La solución formal de la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo

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

$$\Psi(t_2) ~=~ U(t_2,t_1) \Psi(t_1),\tag{A}$$

donde el (anti) hamiltoniano exponenciado ordenado en el tiempo

$$\begin{align} U(t_2,t_1)~&=~\left\{\begin{array}{rcl} T\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] &\text{for}& t_1 ~<~t_2 \cr\cr AT\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] &\text{for}& t_2 ~<~t_1 \end{array}\right.\cr\cr ~&=~\left\{\begin{array}{rcl} \underset{N\to\infty}{\lim} \exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_2)\frac{t_2-t_1}{N}\right] \cdots\exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_1)\frac{t_2-t_1}{N}\right] &\text{for}& t_1 ~<~t_2 \cr\cr \underset{N\to\infty}{\lim} \exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_1)\frac{t_2-t_1}{N}\right] \cdots\exp\left[-\frac{i}{\hbar}H(t_2)\frac{t_2-t_1}{N}\right] &\text{for}& t_2 ~<~t_1 \end{array}\right.\end{align}\tag{B}$$

es formalmente el operador de evolución unitaria, que satisface sus propios dos TDSE

$$i\hbar \frac{\partial }{\partial t_2}U(t_2,t_1) ~=~H(t_2)U(t_2,t_1),\tag{C}$$ $$i\hbar \frac{\partial }{\partial t_1}U(t_2,t_1) ~=~-U(t_2,t_1)H(t_1),\tag{D}$$

junto con la condición de frontera

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

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

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

El (anti)ordenamiento en el tiempo en la fórmula (B) es fundamental para que el exponencial (anti)ordenado en el tiempo (B) se factorice de acuerdo con la propiedad de grupo (F).

III) La propiedad de grupo (F) juega un papel importante en la demostración de que la fórmula (B) es una solución al TDSE (C):

$$\begin{array}{ccc} \frac{U(t_2+\delta t,t_1) - U(t_2,t_1)}{\delta t} &\stackrel{(F)}{=}& \frac{U(t_2+\delta t,t_2) - {\bf 1} }{\delta t}U(t_2,t_1)\cr\cr \downarrow & &\downarrow\cr\cr \frac{\partial }{\partial t_2}U(t_2,t_1) && -\frac{i}{\hbar}H(t_2)U(t_2,t_1).\end{array}\tag{G}$$

Observación: A menudo, la fórmula exponencial ordenada en el tiempo (anti) (B) no tiene sentido matemático directamente. En tales casos, los TDSE (C) y (D) junto con la condición de contorno (E) deben verse como las propiedades definitorias indirectas/descriptivas del (anti) exponencial ordenado en el tiempo (B).

IV) Si definimos el operador unitario sin la (anti)ordenación temporal en la fórmula (B) como

$$V(t_2,t_1)~=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right],\tag{H}$$

entonces la factorización (F) en general no tendrá lugar,

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

En general aparecerán aportes extras, cf. la fórmula BCH . Además, el operador unitario$V(t_2,t_1)$en general no satisfará las TDSE (C) y (D). Ver también el ejemplo en la sección VII.

V) En el caso especial (pero común) donde el hamiltoniano$H$no depende explícitamente del tiempo, se puede descartar el ordenamiento temporal. Entonces las fórmulas (B) y (H) se reducen a la misma expresión

$$U(t_2,t_1)~=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\Delta t~H\right]~=~V(t_2,t_1), \qquad \Delta t ~:=~t_2-t_1.\tag{J}$$

