Ayudant´ıa 9: Mecánica Cuántica en el formalismo

Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Fı́sica
FIZ0322 Fı́sica Cuántica I
Ayudantı́a 9: Mecánica Cuántica en el
formalismo de Dirac
Fabián Cádiz
0.1.
Primer principio
A cada sistema fı́sico se le asocia un espacio de Hilbert H. El estado del sistema se define a
cada instante por un vector normado |ψ(t)i de H.
0.2.
Segundo principio
1. A toda cantidad fı́sica A se le asocia un operador lineal autoadjunto  de H,  es el
observable que representa a la cantidad A.
2. Principio de cuantificación: Sea |ψi el estado en el cual se encuentra el sistema al momento
de efectuar una medida de A. Para cualquier |ψi, los únicos resultados posibles son los
valores propios aα del observable Â.
3. Principio de descomposición espectral: Sea P̂α el operador de proyección sobre el subespacio asociado al valor propio aα . La probabilidad de encontrar el valor aα al realizar
una medida de A es:
2
P (aα ) = P̂α |ψi
Se tiene la equivalencia
P̂α |ψi = hψ|P̂α |ψi
4. Principio de reducción de la función de onda: Inmediatamente después de una medida de
A que dio por resultado el valor aα , el estado del sistema es:
P̂α |ψi
|ψ 0 i = P̂α |ψi
0.3.
Tercer principio: evolución temporal
Sea |ψ(t)i el estado del sistema al instante t. Si el sistema no es sometido a ninguna observación, su evolución en el tiempo está regida por la ecuación de Schrodinguer:
i~
d
|ψ(t)i = Ĥ|ψ(t)i
dt
donde Ĥ es el observable asociado a la energı́a: el hamiltoniano del sistema.
2
Problema 1: Operador de evolución
Considere un sistema cuyo hamiltoniano Ĥ es independiente del tiempo (sistema aislado).
Muestre que el vector de estado al instante t, notado |ψ(t)i, se deduce del vector de estado
|ψ(t0 )i por la fórmula:
|ψ(t)i = Û (t − t0 )|ψ(t0 )i
con Û (τ ) = e−iĤτ /~
Muestre que Û (τ ) es unitario, es decir Û † = Û −1 .
Solución
Dado que Ĥ no depende del tiempo, se tiene:
i
d
i
Û (t − t0 ) = − Ĥe−iĤ(t−t0 )/~ = − Ĥ Û (t − t0 )
dt
~
~
Dado que Û y Ĥ conmutan:
i~
d
Û (t − t0 ) = Û (t − t0 )Ĥ
dt
Se deduce entonces que:
|ψ(t)i = Û (t − t0 )|ψ(t0 )i
es solución de la ecuación de Schrodinguer con la condición inicial correcta, pues Û (0) = 1. El
hecho de que el operador de evolución temporal sea unitario es consecuencia de la hermiticidad
del hamiltoniano:
Û (t − t0 )† = eiĤ(t−t0 )/~
de forma que:
Û (t − t0 )† Û (t − t0 ) = 1
y se sigue que Û es unitario, Û † = Û −1 . Esto es consistente con la conservación de la norma:
hψ(t)|ψ(t)i = hψ(0)|Û † (t)Û (t)|ψ(0)i
= hψ(0)|ψ(0)i
De esta forma, una solución de la ecuación de Schrodinguer tiene norma 1 para todo t. Por
último, notar que para un desplazamiento temporal diferencial dt:
i
−iĤdt/~
|ψ(t0 + dt)i = e
|ψ(t0 )i ≈ 1 − dtĤ |ψ(t0 )i
~
i~
(|ψ(t0 + dt)i − |ψ(t0 )i) = Ĥ|ψ(t0 )i
dt
Se reconoce la ecuación de Schrodinguer al tomar dt → 0.
3
Problema 2: Representación de Heisenberg
Considere un sistema cuántico aislado de hamiltoniano Ĥ. Sea |ψ(0)i el estado del sistema al
instante t = 0. Sea a(t) el valor medio de las medidas de un observable  al instante t.
a) Exprese a(t) en función de |ψ(0)i, Â y del operador de evolución Û introducido en el problema
anterior.
b) Muestre que a(t) puede interpretarse como el valor medio de un operador Â(t)H en el estado
|ψ(0)i, y que Â(t)H satisface:
i~
dÂ(t)H
= [Â, Ĥ](t)H y
dt
Â(0) = Â
(1)
Esta es la representación de Heisenberg: el vector de estado es independiente del tiempo, y los
operadores obedecen la ecuación de Heisenberg (1).
