Zeitentwicklung und Bilder

Kapitelvorwort

In der Quantentheorie gibt es keine klare Trennung zwischen System und Messapparatur. Nur ein abgeschlossenes und von allen äußeren Einflüssen (z.B. Messungen) isoliertes System verändert sich in exakt vorhersagbarer Weise. In diesem Kapitel beschreiben wir diese deterministische Zeitentwicklung eines abgeschlossenen Quantensystems.

Die Zeitentwicklung eines ungestörten Systems ist durch die lineare Schrödinger-Gleichung bestimmt und den zugehörigen unitären Zeitentwicklungsoperator ${\hat{U}}(t,t_{0})$ gegeben. In Abschnitt 25.1 wird ${\hat{U}}(t,t_{0})$ für Systeme mit wenigen Zuständen berechnet. Als Beispiel dienen die Rabi-Oszillationen eines Zweizustand-Systems. Die formale Lösung für ${\hat{U}}(t,t_{0})$ als Potenzreihe in Potenzen des Hamilton-Operators wird in Abschnitt 25.2 bestimmt. Mithilfe von ${\hat{U}}$ wird dann in Abschnitt 25.3 vom Schrödinger-Bild zuerst in das Heisenberg-Bild und danach in das für Störungs- und Streutheorie wichtige Wechselwirkungsbild transformiert. In Abschnitt 25.4 wird dann kurz die Von-Neumann-Gleichung für Dichtematrizen besprochen. Im letzten Abschnitt 25.4 folgt die Pfadintegral-Darstellung für ${\hat{U}}(t,t_{0})$ im Ortsraum ab. Es wird gezeigt, dass die Amplitude für die Propagation eines Teilchens zwischen zwei Orten durch eine gewichtete Summe über alle denkbaren Wege zwischen den Orten gegeben ist.

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

•:

leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

••:

mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

•••:

anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

25.1 •• Exponentiation einer zweidimensionalen Matrix

Es sei ${\boldsymbol{M}}$ eine beliebige zweidimensionale Matrix.

• (a) Leiten Sie (25.25) mithilfe des Theorems von Cayley‐Hamilton her.

• (b) Leiten Sie (25.25) her, indem Sie die Eigenbasis von ${\boldsymbol{M}}$ benutzen (falls diese existiert).

• (c) Wir wissen, dass für jede antihermitesche ${\boldsymbol{M}}$ die Matrix $\exp({\boldsymbol{M}})$ unitär ist. Zeigen Sie dies für die explizite Lösung.

Lösungshinweis:

Der Satz von Cayley‐Hamilton lautet:

Ist P _M das charakteristische Polynom der $n\times n$‐Matrix ${\boldsymbol{M}}$,

$$\begin{aligned}P_{M}(\lambda)&=\det(\lambda{\boldsymbol{I}}-{\boldsymbol{M}})\\ &=\lambda^{n}-\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{M}})\lambda^{n-1}+\dots+(-)^{n}\det{\boldsymbol{M}}\,,\end{aligned}$$

(25.140)

dann gilt $P_{M}({\boldsymbol{M}})=0$.

Bei der Exponentiation ist es vorteilhaft, ${\boldsymbol{M}}$ in ein Vielfaches der Einheitsmatrix und den spurfreien Anteil zu zerlegen:

$${\boldsymbol{M}}=\frac{1}{2}\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{M}}){\boldsymbol{I}}+{\boldsymbol{K}},\quad\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{K}})=0\,.$$

(25.141)

25.2 ••• Zeitentwicklung von Zweizustandssystemen

Gegeben sei ein Qbit mit einem Hamilton‐Operator ${\hat{H}}_{0}$, der nicht von der Zeit abhängt. In der Eigenbasis von ${\hat{H}}_{0}$ ist die Energiematrix diagonal, ${\boldsymbol{H}}_{0}=\text{diag}(E_{1},E_{2})$. Die Differenz der ungestörten Energien definiert eine Frequenz $\hbar\omega_{0}=E_{2}-E_{1}$. Nun wirke auf das System eine harmonisch schwingende Störung ${\hat{V}}(t)$ ein. In der Eigenbasis von ${\hat{H}}_{0}$ ist

$${\boldsymbol{H}}(t)={\boldsymbol{H}}_{0}+{\boldsymbol{V}}(t)\,,\quad{\boldsymbol{V}}(t)=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0&\rho\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\\ \rho^{*}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}&0\end{pmatrix}\,$$

(25.142)

mit konstantem $\rho\in\mathbb{C}$.

• (a) Berechnen Sie die Matrix der Zeitentwicklung ${\boldsymbol{U}}(t,0)$.

• (b) Mit welcher Kreisfrequenz (ausgedrückt durch $\omega_{0},\omega$ und ρ) oszillieren die Wahrscheinlichkeiten, das System in einem der beiden Eigenzustände von ${\hat{H}}_{0}$ zu finden? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, das zum Zeitpunkt t = 0 im Grundzustand von ${\hat{H}}_{0}$ präparierte System zu späteren Zeiten im angeregten Zustand zu finden?

• (c) Setzen Sie nun $E_{1}=E_{2}$ und entwickeln Sie ${\boldsymbol{U}}(t,0)$ in Potenzen des Kopplungsparameters ρ bis zur Ordnung $O(\rho^{3})$. Es sollten sich die Ergebnisse (25.63) bis (25.65) ergeben.

