac{\partial }{\partial \tau }\alpha ^{\ast }\left( \tau \right) \right\} d\tau$$ als zwei Parameter für die einheitliche Transformation wirken.

Beachten Sie nun den besonderen Fall, wenn beides der Fall ist$t_{\text{i}}$Und$t_{\text{f}}$gegen unendlich streben,$\gamma \left( t_{\text{f}},t_{\text{i}}\right)$Durchschnitte auf Null und :

$$\fbox{$\hat{U}\left( +\infty ,-\infty \right) =e^{\hat{a}^{+}\alpha }e^{- \hat{a}\alpha ^{\ast }}e^{-\left\vert \alpha \right\vert ^{2}/2}=e^{\hat{a} ^{+}\alpha -\hat{a}\alpha ^{\ast }}=\hat{D}\left( \alpha \right) $}$$ Wo $\alpha =f\left( \omega \right) /\mathbf{i}\hslash$ist der $\omega$Komponente der Fourier-Transformation von $f\left( t\right)$, geteilt durch die Größe der Quantenbox $\hslash$. Die einheitliche Evolution eines von einer klassischen Kraft angetriebenen Quantensystems entspricht somit dem Verschiebungsoperator kohärenter Zustände, wie er in \cite{Carruthers1965} zu finden ist. Dann wandelt sich der harmonische Monomode-Quantenoszillator für eine ausreichend lange Wechselwirkungszeit in den quasi-klassischen Oszillator um.