Solución
a) El valor medio del observable  en el estado |ψ(t)i es:
hai(t) = hψ(t)|Â|ψ(t)i
Utilizando el operador de evolución temporal, si |ψ(0)i es la función de onda en t = 0,
entonces |ψ(t)i = Û (t)|ψ(0)i y:
hai(t) = hψ(0)|eiĤt/~ Âê−iĤt/~ |ψ(0)i
Notar que esto equivale a tomar el valor medio del operador Â(t)H = eiĤt/~ Âê−iĤt/~ en
el estado |ψ(0)i. Esto puede ser interpretado de la siguiente manera: el estado fı́sico de una
partı́cula es constante en el tiempo, mientras que los observables asociados a cantidades fı́sicas
son operadores que dependen del tiempo, y se relacionan con los observables en el cuadro de
Schrodinguer mediante Â(t)H = eiĤt/~ Âe−iĤt/~ . Además:
d
i iĤt/~ iĤt/~
iĤt/~
−iĤt/~
Â(t)H =
Ĥe
Âe
−e
ÂĤe
dt
~
i
d
Â(t)H = eiĤt/~ Ĥ Â − ÂĤ e−iĤt/~
dt
~
d
Â(t)H = [Â, Ĥ](t)H
dt
Esta es la ecuación de Heisenberg para los operadores. En resumen:
i~
1. Cuadro de Schrodinguer: el estado fı́sico es un elemento |ψ(t)i de un espacio de Hilbert
que evoluciona en el tiempo de acuerdo a i~ dtd |ψ(t)i = Ĥ|ψ(t)i, o equivalentemente,
|ψ(t)i = e−iĤt/~ |ψ(0)i. A toda cantidad fı́sica se le asocia un observable Â.
2. Cuadro de Heisenberg: el estado fı́sico es un elemento constante en el tiempo |ψ(0)i de un
espacio de Hilbert. A toda cantidad fı́sica se le asocia un observable Â(t) que evoluciona
en el tiempo según i~ dtd Â(t)H = [Â, Ĥ](t)H , equivalentemente Â(t)H = eiĤt/~ Âe−iĤt/~ .
4
Problema 3:Ecuación de movimiento clásico para el oscilador armónico
Considere un oscilador armónico unidimensional de frecuencia w. En t = 0 la partı́cula se encuentra en un estado |ψ(0)i arbitrario. Utilizando el cuadro de Heisenberg, deduzca x̂(t), p̂(t)
y encuentre las ecuaciones que satifacen el valor medio de la posición y del momentum como
función del tiempo.
Solución
El hamiltoniano del oscilador armónico es:
p̂2
1
+ mw2 x̂2
2m 2
En el cuadro de Heisenberg, los operadores posición y momentum satisfacen:
Ĥ =
i~
d
x̂(t)H = [x̂, Ĥ](t)H
dt
i~
d
p̂(t)H = [p̂, Ĥ](t)H
dt
pero
[x̂, Ĥ] =
1
i~
1
[x̂, p̂2 ] =
(p̂[x̂, p̂] + [x̂, p̂]p̂) = p̂
2m
2m
m
1
[p̂, Ĥ] = mw2 [p̂, x̂2 ] = −i~mw2 x̂
2
Se obtiene entonces:
d
1
x̂(t)H = p̂(t)H
dt
m
d
p̂(t)H = −mw2 x̂(t)H
dt
Se ve que los operadores posición y momentum satisfacen ecuaciones análogas a las del
movimiento clásico!. Por ejemplo, se tiene para el operador posición:
d2
x̂(t)H + w2 x̂(t)H = 0
dt2
Finalmente, si en t = 0 el estado de la partı́cula es |ψ(0)i , el valor medio de la posición y
del momentum al instante t es:
hx̂i(t) = hψ(0)|x̂(t)H |ψ(0)i
y entonces:
d
d
hx̂i(t) = hψ(0)| x̂(t)H |ψ(0)i
dt
dt
=
1
1
hψ(0)|p̂(t)H |ψ(0)i = hpi(t)
m
m
De igual modo :
d
d
hp̂i(t) = hψ(0)| p̂(t)H |ψ(0)i
dt
dt
5
d
hp̂i(t) = −mw2 hxi(t)
dt
Se reconoce el teorema de Ehrenfest para el caso particular del oscilador armónico:
1
d
hx̂i(t) = hpi(t)
dt
m
d
hp̂i(t) = −mw2 hxi(t)
dt
Los valores medios de los observables posición y momentum satisfacen las ecuaciones de
movimiento de la mecánica clásica.