Lösungshinweis:

In Teilaufgabe (a) kann man durch die zeitabhängige Transformation $c_{1}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t/2}\tilde{c}_{1}(t)$ und $c_{2}(t)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t/2}\tilde{c}_{2}(t)$ in der Schrödinger‐Gleichung (25.10) für die Koeffizienten die Zeitabhängigkeit von ${\boldsymbol{H}}(t)$ wegtransformieren.

25.3 •• Zeitentwicklung in instantaner Eigenbasis

Für einen zeitabhängigen Hamilton‐Operator ${\hat{H}}(t)$ mit diskretem Spektrum sei zu jedem Zeitpunkt das Eigenwertproblem

$$\hat{H}(t)\left|\phi_{n}(t)\right\rangle=E_{n}(t)\left|\phi_{n}(t)\right\rangle$$

(25.143)

gelöst.

• (a) Zeigen Sie, dass die Koeffizienten $c_{n}(t)$ in der Entwicklung einer Lösung $\left|\psi(t)\right\rangle$ der Schrödinger‐Gleichung nach den orthonormierten Eigenvektoren $\left|\phi_{n}(t)\right\rangle$ die Gleichung

  $$\begin{aligned}\mathrm{i}\hbar\dot{c}_{n}(t)&=\sum_{n}h_{mn}(t)c_{n}(t)\\ \text{mit}\quad h_{mn}(t)&=\delta_{mn}E_{n}(t)+\mathrm{i}\hbar\langle\partial_{t}\phi_{m}(t)\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle\end{aligned}$$

  (25.144)

  erfüllt.

• (b) Zeigen Sie, dass die Matrix mit den Elementen $h_{mn}(t)$ hermitesch ist.

• (c) Bestimmen Sie die $c_{n}(t)$ für zeitunabhängige Hamilton‐Operatoren.

Lösungshinweis:

In Teilaufgabe (b) sollte man berücksichtigen, dass für orthonormierte Vektoren $\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle$ die Ableitung von $\langle\phi_{n}\left|{\phi_{m}}\right\rangle$ nach der Zeit verschwindet.

25.4 • Ehrenfest‐Gleichungen im Schrödinger‐Bild

Im Haupttext wurde das Ehrenfest‐Theorem

$$\frac{\mathrm{d}{\langle}{{\hat{q}}_{i}{\rangle}}}{\mathrm{d}t}=\left\langle\frac{\partial{\hat{H}}}{\partial{\hat{p}}_{i}}\right\rangle\quad\text{und}\quad\frac{\mathrm{d}{\langle}{{\hat{p}}_{i}}{\rangle}}{\mathrm{d}t}=-\left\langle\frac{\partial{\hat{H}}}{\partial{\hat{q}}_{i}}\right\rangle\,$$

(25.145)

im Heisenberg‐Bild bewiesen, wo die Operatoren zeitabhängig sind. Die Erwartungwerte in dieser Gleichung sind aber unabhängig vom gewählten Bild.

• (a) Beweisen Sie zuerst im Schrödinger‐Bild

  $$\mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\langle}{{\hat{A}}}{\rangle}={\langle}{[{\hat{A}},{\hat{H}}]}{\rangle}\,.$$

  (25.146)

• (b) Wenden Sie das Resultat auf Orts‐ und Impulsoperator an, um die Ehrenfest‐Gleichungen (25.145) zu beweisen.

25.5 • Zeitabhängigkeit des Ortsoperators im Heisenberg‐Bild

Zeigen Sie, dass sich für

• (a) das freie Teilchen und

• (b) den harmonischen Oszillator

für ${\hat{x}}_{\mathrm{H}}$ dieselben Zeitabhängigkeiten ergeben wie in der klassischen Mechanik.

25.6 •• BCH‐Formel für den Propagator

Eine für die Umformung des Zeitentwicklungsoperators nützliche Form der Baker‐Campbell‐Hausdorff‐Formel lautet

$$\mathrm{e}^{\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})}=\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{B}}}\,\mathrm{e}^{\varepsilon^{2}{\hat{C}}/2!}\,\mathrm{e}^{\varepsilon^{3}{\hat{D}}/3!}\,\mathrm{e}^{O(\varepsilon^{4})}$$

(25.147)

mit den Operatoren

$${\hat{C}}=-[{\hat{A}},{\hat{B}}],\quad{\hat{D}}=2[{\hat{B}},[{\hat{A}},{\hat{B}}]]+[{\hat{A}},[{\hat{A}},{\hat{B}}]]\,.$$

(25.148)

• (a) Begründen Sie dieses Resultat, indem Sie beide Seiten von (25.147) bis zur Ordnung $\varepsilon^{3}$ entwickeln.