Beweis mit der Methode der Lie-Algebra

Zuerst, schreiben Sie den Hamiltonian neu$H$als

$$H\left( t\right) =a_{0}\hat{a}^{+}\hat{a}+a_{+}\left( t\right) \hat{a} ^{+}+a_{-}\left( t\right) \hat{a}$$ Wo $a_{0}$ist nicht zeitabhängig. Beachten Sie dann, dass die Operatoren $\hat{ 1}$, $\hat{a}^{+}\hat{a}$, $\hat{a}^{+}$Und $\hat{a}$bilden eine geschlossene Algebra im Lie sens, \emph{ie} bzgl. ihrer Kommutatoren : $$\left[ \hat{a}^{+}\hat{a},\hat{a}^{+}\right] =\hat{a}^{+}~;~\left[ \hat{a} ^{+}\hat{a},\hat{a}\right] =-\hat{a}~;~\left[ \hat{a},\hat{a}^{+}\right] = \hat{1}$$ Beachten Sie dann, dass die Schr\"{o}dinger-Gleichung $$H\left( t\right) \left\vert \Psi \left( t\right) \right\rangle =\mathbf{i} \hslash \dfrac{\partial }{\partial t}\left\vert \Psi \left( t\right) \right\rangle \Rightarrow \left\vert \Psi \left( t\right) \right\rangle = \hat{U}\left( t\right) \left\vert \Psi \left( 0\right) \right\rangle$$ akzeptiere den unitären Operator $\hat{U}\left( t\right)$als zeitabhängige Lösung mit $\hat{U}\left( 0\right) =\hat{1}$. Damit haben wir folgende Gleichung: $$H\left( t\right) \hat{U}\left( t\right) =\mathbf{i}\hslash \dfrac{\partial }{ \partial t}\hat{U}\left( t\right) \Rightarrow H \left(t\right)=\mathbf{i} \hslash\frac{\partial U}{\partial t}U^{+}\left(t\right)$$ entspricht dem Schr\"{o}dinger. Der zweite Ausdruck ergibt sich aus dem ersten durch Multiplikation mit $U^{+}$auf der rechten Seite. Nun, weil alle Operatoren in erscheinen $H\left( t\right)$bilden eine Lie-Algebra, die allgemeine Form von $\hat{U}\left( t\right)$Ist : $$\hat{U}\left( t\right) =e^{\alpha _{0}\left( t\right) \hat{a}^{+}\hat{a} }e^{\alpha _{+}\left( t\right) \hat{a}^{+}}e^{\alpha _{-}\left( t\right) \hat{a}}e^{\alpha \left( t\right) \hat{1}}$$ wo die Funktionen $\alpha \left( t\right)$, $\alpha _{0}\left( t\right)$, $\alpha _{+}\left( t\right)$Und $\alpha _{-}\left( t\right)$müssen gefunden werden. Seien Sie vorsichtig, diese $\alpha$hat nichts damit zu tun $\alpha$im Haupttext definiert. Dazu berechnen wir zunächst $$\begin{eqnarray*} \dfrac{\partial \hat{U}}{\partial t}\hat{U}^{+}&=&\left[ \dfrac{\partial \alpha _{0}}{\partial t}\hat{a}^{+}\hat{a}+\dfrac{\partial \alpha }{\partial t}\right] +\dfrac{\partial \alpha _{0}}{\partial t}e^{\alpha _{0}\left( t\right) \hat{a}^{+}\hat{a}}\hat{a}^{+}e^{-\alpha _{0}\left( t\right) \hat{a} ^{+}\hat{a}} \\ &&+\dfrac{\partial \alpha _{-}}{\partial t}e^{\alpha _{0}\left( t\right) \hat{a}^{+}\hat{a}}e^{\alpha _{+}\left( t\right) \hat{a}^{+}}\hat{a} e^{-\alpha _{+}\left( t\right) \hat{a}^{+}}e^{-\alpha _{0}\left( t\right) \hat{a}^{+}\hat{a}} \\ &=&\left[ \hat{a}^{+}\hat{a}\dfrac{\partial \alpha _{0}}{\partial t}+\dfrac{ \partial \alpha }{\partial t}+\hat{a}^{+}\dfrac{\partial \alpha _{+}}{ \partial t}e^{\alpha _{0}\left( t\right) }-\alpha _{+}\left( t\right) \dfrac{ \partial \alpha _{-}}{\partial t}+\hat{a}\dfrac{\partial \alpha _{-}}{ \partial t}e^{-\alpha _{0}\left( t\right) }\right] \end{eqnarray*}$$ mit Hilfe der folgenden Beziehungen: $$e^{\lambda \hat{a}^{+}\hat{a}}\hat{a}=\hat{a}e^{\lambda \hat{a}^{+}\hat{a} }e^{-\lambda }~;~e^{\lambda \hat{a}^{+}\hat{a}}\hat{a}^{+}=\hat{a} ^{+}e^{\lambda \hat{a}^{+}\hat{a}}e^{\lambda }\text{ and }e^{\lambda \hat{a} ^{+}}\hat{a}=\left( \hat{a}-\lambda \right) e^{\lambda \hat{a}^{+}}$$ plus die Definition des einheitlichen Operators $UU^{+}=\hat{1}$. Wir können äquivalent das bekannte Hadamard-Lemma verwenden, das dies besagt $$e^{\hat{S}}\hat{A}e^{-\hat{S}}=\hat{A}+\left[\hat{S},\hat{A}\right]+\frac{1}{ 2!}\left[\hat{S},\left[\hat{S},\hat{A}\right]\right]+\frac{1}{3!