6
Problema 4: Problema a dos sitios
Considere una partı́cula que puede ocupar únicamente 2 sitios del espacio, separados una distancia a. Se denotan respectivamente |0i y |1i los estados correspondientes a la partı́cula localizada
sobre el sitio de la izquierda y sobre el sitio de la derecha.
El conjunto {|0i, |1i} forma una base ortonormal. Se supone que la partı́cula tiene la misma
energı́a E0 sobre cada uno de los dos sitios. La partı́cula puede igualmente saltar de un sitio a
otro por efecto túnel, siendo −J el elemento de matriz correspondiente. El hamiltoniano total
de la partı́cula es entonces:
Ĥ = E0 (|0ih0| + |1ih1|) − J (|0ih1| + |1ih0|)
a) Escriba el hamiltoniano bajo la forma de una matriz 2 × 2 en la base {|0i, |1i}.
b) Calcule los estados propios y las energı́as propias correspondientes.
c) Se prepara la partı́cula en el estado |0i al instante inicial t = 0. Cuál es la probabilidad de
encontrar a la partı́cula en el estado |1i al instante t?
Solución
a) A partir de la definición de los elementos de matriz de un operador, se obtiene la siguiente
matriz para el hamiltoniano:
E0 −J
Ĥ =
−J E0
b) Los autovalores se encuentran al resolver:
det |H − λ1| = 0
(E0 − λ)2 − J 2 = E02 − J 2 − 2E0 λ + λ2 = 0
Las soluciones son:
p
4E02 − 4E02 + 4J 2
= E0 ± J
λ=
2
Es decir, los valores propios son λ1 = E0 − J y λ2 = E0 + J. Para encontrar el vector propio
asociado a λ1 resolvemos:
J −J
(H − (E0 − J)) |ψ1 i =
|ψ1 i = 0
−J J
2E0 ±
Se obtiene:
1
|ψ1 i = √ (|0i + |1i)
2
7
De forma análoga, para el vector propio asociado a E0 + J:
1
|ψ2 i = √ (|0i − |1i)
2
c) Descomponiendo el estado inicial |ψ(0)i = |0i sobre la base de autoestados del hamiltoniano:
1
|ψ(0)i = |0i = √ (|ψ1 i + |ψ2 i)
2
Se deduce que el estado del sistema al instante t es:
1
|ψ(t)i = √ e−i(E0 −J)t/~ |ψ1 i + e−i(E0 +J)t/~ |ψ2 i
2
La probabilidad de volver a encontrar al electrón en el sitio |1i al instante t será:
P1 (t) = |h1|ψ(t)i|2 =
2
1 −i(E0 −J)t/~
e
− e−i(E0 +J)t/~ = sin2 (Jt/~)
4
1
(1 − cos(2Jt/~))
2
Se encuentra una oscilación periódica entre los estados localizados |0i, |1i gracias al efecto
túnel. La frecuencia de esta oscilación es w = 2J/~
P1 (t) =
8
Problema 5: Cadena cerrada de 8 centros
Considere los estados de un electrón en una estructura formada por 8 átomos en los vértices
de un octágono regular. Designamos |ξn i, n = 1, ..., 8 los estados del electrón localizados respectivamente en la vecindad de los átomos n = 1, ..., 8. Estos estados se suponen ortogonales,
hξn |ξm i = δn,m . El hamiltoniano de este sistema está definido en la base {|ξn i} , por Ĥ = −AŴ ,
donde A > 0, y Ŵ está definido por:
Ŵ |ξn i = (|ξn+1 i + |ξn−1 i)
donde se definen las condiciones cı́clicas |ξ9 i = |ξ1 i y |ξ0 i = |ξ8 i. Sean |ϕk i los estados propios
de Ĥ , y Ek , k = 1, ..., 8 los valores propios correspondientes.