• (b) Bestimmen Sie nun die Operatoren ${\hat{C}}^{\prime}$ und ${\hat{D}}^{\prime}$ der im Haupttext benutzten Formel

  $$\mathrm{e}^{\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})}=\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}/2}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{B}}}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}/2}\,\mathrm{e}^{\varepsilon^{2}{\hat{C}}^{\prime}/2!}\,\mathrm{e}^{\varepsilon^{3}{\hat{D}}^{\prime}/3!}\,\mathrm{e}^{O(\varepsilon^{4})}\,.$$

  (25.149)

• (c) Beim Übergang zum Pfadintegral im Haupttext war ${\hat{A}}$ proportional zum antihermiteschen Operator $\mathrm{i}{\hat{H}}_{0}$ und ${\hat{B}}$ zum antihermiteschen Operator $\mathrm{i}{\hat{V}}$. Nennen Sie zwei Gründe, warum für kleine $\varepsilon$ die Approximation

  $$\mathrm{e}^{\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})}\approx\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}/2}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{B}}}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}/2}$$

  (25.150)

  der Approximation

  $$\mathrm{e}^{\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})}\approx\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{A}}}\,\mathrm{e}^{\varepsilon{\hat{B}}}$$

  (25.151)

  vorzuziehen ist.

Lösungshinweis:

Bei Teilaufgabe (c) sollten Sie auch auf die Unitarität der approximierenden Operatoren achten.

25.7 ••• Diskretes Pfadintegral für den Oszillator

Es soll hier schrittweise die Determinante der k‐dimensionalen Matrix

$${\boldsymbol{A}}_{k}=\begin{pmatrix}\mu&-1&0&\cdots&0\\ -1&\mu&-1&\cdots&0\\ \vdots&&\ddots&&\vdots\\ &&&\mu&-1\\ 0&&\cdots&-1&\mu\end{pmatrix}\,$$

(25.152)

mit $\mu=2-\varepsilon^{2}\omega^{2}$ im Grenzfall $\varepsilon\to 0$ berechnet werden, wobei $\varepsilon$ und ω fest bleiben. Diese Determinante tritt bei der Pfad”-integralquantisierung des harmonischen Oszillators auf. Des Weiteren bestimmen wir relevante Matrixelemente der inversen Matrix im Grenzfall $\varepsilon\to 0$.

• (a) Finden Sie die Rekursionsrelation, welche die Determinanten von ${\boldsymbol{A}}_{k+1},\,{\boldsymbol{A}}_{k}$ und ${\boldsymbol{A}}_{k-1}$ verbindet.

• (b) Ersetzen Sie nun in der Rekursionsrelation μ durch $2-\varepsilon^{2}\omega^{2}$ mit $\varepsilon N=t$. Dividieren Sie die Relation durch $\varepsilon^{2}$, um eine Differenzengleichung mit $-\omega^{2}\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ auf der rechten Seite zu erhalten.

• (c) Die Größen $\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ werden nun als die Werte einer Funktion $D(t^{\prime})$ mit $0\leq t^{\prime}\leq t$ an den Stützstellen $t_{k}=k\varepsilon$ interpretiert mit $k=0,\dots,N$. Welche Differenzialgleichung erhalten Sie im Kontinuumslimes $\varepsilon\to 0$ (mit festgehaltenem $t=N\varepsilon$) für $D(t)$? Berechnen Sie die Anfangsbedingungen

  $$D(0)\quad\text{und}\quad\dot{D}(0)$$

  (25.153)

  im Grenzfall $\varepsilon\to 0$. Warum muss man die Determinanten mit $\varepsilon$ skalieren, um eine wohldefinierte Funktion D zu erhalten?

• (d) Berechnen Sie die Matrixelemente in den Ecken der Matrix ${\boldsymbol{A}}^{-1}_{k}$ für kleine $\varepsilon$ bis zur Ordnung $O(\varepsilon)$.

Lösungshinweis:

Versuchen Sie in Teilaufgabe (d) nicht, die vollständige Matrix ${\boldsymbol{A}}_{k}$ zu invertieren. Nur die Matrixelemente $(1,1),\,(1,k),\,(k,1)$ und $(k,k)$ der inversen Matrix sind gefragt. Diese können durch die Determinanten von ${\boldsymbol{A}}_{k}$ und ${\boldsymbol{A}}_{k-1}$ ausgedrückt werden. Setzen Sie dann $k=N$ und benutzen Sie $\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{N}=D(t)$ sowie $\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{N-1}=D(t)-\varepsilon\dot{D}(t)+O(\varepsilon^{2})$.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

25.1

• (a) Da ${\boldsymbol{I}}$ und ${\boldsymbol{K}}$ kommutieren, ist

  $$\mathrm{e}^{{\boldsymbol{M}}}=\mathrm{e}^{\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{M}})/2}\mathrm{e}^{{\boldsymbol{K}}}\,,$$

  (25.154)

  und wir brauchen uns nur noch um den zweiten Faktor zu kümmern. Für die spurfreie Matrix ${\boldsymbol{K}}$ lautet der Satz von Cayley‐Hamilton ${\boldsymbol{K}}^{2}=-\det({\boldsymbol{K}}){\boldsymbol{I}}$, und deshalb ist

  $$\begin{aligned}\mathrm{e}^{{\boldsymbol{K}}}&={\boldsymbol{I}}+{\boldsymbol{K}}+\frac{1}{2!}{\boldsymbol{K}}^{2}+\frac{1}{3!}{\boldsymbol{K}}^{3}+\frac{1}{4!}{\boldsymbol{K}}^{4}+\dots\\ &={\boldsymbol{I}}+{\boldsymbol{K}}-\frac{\det{\boldsymbol{K}}}{2!}{\boldsymbol{I}}-\frac{\det{\boldsymbol{K}}}{3!}{\boldsymbol{K}}+\dots\\ &=\cos\mathcal{D}\,{\boldsymbol{I}}+\frac{\sin\mathcal{D}}{\mathcal{D}}\,{\boldsymbol{K}},\quad\mathcal{D}=\sqrt{\det{\boldsymbol{K}}}\end{aligned}$$

