La solución formal de la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo

Question

Considere la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo Schrödinger equation (o alguna ecuación en forma de Schrödinger) escrita como $$ \tag 1 i\hbar \partial_{t} \Psi ~=~ \hat{H} \Psi . $$ Normalmente, a uno le gusta escribir que tiene una solución formal de la forma $$ \tag 2 \Psi (t) ~=~ \exp\left[-\frac{i}{\hbar} \int \limits_{0}^{t} \hat{ H}(t^{\prime}) ~\mathrm dt^{\prime}\right]\Psi (0). $$ Sin embargo, esta forma para la solución de $(1)$ en realidad está construida por el método de aproximaciones sucesivas que en realidad devuelve una solución de la forma $$ \tag 3 \Psi (t) ~=~ \color{red}{\hat{\mathrm T}} \exp\left[-\frac{i}{\hbar} \int \limits_{0}^{t} \hat{H}(t^{\prime})~\mathrm dt^{\prime}\right]\Psi (0), \qquad t>0, $$ donde $\color{red}{\hat{\mathrm T}}$ es el operador de ordenamiento temporal.

Parece que $(3)$ no coincide con $(2)$, pero formalmente $(2)$ parece estar perfectamente bien: satisface $(1)$ y las condiciones iniciales. Entonces, ¿dónde está el error?

Answer 1

I) La solución a la vez dependiente de la ecuación de Schrödinger (TDSE) es

$$\tag{A} \Psi(t_f) ~=~ U(t_f,t_i) \Psi(t_i),$$

donde el tiempo-ordenó exponentiated de Hamilton

$$\tag{B} U(t_f,t_i)~=~T\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_i}^{t_f}\! dt~H(t)\right]$$

es formalmente unitario de la evolución del operador, que satisface sus propios dos TDSEs

$$\etiqueta{C} i\manejadores \frac{\partial }{\partial t_f}U(t_f,t_i) ~=~H(t_f)U(t_f,t_i), $$ $$\etiqueta{D}i\manejadores \frac{\partial }{\partial t_i}U(t_f,t_i) ~=~-U(t_f,t_i)H(t_i), $$

junto con la condición de contorno

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

II) La evolución operador $U(t_2,t_1)$ tiene el grupo de la propiedad de

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

El tiempo-orden de $T$ en la fórmula (B) es fundamental para el tiempo-ordenó expontial (B) para factorizar de acuerdo con el grupo-propiedad (F).

III) El grupo de propiedades (F) juega un papel importante en la prueba de que la fórmula (B) es una solución para la TDSE (C).

$$ \frac{\partial }{\partial t_f}U(t_f,t_i) ~\longleftarrow~ \frac{U(t_f+\delta t,t_i) - U(t_f,t_i)}{\delta t} $$ $$\etiqueta{G} ~\stackrel{(F)}{=}~ \frac{U(t_f+\delta t,t_f) - {\bf 1} }{\delta t}U(t_f,t_i) ~\longrightarrow~-\frac{i}{\manejadores}H(t_f)U(t_f,t_i)$$

para $\delta t \to 0^{+}$.

Nota: a Menudo el tiempo-ordenó exponencial de la fórmula (B) no hace sentido matemático directamente. En tales casos, el TDSEs (C) y (D) junto con la condición de frontera (E) debe ser visto como la indirecta/descriptivo de la definición de propiedades de los ordenados en el tiempo exponencial (B).

IV) Si definimos el operador unitario sin el tiempo de pedidos a $T$ en la fórmula (B) como

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

entonces la factorización de (F) en general, no tomar su lugar,

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

En general aparecen aportes adicionales, cf. el BCH fórmula. Por otra parte, la central unitaria de operador $V(t_f,t_i)$ le en general no satisfacen la TDSEs (C) y (D). Véase también el ejemplo en la sección VII.

V) En el especial (pero común) caso en que el Hamiltoniano $H$, que no depende explícitamente del tiempo, el tiempo de pedido puede ser bajado. A continuación, las fórmulas (B) y (H) reducir a la misma expresión

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

VI) Emilio Pisanty defensores en un comentario que es interesante diferenciar eq. (H) wrt $t_f$ directamente. Si nos Taylor ampliar la exponencial de segundo orden, obtenemos

$$\etiqueta{K} \frac{dV(t_f,t_i)}{dt_f} ~=~-\frac{i}{\manejadores}H(t_f) -\frac{1}{2\manejadores^2} \left\{ H(t_f), \int_{t_i}^{t_f}\! dt~H(t) \right\}_{+} +\ldots, $$

donde $\{ \cdot, \cdot\}_{+}$ denota el anti-colector. El problema es que a nosotros nos gustaría tener el operador $H(t_f)$ ordenó a la izquierda [con el fin de comparar con la TDSE (C)]. Pero la resolución de la anti-conmutador puede, en general, producir onu-quería términos. Intuitivamente, sin el tiempo de pedido en la exponencial (H), el $t_f$-dependencia se dispersa por todo el lugar, así que cuando nos diferencian wrt $t_f$, necesitamos después de reorganizar todas las diferentes contribuciones a la izquierda, y que el proceso de generar no-cero términos que echan a perder la posibilidad de satisfacer la TDSE (C). Véase también el ejemplo en la sección VII.