}\left[\hat{S },\left[\hat{S},\left[\hat{S},\hat{A}\right]\right]\right]+\ldots$$ und die Vertauschungsbeziehungen. Normalerweise ist diese Methode für einfache Gruppen schneller, da die Reihe nach wenigen Iterationen nur Nullkomponenten enthält. Injektion der oben $\left(\partial \hat{U} /\partial t\right)U^{+}$in die Schr\"{o}dinger-Gleichung $H\left( t\right)=\mathbf{i}\hslash \left(\partial \hat{U}/\partial t\right)U^{+}$, wir haben : $$\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{i}\hslash \dot{\alpha}_{0}=a_{0} \\ \dot{\alpha}-\alpha _{+}\left( t\right) \dot{\alpha}_{-}=0 \\ \mathbf{i}\hslash \dot{\alpha}_{-}e^{-\alpha _{0}\left( t\right) }=a_{-}\left( t\right) \\ \mathbf{i}\hslash \dot{\alpha}_{+}e^{\alpha _{0}\left( t\right) }=a_{+}\left( t\right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha _{0}=a_{0}\left( t-t_{\text{i}}\right) /\mathbf{i}\hslash \\ \\ \alpha _{-}\left( t\right) =\displaystyle\int_{t_{\text{i}}}^{t}a_{-}\left( \tau \right) e^{a_{0}\tau }\dfrac{d\tau }{\mathbf{i}\hslash } \\ \\ \alpha _{+}\left( t\right) =\displaystyle\int_{t_{\text{i}}}^{t}a_{+}\left( \tau \right) e^{-a_{0}\tau }\dfrac{d\tau }{\mathbf{i}\hslash } \end{array} \right.$$ Wo $\dot{\alpha}_{0}=\partial \alpha _{0}/\partial t$, $\dot{\alpha}=$... und jeden Operator auf jeder Seite der Schr\"{o}dinger-Gleichung mit sich selbst gleichzusetzen. Das haben wir angenommen $t_{\text{i}}$ist die anfängliche Zeit, wo $\alpha _{0}\left( t=t_{\text{i}}\right) =0$, $\alpha \left( t_{\text{i}}\right) =0$, ... weil der unitäre Evolutionsoperator verifizieren muss $\hat{U}\left( t=0\right) =\hat{U}\left( t,t\right) =\hat{1}$, zum einmaligen Mal $\hat{U} \left( t\right)$oder die zwei mal $\hat{U}\left( t_{\text{i}},t_{\text{f} }\right)$Einheitlicher Evolutionsoperator. Lassen Sie uns nun den Phasenfaktor finden $\alpha \left( \tau \right)$. Aufgrund einer partiellen Integration gilt: $$\begin{eqnarray*} \alpha \left( t\right) &=&\int_{t_{\text{i}}}^{t}\alpha _{+}\left( \tau \right) \dot{\alpha}_{-}\left( \tau \right) d\tau =\left[ \alpha _{+}\left( t\right) \alpha _{-}\left( t\right) \right] _{t_{\text{i}}}^{t}-\int_{t_{ \text{i}}}^{t}\dot{\alpha}_{+}\left( \tau \right) \alpha _{-}\left( \tau \right) d\tau \\ &=&\int_{t_{\text{i}}}^{t}\dfrac{\alpha _{+}\left( t\right) \dot{\alpha} _{-}\left( t\right) -\dot{\alpha}_{+}\left( t\right) \alpha _{-}\left( t\right) }{2}dt+\dfrac{1}{2}\left[ \alpha _{+}\left( t\right) \alpha _{-}\left( t\right) \right] _{t_{\text{i}}}^{t} \end{eqnarray*}$$ für eine bequemere Form. Wenn diese letzte Form möglicherweise komplexer ist als die vorherigen, scheint sie in unserem Fall einfacher zu bewerten, weil $\alpha _{-}\left( t\right) =-\alpha _{+}^{\ast }\left( t\right)$(Dies gilt, solange das gewählte Hamiltonien hermitisch ist), so dass: $$\alpha \left( t\right) =-\mathbf{i}\int_{t_{\text{i}}}^{t}\text{Im}\left\{ \alpha _{+}\left( \tau \right) \dot{\alpha}_{+}^{\ast }\left( \tau \right) \right\} d\tau -\dfrac{1}{2}\left[ \left\vert \alpha _{+}\left( \tau \right) \right\vert ^{2}\right] _{t_{\text{i}}}^{t}$$ Dies ist die Form, die im Haupttext verwendet wird. Nun, weil $t_{\text{i}}$ist die Anfangszeit, $\alpha _{+}\left( t_{\text{i}}\right) =0$, und somit $\left[ \left\vert \alpha _{+}\left( \tau \right) \right\vert ^{2}\right] _{t_{\text{ i}}}^{t}=$ $\left\vert \alpha _{+}\left( t\right) \right\vert ^{2}$. Beachten Sie, dass der vorherige Ausdruck nur eine von mehreren Ausdrucksmöglichkeiten ist $\alpha\left(t\right)$. Wir haben im Allgemeinen $$\begin{eqnarray*} \alpha\left(t\right)&=&-\int\alpha_{+}d\alpha_{+}^{*}=-\int\alpha_{-}^{*}d \alpha_{-} \\ &=&-\int\alpha_{-}d\alpha_{-}^{*}+\left\vert\alpha_{-}\right\vert^{2}=-\int \alpha_{+}^{*}d\alpha_{-}+\left\vert\alpha_{+}\right\vert^{2} \end{eqnarray*}$$ für diesen Phasenterm.