  (25.155)

  eine Linearkombination der Matrizen ${\boldsymbol{I}}$ und ${\boldsymbol{K}}$. Somit erhalten wir für eine spurfreie Matrix

  $$\mathrm{e}^{{\boldsymbol{K}}}=\cos\mathcal{D}\,{\boldsymbol{I}}+\frac{\sin\mathcal{D}}{\mathcal{D}}{\boldsymbol{K}}\,.$$

  (25.156)

• (b) Für eine spurfreie diagonalisierbare Matrix ${\boldsymbol{K}}$ existiert ein invertierbares ${\boldsymbol{S}}$ mit

  $${\boldsymbol{K}}={\boldsymbol{S}}{\boldsymbol{D}}{\boldsymbol{S}}^{-1}\quad\text{und}\quad{\boldsymbol{D}}=\begin{pmatrix}\lambda&0\\ 0&-\lambda\end{pmatrix}\,.$$

  (25.157)

  Daraus folgt ${\boldsymbol{K}}^{n}={\boldsymbol{S}}{\boldsymbol{D}}^{n}{\boldsymbol{S}}^{-1}$. Da sich die Spur bei einer Ähnlichkeitstransformation nicht ändert, ist $\mathop{\mathrm{Sp}}{\boldsymbol{D}}=\mathop{\mathrm{Sp}}{\boldsymbol{K}}=0$. Aus der Darstellung (25.157) folgt

  $$\mathrm{e}^{{\boldsymbol{K}}}={\boldsymbol{S}}\mathrm{e}^{{\boldsymbol{D}}}{\boldsymbol{S}}^{-1}\,.$$

  (25.158)

  Nun schreiben wir

  $$\mathrm{e}^{{\boldsymbol{D}}}=\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\lambda}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\lambda}\end{pmatrix}=\cosh(\lambda)\,{\boldsymbol{I}}+\frac{\sinh(\lambda)}{\lambda}{\boldsymbol{D}}\,.$$

  (25.159)

  Daraus folgt nun sofort

  $$\mathrm{e}^{{\boldsymbol{K}}}={\boldsymbol{S}}\mathrm{e}^{{\boldsymbol{D}}}{\boldsymbol{S}}^{-1}=\cosh(\lambda){\boldsymbol{I}}+\frac{\sinh(\lambda)}{\lambda}{\boldsymbol{K}}\,.$$

  (25.160)

  Mithilfe von $\det{\boldsymbol{K}}=\det{\boldsymbol{D}}=-\lambda^{2}$ gewinnt man wieder das frühere Resultat (25.25).

• (c) Die Matrix (25.141) ist antihermitesch, wenn $\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{M}})$ imaginär und ${\boldsymbol{K}}$ antihermitesch ist. Eine spurfreie und antihermitesche Matrix ${\boldsymbol{K}}$ hat die Form

  $${\boldsymbol{K}}=\begin{pmatrix}\mathrm{i}\alpha&b\\ -b^{*}&-\mathrm{i}\alpha\end{pmatrix}$$

  (25.161)

  mit reellem α. Ihre positive Determinante

  $$\det{\boldsymbol{K}}=\alpha^{2}+|b|^{2}$$

  (25.162)

  hat eine reelle Quadratwurzel $\mathcal{D}$. Weiterhin impliziert der Satz von Cayley‐Hamilton

  $${\boldsymbol{K}}^{\dagger}{\boldsymbol{K}}=-{\boldsymbol{K}}^{2}=\mathcal{D}^{2}{\boldsymbol{I}}\,.$$

  (25.163)

  Deshalb findet man anstelle von (25.155) das Resultat

  $$\left(\mathrm{e}^{\boldsymbol{K}}\right)^{\dagger}=\cos\mathcal{D}\,{\boldsymbol{I}}-\frac{\sin\mathcal{D}}{\mathcal{D}}{\boldsymbol{K}}\,,$$

  (25.164)

  und die exponentierte Matrix in (25.156) ist unitär, da

  $$\left(\mathrm{e}^{\boldsymbol{K}}\right)^{\dagger}\mathrm{e}^{\boldsymbol{K}}=(\cos\mathcal{D})^{2}{\boldsymbol{I}}+\frac{(\sin\mathcal{D})^{2}}{\mathcal{D}^{2}}\,\mathcal{D}^{2}{\boldsymbol{I}}$$

  (25.165)

  gleich der Einheitsmatrix ist.