Definimos el operador de traslación R̂ por R̂|ξn i = |ξn+1 i.
a) Verificar que R̂8 = 1 y deducir los valores propios λk , k = 1, ..,P
8 de R̂ (Son todos diferentes).
b) Escribiendo los vectorios propios de R̂ bajo la forma |ψk i = 8p=1 cpk |ξp i, escriba la relación
de recurrencia para los coeficientes cpk y determine estos coeficientes normalizando |ψk i.
c) Verifique que los vectores |ψk i forman una base ortonormal del espacio a 8 dimensiones considerado.
d) Verifique que estos mismos vectores |ψk i son vectores propios del operador R̂−1 = R̂† definido
por R−1 |ξn i = |ξn−1 i y calcule los valores propios correspondientes.
e) Exprese Ŵ en función de R̂ y R̂−1 . Deduzca los vectores propios |ϕk i de Ĥ y los niveles de
energı́a correspondientes. Discuta la degeneración de los niveles.
f) Exprese los estados localizados |ξn i, n = 1, ..., 8 en función de los estados propios de la energı́a
|ϕk i, k = 1, ..,8.
g) Al instante inicial t = 0 el electrón está localizado sobre el sitio n = 1, |ψ(t = 0)i = |ξ1 i.
Calcule la probabilidad p1 (t) de volver a encontrar al electrón sobre el sitio n = 1 a un instante
posterior t, escriba w = A/~.
h) Existen instantes t para los cuales p(t) = 1?. Explique por qué. La propagación de un electrón
sobre la cadena es periódica?. Qué piensa de la generalización de este resultado a un número
cualquiera de centros?
Solución
a) Imponiendo las condiciones de periodicidad de la cadena, se tiene
∀n, R̂8 |ξn i = |ξn+8 i = |ξn i
Se deduce que R̂8 = 1. Si λk es un valor propio de R̂ con vector propio |ψk i, entonces:
R̂8 |ψk i = λ8k |ψk i = |ψk i
Se tiene de esta forma que los valores propios de R̂ cumplen:
λ8k = 1
Luego:
2π
π
λk = ei 8 k = ei 4 k ,
k = 1, ..., 8
b) Escribiendo los vectores propios de R̂ en la base {|ξn i}, |ψk i =
π
R̂|ψk i = ei 4 k |ψk i
9
P8
n
n=1 ck |ξn i,
se tiene:
pero:
R̂|ψk i = R̂
8
X
!
cnk |ξn i
=
8
X
n=1
n=1
R̂|ψk i =
8
X
cnk R̂|ξn i
cnk |ξn+1 i =
8
X
cn−1
|ξn i
k
n=1
n=1
Finalmente:
8
X
cn−1
|ξn i
k
=e
i π4 k
8
X
cnk |ξn i
n=1
n=1
Dado que {|ξn i} es base,
π
ckn−1 = ei 4 k cnk
Esto significa:
π
c2k = e−i 4 k c1k
π
c3k = e−i2 4 k c1k
En general:
π
cnk = e−i(n−1) 4 k c1k n = 1, ..., 8
De esta forma, los vectores propios de R̂ son de la forma:
|ψk i = c1k
8
X
π
e−in 4 k |ξn i
n=1
Imponiendo la normalización kψk k = 1:
2
kψk k =
|c1k |2
8
X
π
|e−in 4 k |2 kξn k2 = 8|c1k |2 = 1
n=1
Eligiendo c1k =
π
√1 e−i 4 k
8
(la elección de fase es arbitraria!), se tiene:
π
1
cnk = √ e−in 4 k k, n = 1, ..., 8
8
c) Los vectores propios de R̂ normalizados tienen la forma:
8
1 X −in π k
|ψk i = √
e 4 |ξn i
8 n=1
Se tiene entonces:
8
1 X in0 π k0
0
√
hψk |ψk i =
e 4 hξn0 |
8 n0 =1
10
!
8
X
π
1
√
e−in 4 k |ξn i
8 n=1
8
8
8
1 X X i(n0 k0 −nk) π
1 X in(k0 −k) π
4 hξ 0 |ξ i =
4 = δ
hψk0 |ψk i =
e
e
n n
k,k0
8 n=1 n0 =1
8 n=1
Pues es claro que si k = k 0 , la sumatoria es igual a 1/8 × 8 = 1. Por otro lado, si k 6= k 0 , las
π
0
fases ein(k −k) 4 , n = 1, ..., 8 son los vértices de un octágono regular centrado en el origen, siendo
la suma de todas igual a este último. En conclusión, el conjunto de vectores propios |ψk i de R̂
forma una base ortonormal.
d) Se tiene:
8
1 X −in π k
√
e 4 |ξn i
8 n=1
R̂−1 |ψk i = R̂−1
8
!
