Estoy confundido sobre la solución de Griffith (Ejemplo 10.1 pg 374) para el Hamiltoniano: $$H = \dfrac{\hbar\omega_1}{2}\begin{bmatrix} \cos\alpha &e^{-i\omega t}\sin\alpha \\ e^{i\omega t}\sin\alpha & -\cos\alpha \end{bmatrix}$$ Los estados propios eran fáciles de calcular: $$\chi_+ = \begin{bmatrix}\cos(\alpha/2)\\e^{i\omega t}\sin(\alpha/2) \end{bmatrix}\ \ \ \text{and}\ \ \ \chi_-=\begin{bmatrix}e^{-i\omega t}\sin(\alpha/2)\\-\cos(\alpha/2) \end{bmatrix}$$ donde los estados $\chi_+$ y $\chi_-$ tienen valores propios $\hbar\omega_1/2$ y $-\hbar\omega_1/2$ con todo respeto. Griffiths entonces exige las condiciones iniciales: $$\chi(0)=\begin{bmatrix}\cos(\alpha/2)\\\sin(\alpha/2) \end{bmatrix}$$ Mi planteamiento era que como tenemos los estados propios, sabemos que la solución general es $$\chi_{\text{my guess}}(t)=c_1\chi_+e^{-i\omega_1t/2}+c_2\chi_ie^{i\omega_1t/2}$$ y así $c_1=1$ y $c_2=0$ . Sin embargo, esta no es la solución que plantea Griffiths, que aparentemente es $$\chi_{\text{griffiths}}(t)=\begin{bmatrix}\left[\cos(\lambda t/2)-i\dfrac{\omega_1-\omega}{\lambda}\sin(\lambda t/2) \right]\cos(\alpha/2)e^{-i\omega t/2}\\\left[\cos(\lambda t/2)-i\dfrac{\omega_1+\omega}{\lambda}\sin(\lambda t/2) \right]\sin(\alpha/2)e^{i\omega t/2} \end{bmatrix}$$ donde $\lambda=\sqrt{\omega^2+\omega_1^2-2\omega\omega_1\cos\alpha}$ . Mi solución no se parece en nada a esto y es mucho más simple. Estoy confundido en donde esto viene de y donde mi tren de pensamiento se equivocó.
Respuesta
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La solución que has encontrado no es correcta, porque el hamiltoniano depende del tiempo.
La ecuación de Schrodinger viene dada por: $$i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = H \psi$$ donde $\psi$ es un vector doble. Ahora se puede diagonalizar el hamiltoniano $H=SDS^{-1}$ . En su caso $D$ es independiente del tiempo, sin embargo la matriz $S$ no lo es.
Si $H$ es independiente del tiempo, entonces también lo es $S$ y se puede escribir Schrodinger como $$i\hbar \frac{\partial (S^{-1}\psi)}{\partial t} = D S^{-1}\psi$$ La nueva base definida por $\psi'=S^{-1}\psi$ es la base propia de $H$ y su solución se mantendría. Sin embargo, en este caso $S$ es dependiente del tiempo, por lo que no se puede tomar dentro de la derivada parcial.
Puedes hacer lo mismo, pero terminas con $$i\hbar S^{-1}\frac{\partial \psi}{\partial t} = D S^{-1}\psi$$ Puedes jugar con $S$ y $\psi$ para obtener la solución en Griffith. En particular, se puede escribir el lado izquierdo como $$S^{-1}\frac{\partial \psi}{\partial t}=\frac{\partial (S^{-1}\psi)}{\partial t}-\frac{\partial S^{-1}}{\partial t}\psi=\frac{\partial (S^{-1}\psi)}{\partial t}+S^{-1}\frac{\partial S}{\partial t}S^{-1}\psi$$