25.2

• (a) Transformiert man die Koeffizienten $c_{i}(t)$ wie im Hinweis angegeben, dann erhält man eine Schrödinger‐Gleichung für die $\tilde{c}_{i}(t)$ mit zeitunabhängiger Energiematrix

  $$\tilde{\boldsymbol{H}}=\frac{\mathop{\mathrm{Sp}}({\boldsymbol{H}}_{0})}{2}{\boldsymbol{I}}+{\boldsymbol{K}}\,,\quad{\boldsymbol{K}}=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}\omega-\omega_{0}&\rho\\ \rho^{*}&\omega_{0}-\omega\end{pmatrix}\,.$$

  (25.166)

  Hier ist $\hbar\omega_{0}=E_{2}-E_{1}$ die Differenz der ungestörten Energien und ${\boldsymbol{K}}$ der spurfreie Anteil von $\tilde{\boldsymbol{H}}$. Die beiden Matrizen in dieser Zerlegung kommutieren, sodass

  $$\tilde{\boldsymbol{U}}(t,0)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\tilde{\boldsymbol{H}}t/\hbar}=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bar{E}t/\hbar}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\,{\boldsymbol{K}}t/\hbar}\,.$$

  (25.167)

  Die Matrix ${\boldsymbol{K}}$ erhalten wir aus der Matrix (25.30) durch die Ersetzung $\omega_{0}\mapsto\omega_{0}-\omega$, sodass

  $$\tilde{\boldsymbol{U}}(t,0)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bar{E}t/\hbar}\left(\cos\left(\frac{\Upomega t}{2}\right)-\frac{2\mathrm{i}}{\Upomega}\sin\left(\frac{\Upomega t}{2}\right)\,\frac{{\boldsymbol{K}}}{\hbar}\right)\,$$

  mit der Rabi‐Frequenz $\Upomega^{2}=(\omega_{0}-\omega)^{2}+|\rho|^{2}\propto\det{\boldsymbol{K}}$. Die Zeitentwicklung der ursprünglichen Koeffizienten $(c_{1},c_{2})$ ist dann gegeben durch die unitäre Matrix

  $${\boldsymbol{U}}(t,0)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bar{E}t/\hbar}\begin{pmatrix}a&b\\ -b^{*}&a^{*}\end{pmatrix}\,$$

  (25.168)

  mit den zeitabhängigen Matrixelementen

  $$a(t) =\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t/2}\left(\cos\frac{\Upomega t}{2}+\mathrm{i}\frac{\omega_{0}-\omega}{\Upomega}\sin\frac{\Upomega t}{2}\right)\,,$$

  (25.169)
  $$b(t) =-\frac{\mathrm{i}\rho}{\Upomega}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t/2}\sin\frac{\Upomega t}{2}\,.$$

  (25.170)

• (b) Ist das System anfänglich im Grundzustand von ${\hat{H}}_{0}$, so ist $c_{1}(0)=1$ und $c_{2}(0)=0$. Dann ist der zweite Koeffizient zu späteren Zeiten

  $$c_{2}(t)=-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bar{E}t/\hbar}b^{*}(t)\,,$$

  (25.171)

  und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist

  $$|c_{2}(t)|^{2}=|b(t)|^{2}=\frac{|\rho|^{2}}{2\Upomega^{2}}(1-\cos\Upomega t)\,.$$

  (25.172)

  Die Wahrscheinlichkeit oszilliert mit der Rabi‐Frequenz

  $$\Upomega=\sqrt{(\omega_{0}-\omega)^{2}+|\rho|^{2}}\,.$$

  (25.173)

  Im statischen Grenzfall $\omega=0$ erhalten wir wieder das frühere Resultat (25.32).

• (c) Nun setzen wir $\omega_{0}=0$ und entwickeln in Potenzen von $|\rho|/\omega$. Mithilfe der Entwicklungen

  $$\cos\frac{\Upomega t}{2} =\cos\tau-\frac{|\rho|^{2}\tau}{2\omega^{2}}\sin\tau+O\left(|\rho|^{4}\right)\,,$$

  (25.174)
  $$\frac{\omega}{\Upomega}\sin\frac{\Upomega t}{2} =\sin\tau+\frac{|\rho|^{2}\tau}{2\omega^{2}}\cos\tau-\frac{|\rho|^{2}}{2\omega^{2}}\sin\tau+O\left(|\rho|^{4}\right)$$

  mit der dimensionslosen Zeit $\tau=\omega t/2$ findet man

  $$a =1-\frac{\mathrm{i}|\rho|^{2}}{2\omega^{2}}\left(\tau-\sin\tau\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\tau}\right)+\dots\,,$$

  (25.175)
  $$b =\frac{\rho}{\mathrm{i}\omega}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\tau}\left(\sin\tau+\frac{|\rho|^{2}}{2\omega^{2}}\left(\tau\cos\tau-\sin\tau\right)+\dots\right)\,.$$

25.3

• (a) Die Koeffizienten in der Reihenentwicklung

  $$\left|{\psi(t)}\right\rangle=\sum_{n}c_{n}(t)\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle$$

  (25.176)

  berechnet man bekanntlich gemäß

  $$c_{n}(t)=\langle\phi_{n}(t)\left|{\psi(t)}\right\rangle\,.$$

  (25.177)

  Ihre Zeitableitung ist

  $$\mathrm{i}\hbar\dot{c}_{m}(t) =\left\langle{\phi_{m}}\right|\mathrm{i}\hbar\partial_{t}\psi(t)\rangle+\mathrm{i}\hbar\langle\partial_{t}\phi_{m}(t)\left|{\psi(t)}\right\rangle$$