8
1 X −in π k −1
1 X −in π k
e 4 R̂ |ξn i = √
e 4 |ξn−1 i
=√
8 n=1
8 n=1
8
1 X −i(n+1) π k
−i π4 k
4 |ξ i = e
e
|ψk i
R̂ |ψk i = √
n
8 n=1
−1
Luego, |ψk i es también vector propio de R̂−1 , con autovalor λ∗k .
e) Dado que el Hamiltoniano se escribe Ĥ = −AŴ = −A R̂ + R̂−1 , es claro que |ψk i es
vector propio de Ĥ con autovalor:
π
, k = 1, ..., 8
Ek = −A (λk + λ∗k ) = −2A cos k
4
El estado fundamental se obtiene para k = 8, E8 = −2A. Se tiene además:
√
E1 = E7 = −A 2
E2 = E6 = 0
√
E3 = E5 = A 2
E4 = 2A
f) Dado que {|ϕk i} forma una base hilbertiana, se tiene:
|ξn i =
8
X
|ϕk ihϕk |ξn i =
k=1
8
8
X
1 X ikn π
e 4 |ϕk i
(cnk )∗ |ϕk i = √
8
k=1
k=1
g) Suponiendo que
8
1 X ik π
|ψ(t = 0)i = √
e 4 |ϕk i = |ξ1 i
8 k=1
En un instante posterior t se tendrá:
8
1 X i(k π −Ek t/~)
|ψ(t)i = √
e 4
|ϕk i
8 k=1
11
La probabilidad de encontrar al electrón en el sitio 1 al instante t es:
8
2
1 X
2
−iEk t/~ p1 (t) = |hξ1 |ψ(t)i| = e
8
k=1
Utilizando los valores encontrados para Ek , y definiendo w = A/~:
√
2 1 2
√
√
1
2wt
−
2wt
−2wt
2wt
= 1 + 2 cos(wt 2) + cos(wt) p1 (t) = 2e
+ 2 + 2e
+e
+e
4
8
h) Se tiene evidentemente p1 (0) = 1. Para obtener p1 (t) = 1 en un instante posterior se
debe encontrar t 6= 0 tal que:
√
cos(wt 2) = 1
cos(2wt) = 1
√
Esto significa wt 2 = 2N π y 2wt = 2N 0 π donde N, N 0 son enteros. Tomando el cuociente
entre estas dos expresiones, encontramos:
√
2=
N0
N
√
Es decir, 2 tendrı́a que ser racional! En consecuencia, la partı́cula no se encuentra jamás
sobre el sitio 1 con probabilidad 1. La evolución del sistema no es periódica. De forma análoga
se pueden resolver problemas de n sitios con n 6= 8, en particular, cuando se tienen 2, 4 y 6
sitios, los niveles de energı́a tienen cuocientes racionales y la evolución es periódica. Más allá de
n = 6 centros, la evolución nunca será periódica.
12
Problema 6: Fórmula de Glauber
Si dos operadores  y B̂ no conmutan, no existe relación simple entre e eB̂ y eÂ+B̂ . Suponga
aquı́ que  y B̂ conmutan con su conmutador [Â, B̂]. Muestre la fórmula de Glauber:
e eB̂ = eÂ+B̂ e[Â,B̂]/2
Para ello, introduzca el operador F̂ (t) = et etB̂ , donde t es una variable sin dimensión, y
establezca la ecuación diferencial:
dF
= Â + B̂ + t[Â, B̂] F̂ (t)
dt
y luego integre la ecuación entre t = 0 y t = 1. Utilize además el resultado [B̂, Ân ] =
Pn−1
k
n−k−1
k=0 Â [B̂, Â]Â
Solución
Se tiene:
d
F̂ =
dt
d tB̂
d t tB̂
Â
e +e
e
e
dt
dt
d
F̂ = Âet etB̂ + eÂt B̂etB̂
dt
El segundo término de la derecha se puede reescribir como:
Ât
e B̂e
tB̂
∞
X
tn
=
n=0
n!
Ân B̂etB̂
Pero Ân B̂ = [Ân , B̂] + B̂ Ân , luego:
Ât
e B̂e
tB̂
=
∞
X
tn
n=0
n!