VII) Ejemplo. Deje que el Hamiltoniano de ser un externo dependiente del tiempo de término de origen

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

donde $f:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ es una función. Entonces, de acuerdo a la Mecha del Teorema de

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

donde el llamado de la contracción

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

es un elemento central proporcional a la identidad del operador. Para más información sobre la Mecha de tipo teoremas, ver también por ejemplo, este, este, y este Phys.SE postes. Vamos

$$\etiqueta{O} A(t_f,t_i)~=~-\frac{i}{\manejadores}\int_{t_i}^{t_f}\! dt~H(t) ~=~-\frac{i}{\manejadores}\overline{F(t_f,t_i)}- \frac{i}{\manejadores}F(t_f,t_i)^{\daga} ,$$

donde

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

Tenga en cuenta que

$$\etiqueta{Q} \frac{\partial }{\partial t_f} (t_f,t_i)~=~-\frac{i}{\manejadores}H(t_f), \qquad \frac{\partial }{\partial t_i} (t_f,t_i)~=~\frac{i}{\manejadores}H(t_i).$$

A continuación, el operador unitario (H) sin tiempo-orden de lee

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

Aquí la última expresión en (R) muestra la normal forma ordenada de $V(t_f,t_i)$. Es un sencillo ejercicio para demostrar que la fórmula (I) ¿ no satisfacer TDSEs (C) y (D). En lugar de la correcta evolución unitaria operador es

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

donde

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

es un elemento central proporcional a la identidad del operador. Tenga en cuenta que

$$ \frac{\partial }{\partial t_f}D(t_f,t_i)~=~\frac{{\bf 1}}{2\manejadores}\left(\overline{F(t_f,t_i)}f(t_f)-\overline{f(t_f)}F(t_f,t_i)\right)$$ $$\tag{U} ~=~\frac{1}{2}\left[ A(t_f,t_i), \frac{i}{\hbar}H(t_f)\right]~=~\frac{1}{2}\left[\frac{\partial }{\partial t_f}A(t_f,t_i), A(t_f,t_i)\right].$$

Uno puede utilizar la identidad (U) para comprobar directamente que el operador (S) satisfacer las TDSE (C).

Answer 2

La respuesta existente de Qmechanic es completamente correcta y extremadamente detallada. Pero es muy larga y técnica, y hay un peligro de que el núcleo de la respuesta pueda quedar enterrado bajo todo eso.

La afirmación hecha en la pregunta,

formalmente $$ \tag 2 \Psi (t) ~=~ \exp\left[-i \int_{0}^{t} \hat{ H}(t^{\prime}) ~\mathrm dt^{\prime}\right]\Psi (0) $$ parece estar perfectamente bien: satisface $$ \tag 1 i \partial_{0} \Psi ~=~ \hat{ H}~ \Psi $$ y las condiciones iniciales

es incorrecta: la función de onda en $(2)$ no satisface la ecuación diferencial en $(1)$.

La razón de esto es que, como regla general, el exponencial de un operador $\hat A(t)$ no cumple la ecuación diferencial $$ \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}e^{\hat A(t)} \stackrel{?}{=} \frac{\mathrm d \hat{A}}{\mathrm dt} e^{\hat A(t)} $$ que uno podría esperar que cumpla ingenuamente. (Después de todo, es el operador exponencial, ¿verdad?)

Para ver por qué esto no funciona, considera la serie de expanción del exponencial: \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} y hasta aquí todo bien. Sin embargo, si intentamos llevar esto más lejos, no obtenemos una derivada agradable de la forma $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \hat A(t)^n \stackrel{?}{=} n\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1}$ como hacemos para funciones de valores escalares.

En cambio, cuando aplicamos la regla del producto, obtenemos las derivadas individuales de cada uno de los operadores en el producto, en su lugar dentro del producto: $$ \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \hat A(t)^n = \frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1} +\hat A(t)\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-2} +\hat A(t)^2\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-3} +\cdots +\hat A(t)^{n-2}\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t) +\hat A(t)^{n-1}\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} . $$ Esto puede simplificarse a solo $n\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1}$ pero solo bajo la condición de que $\hat A(t)$ conmute con su derivada, $$ \left[\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} , \hat A(t)\right] \stackrel{?}{=} 0, $$ y como regla general esto no se cumple.

Para el caso particular en la pregunta, donde $\hat A(t) = -i \int_0^t \hat H(\tau) \mathrm d\tau$ y por lo tanto $\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} = -i \hat H(t)$, tenemos, por linealidad, $$ \left[\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} , \hat A(t)\right] = -i \int_0^t \left[\hat H(t),\hat H(\tau)\right] \mathrm d\tau, $$ así que si hay algún tiempo $t' para el cual $\left[\hat H(t),\hat H(t')\right]$ no es cero, entonces toda la estructura se desmorona.

Answer 3

La ecuación

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

actuando en un espacio de Hilbert con $H$ autoadjunto tiene la solución general

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

por el teorema de Stone. En caso de que $H=H(t)$ dependa de $t$ los asuntos cambian y el orden temporal se vuelve relevante. Si $H$ no depende del tiempo, tu Ec. (3) se reduce a la (2).