  (25.178)
  $$ =\left\langle{\phi_{m}(t)}\right|{\hat{H}}\left|{\psi(t)}\right\rangle+\mathrm{i}\hbar\langle\partial_{t}\phi_{m}(t)\left|{\psi(t)}\right\rangle\,.$$

  Setzen wir für $\left|{\psi(t)}\right\rangle$ die Reihenentwicklung ein, dann folgt

  $$\mathrm{i}\hbar\dot{c}_{m}(t) =\sum_{n}\left(\left\langle{\phi_{m}(t)}\right|{\hat{H}}\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle+\mathrm{i}\hbar\langle\partial_{t}\phi_{m}(t)\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle\right)c_{n}(t)$$
  $$ =\sum_{n}h_{mn}(t)c_{n}(t)$$

  (25.179)

  mit den Matrixelementen

  $$h_{mn}(t)=\delta_{mn}E_{n}(t)+\mathrm{i}\hbar\langle\partial_{t}\phi_{m}(t)\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle\,.$$

  (25.180)

• (b) Wegen $\left\langle{\partial_{t}\phi_{m}}\right|\phi_{n}\rangle^{*}=\langle\phi_{n}\left|{\partial_{t}\phi_{m}}\right\rangle$ ist

  $$h^{*}_{nm}=\delta_{nm}E_{n}-\mathrm{i}\hbar\left\langle{\phi_{n}}\right|\partial_{t}\phi_{m}\rangle\,,$$

  (25.181)

  und unter Berücksichtigung von

  $$0=\partial_{t}\left\langle{\phi_{n}}\right|\phi_{m}\rangle=\left\langle{\partial_{t}\phi_{n}}\right|\phi_{m}\rangle+\left\langle{\phi_{m}}\right|\partial_{t}\phi_{n}\rangle$$

  (25.182)

  findet man schlussendlich

  $$h^{*}_{nm}=\delta_{nm}E_{n}+\mathrm{i}\hbar\left\langle{\partial_{t}\phi_{m}}\right|\phi_{n}\rangle=h_{mn}\,.$$

  (25.183)

• (c) Für einen zeitunabhängigen Hamilton‐Operator sind $E_{n}(t)=E_{n}$ und $\left|{\phi_{n}(t)}\right\rangle=\left|{\phi_{n}}\right\rangle$ zeitunabhängig, und entsprechend ist $h_{mn}=\delta_{mn}E_{n}$ diagonal. Die Evolutionsgleichungen für die Koeffizienten entkoppeln und haben die bekannten Lösungen

  $$c_{n}(t)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}E_{n}(t-t_{0})/\hbar}c_{n}(t_{0})\,.$$

  (25.184)

25.4

• (a) Im Schrödinger‐Bild rührt die Zeitabhängigkeit der Erwartungswerte eines beliebigen Operators ${\langle}{{\hat{A}}}{\rangle}=\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{A}}\left|{\psi(t)}\right\rangle$ von der Zeitabhängigkeit der Zustandsvektoren her. Diese erfüllen die Schrödinger‐Gleichung und ihr konjugiertes,

  $$\begin{aligned}\mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left|{\psi(t)}\right\rangle&={\hat{H}}\left|{\psi(t)}\right\rangle\,,\\ \mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\langle{\psi(t)}\right|&=-\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{H}}\,.\end{aligned}$$

  (25.185)

  Deshalb ist die Änderung eines Erwartungswertes von ${\hat{A}}$ gegeben durch

  $$\mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{A}}\left|{\psi(t)}\right\rangle=\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{A}}{\hat{H}}-{\hat{H}}{\hat{A}}\left|{\psi(t)}\right\rangle\,,$$

  (25.186)

  und dies ist die Beziehung (25.146).

• (b) In (23.91) wurden die Kommutatoren der verallgemeinerten Ortsoperatoren ${\hat{q}}_{i}$ und ihren kanonisch konjugierten Impulsoperatoren ${\hat{p}}_{i}$ mit einem beliebigen Operator $A({\hat{q}},{\hat{p}})$ angegeben. Damit findet man folgende Evolutionsgleichungen für die mittleren Orte und Impulse:

  $$\begin{aligned}\mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{q}}_{i}\left|{\psi(t)}\right\rangle&=\mathrm{i}\hbar\left\langle{\psi(t)}\right|\frac{\partial{\hat{H}}}{\partial{\hat{p}}_{i}}\left|{\psi(t)}\right\rangle\,,\\ \mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\langle{\psi(t)}\right|{\hat{p}}_{i}\left|{\psi(t)}\right\rangle&=-\mathrm{i}\hbar\left\langle{\psi(t)}\right|\frac{\partial{\hat{H}}}{\partial{\hat{q}}_{i}}\left|{\psi(t)}\right\rangle\,.\end{aligned}$$

  (25.187)

  Dies sind die Ehrenfest‐Gleichungen (25.145).