[Ân , B̂]etB̂ + Bet etB̂
y ahora utilizamos el siguiente resultado:
n
[Â , B̂] =
n−1
X
Âk [Â, B̂]Ân−k−1
k=0
y como  conmuta con [Â, B̂]:
n
[Â , B̂] =
n−1
X
[Â, B̂]Âk Ân−k−1 = n[Â, B̂]An−1 = nÂn−1 [Â, B̂]
k=0
Usando esto:
Ât
e B̂e
tB̂
=
∞
X
tn
n=0
n!
nA
n−1
tB̂
[Â, B̂]e
t tB̂
+ Be e
=t
∞
X
n=1
tn−1
An−1 [Â, B̂]etB̂ + Bet etB̂
(n − 1)!
eÂt B̂etB̂ = tet [Â, B̂]etB + Bet etB̂
De esta manera:
d
F̂ = Âet etB̂ + t[Â, B̂]et etB̂ + Bet etB̂
dt
13
d
F̂ = Â + B̂ + t[Â, B̂] F̂
dt
La solución es:
t2
F̂ (t) = et(Â+B̂)+ 2 [Â,B̂]
Tomando t = 1, se obtiene la fórmula de Glauber:
1
e eB̂ = eÂ+B̂+ 2 [Â,B̂]
En el caso particular  = x̂, B̂ = p̂:
ex̂ ep̂ = ex̂+p̂ ei~/2
14
Problema 7: Oscilador con fuerza constante en el cuadro de Heinsenberg
Use el cuadro de Heisenberg para encontrar los valores de expectación para p̂ y x̂ de una
partı́cula bajo la influencia de un oscilador armónico y de una fuerza constante F . Asuma que
el estado del sistema es el ground state del oscilador armónico simple sin la fuerza F .
Solución
El hamiltoniano es:
p̂2
1
+ kx̂2 − F x̂
2m 2
son los operadores en el cuadro de Heinsenberg, se tiene:
Ĥ =
Si x̂(t)H y p̂(t)H
i~
1
d
x̂(t)H = [x̂, Ĥ](t)H =
[x̂, p̂2 ](t)H
dt
2m
pero
[x̂, p̂2 ] = [x̂, p̂]p̂ + p̂[x̂, p̂] = 2i~p̂
Luego:
d
1
x̂(t)H = p̂(t)H
dt
m
(2)
Del mismo modo, tenemos:
i~
dp̂(t)H
= [p̂, Ĥ](t)H
dt
y:
1
[p̂, Ĥ] = k[p̂, x̂2 ] − F [p̂, x̂]
2
[p̂, Ĥ] = −i~kx̂ + i~F 1
Es decir:
d
p̂(t)H = −kx̂(t)H + F
(3)
dt
El estado en el cuadro de Heisenberg es |0i (el ground state del oscilador armónico en t = 0
en el cuadro de Shrodinger). En términos de los operadores de creación y aniquilación, tenemos:
r
~
x̂(t)H =
↠(t)H + â(t)H
2mw
r
mw~ †
p̂(t)H = i
â (t)H − â(t)H
2
o bien:
r
mw
ip̂(t)H
x̂(t)H +
â(t)H =
2~
mw
r
mw
ip̂(t)H
†
â (t)H =
x̂(t)H −
2~
mw
La ecuación de movimiento para el operador de aniquilación en el cuadro de Heinsenberg
es, usando (2) y (3):
15
d
â(t)H =
dt
yw=
r
mw
2~
1
ik
i
p̂(t)H −
x̂(t)H +
F
m
mw
mw
p
k/m
d
â(t)H = −iw
dt
r
mw
2~
i
p̂(t)H + x̂(t)H
wm
r
r
+i
1
F
2~mw
d
1
â(t)H = −iwâ(t)H + iF
dt
2m~w
De aquı́ se obtiene lo siguiente:
r
d
1
â(t)H + iwâ(t)H = iF
dt
2m~w
r
d
1
iwt
iwt
â(t)H e + iwâ(t)H e = iF
eiwt
dt
2m~w
r
1
d
iwt
â(t)H e
= iF
eiwt
dt
2m~w
Finalmente, integrando :
r
r
ˆ t
1
1
iwt
iwt
iwt
â(t)H e − â(0)H = F
dt e = F
e
−
1
2m~w 0
2m~w3
r
1
1 − e−iwt
â(t)H = â(0)H e−iwt + F
3
2m~w
De igual forma:
r
1
†
†
iwt
â (t)H = â (0)H e + F
1 − eiwt
3
2m~w
Usando que:
h0|â(0)|0i = h0|↠(0)|0i = 0
encontramos:
hx̂it = h0|x̂(t)H |0i = 0
y
hp̂it = h0|p̂(t)H |0i =
16
F
(1 − cos wt)
w