25.5

• (a) Für das freie Teilchen ist ${\hat{H}}_{\mathrm{H}}={\hat{p}}^{2}_{\mathrm{H}}/2m$, und die Heisenberg‐Gleichungen lauten

  $$\frac{\mathrm{d}{\hat{x}}_{\mathrm{H}}}{\mathrm{d}t}=\frac{\partial{\hat{H}}_{\mathrm{H}}}{\partial{\hat{p}}_{\mathrm{H}}}=\frac{{\hat{p}}_{\mathrm{H}}}{m}\,,\quad\frac{\mathrm{d}{\hat{p}}_{\mathrm{H}}}{\mathrm{d}t}=-\frac{\partial{\hat{H}}_{\mathrm{H}}}{\partial{\hat{x}}_{\mathrm{H}}}=0\,.$$

  (25.188)

  Die zweite Gleichung bedeutet, dass ${\hat{p}}_{\mathrm{H}}(t)={\hat{p}}_{\mathrm{H}}(0)$ zeitunabhängig ist. Benutzt man dies in der ersten Gleichung, dann erhält man

  $${\hat{x}}_{\mathrm{H}}(t)=\frac{{\hat{p}}_{\mathrm{H}}(0)}{m}t+{\hat{x}}_{\mathrm{H}}(0)\,.$$

  (25.189)

• (b) Für den harmonischen Oszillator mit

  $${\hat{H}}_{\mathrm{H}}=\frac{{\hat{p}}^{2}_{\mathrm{H}}}{2m}+\frac{m\omega^{2}}{2}{\hat{x}}^{2}_{\mathrm{H}}$$

  (25.190)

  lauten die Heisenberg‐Gleichungen

  $$\frac{\mathrm{d}{\hat{x}}_{\mathrm{H}}}{\mathrm{d}t}=\frac{{\hat{p}}_{\mathrm{H}}}{m}\,,\quad\frac{\mathrm{d}{\hat{p}}_{\mathrm{H}}}{\mathrm{d}t}=-m\omega^{2}{\hat{x}}_{\mathrm{H}}\,.$$

  (25.191)

  Die Ableitung der ersten Gleichung nach der Zeit mit anschließender Elimination der Zeitableitung des Impulses mithilfe der zweiten Gleichung führt auf

  $$\frac{\mathrm{d}^{2}{\hat{x}}_{\mathrm{H}}}{\mathrm{d}t^{2}}=-\omega^{2}{\hat{x}}_{\mathrm{H}}$$

  (25.192)

  mit der Lösung

  $${\hat{x}}_{\mathrm{H}}(t)=\cos(\omega t)\,{\hat{x}}_{\mathrm{H}}(0)+\frac{\sin(\omega t)}{m\omega}{\hat{p}}_{\mathrm{H}}(0)\,.$$

  (25.193)

25.6

• (a) Die linke Seite von (25.147) hat die Potenzreihenentwicklung

  $${\boldsymbol{I}}+\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})+\frac{\varepsilon^{2}}{2!}({\hat{A}}+{\hat{B}})^{2}+\frac{\varepsilon^{3}}{3!}({\hat{A}}+{\hat{B}})^{3}+\dots\,,$$

  (25.194)

  und die Enwicklung der rechten Seite lautet

  $$ {\boldsymbol{I}}+\varepsilon({\hat{A}}+{\hat{B}})+\frac{\varepsilon^{2}}{2!}\left({\hat{A}}^{2}+2{\hat{A}}{\hat{B}}+{\hat{B}}^{2}+{\hat{C}}\right)$$
  $$ \quad+\frac{\varepsilon^{3}}{3!}\left({\hat{A}}^{3}+3{\hat{A}}^{2}{\hat{B}}+3{\hat{A}}{\hat{B}}^{2}+3{\hat{A}}{\hat{C}}+{\hat{B}}^{3}+3{\hat{B}}{\hat{C}}+{\hat{D}}\right)$$
  $$ \quad+\dots$$

  (25.195)

  Ein Vergleich der beiden Terme von der Ordnung $\varepsilon^{2}$ ergibt

  $${\hat{C}}={\hat{B}}{\hat{A}}-{\hat{A}}{\hat{B}}=-[{\hat{A}},{\hat{B}}]\,.$$

  (25.196)

  Benutzt man nun dieses Resultat beim Vergleich der Terme von der Ordnung $\varepsilon^{3}$, erhält man

  $${\hat{D}} ={\hat{A}}^{2}{\hat{B}}-2{\hat{A}}{\hat{B}}^{2}-2{\hat{A}}{\hat{B}}{\hat{A}}-2{\hat{B}}^{2}{\hat{A}}+{\hat{B}}{\hat{A}}^{2}+4{\hat{B}}{\hat{A}}{\hat{B}}$$
  $$ =2[{\hat{B}},[{\hat{A}},{\hat{B}}]]+[{\hat{A}},[{\hat{A}},{\hat{B}}]]\,.$$

  (25.197)

• (b) Geht man genauso vor wie in Teilaufgabe (a), so findet man die Operatoren

  $${\hat{C}}^{\prime}=0\quad\text{und}\quad{\hat{D}}^{\prime}=\frac{1}{4}{\hat{D}}\,.$$

  (25.198)

• (c) Der erste und offensichtliche Grund ist, dass der Fehler der Approximation (25.150) von der Ordnung $O(\varepsilon^{3})$ ist, wogegen die Approximation (25.151) einen Fehler der Ordnung $O(\varepsilon^{2})$ aufweist.

  In der Anwendung ist der Operator auf der linken Seite von (25.147) der unitäre Zeitentwicklungsoperator und $\exp(\varepsilon{\hat{A}})$ der unitäre freie Zeitentwicklungsoperator. Der approximierende Operator (25.150) ist ebenfalls unitär. Wenn die antihermiteschen Operatoren ${\hat{A}}$ und ${\hat{B}}$ nicht kommutieren, ist aber der approximierende Operator (25.151) nicht unitär.

25.7

• (a) Entwickelt man die Determinante von ${\boldsymbol{A}}_{k+1}$ nach der ersten Reihe, erhält man die einfache Rekursionsrelation

  $$\det{\boldsymbol{A}}_{k+1}=\mu\det{\boldsymbol{A}}_{k}-\det{\boldsymbol{A}}_{k-1}\,.$$

  (25.199)

• (b) Man setzt für μ ein, bringt alle Terme mit Ausnahme von $-\varepsilon^{2}\omega^{2}\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ nach links und dividiert durch $\varepsilon^{2}$. Dann findet man für $\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ die Differenzengleichung

  $$\frac{\det{\boldsymbol{A}}_{k+1}-2\det{\boldsymbol{A}}_{k}+\det{\boldsymbol{A}}_{k-1}}{\varepsilon^{2}}=-\omega^{2}\det{\boldsymbol{A}}_{k}\,.$$

  (25.200)

• (c) Die $D(t_{k})=\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ erfüllen somit dieselbe lineare Differenzengleichung

  $$\frac{D(t_{k+1})-2D(t_{k})+D(t_{k-1})}{\varepsilon^{2}}=-\omega^{2}D(t_{k})\,.$$

  (25.201)

  Die Stützstellen $t_{k}=\varepsilon k$ haben den gleichen Abstand $\varepsilon$, und deshalb geht wegen

  $$\lim_{\varepsilon\to 0}\,\frac{D(t_{k+1})-2D(t_{k})+D(t_{k-1})}{\varepsilon^{2}}=\ddot{D}(t_{k})$$

  (25.202)

  die Differenzengleichung in eine gewöhnliche Differenzialgleichung zweiter Ordnung über:

  $$\ddot{D}\left(t^{\prime}\right)=-\omega^{2}D\left(t^{\prime}\right)\,.$$

  (25.203)

  Mithilfe von $\mu=2-\varepsilon^{2}\omega^{2}$ findet man

  $$\begin{aligned}D(0)&=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{1}\right)=\lim_{\varepsilon\to 0}\,(\varepsilon\mu)=0\,,\\ \frac{\mathrm{d}D}{\mathrm{d}t}(0)&=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\det{\boldsymbol{A}}_{2}-\det{\boldsymbol{A}}_{1}\right)\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0}\,(\mu^{2}-1-\mu)=1\end{aligned}$$

  (25.204)

  und somit die Anfangsbedingungen für die D‐Funktion:

  $$D(0)=0\quad\text{und}\quad\frac{\mathrm{d}D}{\mathrm{d}t}(0)=1\,.$$

  (25.205)

  Die Lösung der Differenzialgleichung (25.203) mit diesen Anfangsbedingungen ist proportional zu $\sin(\omega t^{\prime})$. Insbesondere ist

  $$\lim_{\varepsilon\to 0}\varepsilon\det\left(A_{N}\right)=D(t)=\frac{\sin(\omega t)}{\omega}\,.$$

  (25.206)

  Offensichtlich müssen die Determinanten $\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ mit $\varepsilon$ skaliert werden, damit die Anfangsbedingungen regulär sind.

• (d) Mit der Methode der Minoren (siehe den „Mathematischen Hintergrund“ 2.1.11) zeigt man schnell, dass die gesuchten Elemente der inversen Matrix gegeben sind durch

  $$({\boldsymbol{A}}_{k})^{-1}=\frac{1}{\det{\boldsymbol{A}}_{k}}\begin{pmatrix}\det{\boldsymbol{A}}_{k-1}&\dots&1\\ \vdots&&\vdots\\ 1&\dots&\det{\boldsymbol{A}}_{k-1}\end{pmatrix}\,.$$

  (25.207)

  Ersetzt man wieder $\varepsilon\det{\boldsymbol{A}}_{k}$ durch $D(t_{k})$, findet man mithilfe von $D(t_{N-1})=D(t)-\varepsilon\dot{D}(t)+O(\varepsilon^{2})$ für kleine $\varepsilon$

  $$\left({\boldsymbol{A}}_{N}\right)^{-1}\approx\frac{1}{D(t)}\begin{pmatrix}D(t)-\varepsilon\dot{D}(t)&\dots&\varepsilon\\ \vdots&&\vdots\\ \varepsilon&\dots&D(t)-\varepsilon\dot{D}(t)\end{pmatrix}\,.$$

  Mit der D‐Funktion in (25.206) führt dies auf

  $$\left({\boldsymbol{A}}_{N}\right)^{-1}\approx\begin{pmatrix}1-\varepsilon\omega\,\cot\omega t&\dots&\varepsilon\omega/\sin\omega t\\ \vdots&&\vdots\\ \varepsilon\omega/\sin\omega t&\dots&1-\varepsilon\omega\,\cot\omega t\end{pmatrix}\,.$$

  (25.208)