VI) Emilio Pisanty defiende en un comentario que es interesante diferenciar la ec. (H) escritura$t_2$directamente. Si Taylor expande la exponencial (H) a segundo orden, obtenemos

$$\frac{\partial V(t_2,t_1)}{\partial t_2} ~=~-\frac{i}{\hbar}H(t_2) -\frac{1}{2\hbar^2} \left\{ H(t_2), \int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t) \right\}_{+} +\ldots,\tag{K}$$

donde$\{ \cdot, \cdot\}_{+}$denota el anti-conmutador. El problema es que nos gustaría tener el operador$H(t_2)$ordenado a la izquierda [para comparar con el TDSE (C)]. Pero resolver el anticonmutador puede, en general, producir términos no deseados. Intuitivamente, sin el (anti)ordenamiento temporal en la exponencial (H), la$t_2$-dependencia está dispersa por todo el lugar, por lo que cuando diferenciamos wrt$t_2$, necesitamos luego reorganizar todas las diversas contribuciones a la izquierda, y ese proceso genera términos distintos de cero que arruinan la posibilidad de satisfacer el TDSE (C). Ver también el ejemplo en la sección VII.

VII) Ejemplo. Deje que el hamiltoniano sea solo un término fuente externo dependiente del tiempo

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

donde$f:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$es una función Entonces, de acuerdo con el teorema de Wick

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

donde la llamada contracción

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

es un elemento central proporcional al operador identidad. Para obtener más información sobre los teoremas de tipo Wick, consulte también, por ejemplo , las publicaciones this , this y this Phys.SE. (Supongamos, por conveniencia notacional, que$t_1<t_2$en el resto de esta respuesta.) Sea

$$A(t_2,t_1)~=~-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t) ~=~-\frac{i}{\hbar}\overline{F(t_2,t_1)} a -\frac{i}{\hbar}F(t_2,t_1) a^{\dagger} ,\tag{O}$$

donde

$$F(t_2,t_1)~=~\int_{t_1}^{t_2}\! dt ~f(t). \tag{P}$$

Tenga en cuenta que

$$\frac{\partial }{\partial t_2}A(t_2,t_1)~=~-\frac{i}{\hbar}H(t_2), \qquad \frac{\partial }{\partial t_1}A(t_2,t_1)~=~\frac{i}{\hbar}H(t_1).\tag{Q}$$

Entonces el operador unitario (H) sin (anti)orden de tiempo lee

$$\begin{align} V(t_2,t_1)~&=~e^{A(t_2,t_1)} \\ ~&=~\exp\left[-\frac{i}{\hbar}F(t_2,t_1) a^{\dagger}\right]\exp\left[\frac{-1}{2\hbar}|F(t_2,t_1)|^2\right]\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\overline{F(t_2,t_1)} a\right].\tag{R} \end{align}$$

Aquí la última expresión en (R) muestra el orden normal para de$V(t_2,t_1)$. Es un ejercicio sencillo mostrar que la fórmula (R) no satisface los TDSE (C) y (D). En cambio, el operador de evolución unitaria correcto es

$$\begin{align} U(t_2,t_1)~&\stackrel{(B)}{=}~T\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right] \\~&\stackrel{(M)}{=}~:\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_1}^{t_2}\! dt~H(t)\right]:~ \exp\left[\frac{-1}{2\hbar^2}\iint_{[t_1,t_2]^2}\! dt~dt^{\prime}~C(t,t^{\prime})\right] \\ ~&=~ e^{A(t_2,t_1)+D(t_2,t_1)}~=~V(t_2,t_1)e^{D(t_2,t_1)}\tag{S}, \end{align}$$

donde

$$D(t_2,t_1)~=~\frac{{\bf 1}}{2\hbar}\iint_{[t_1,t_2]^2}\! dt~dt^{\prime}~{\rm sgn}(t^{\prime}-t)\overline{f(t)}f(t^{\prime})\tag{T}$$

es un elemento central proporcional al operador identidad. Tenga en cuenta que

$$\begin{align} \frac{\partial }{\partial t_2}D(t_2,t_1)~&=~\frac{{\bf 1}}{2\hbar}\left(\overline{F(t_2,t_1)}f(t_f)-\overline{f(t_2)}F(t_2,t_1)\right) \\ ~&=~\frac{1}{2}\left[ A(t_2,t_1), \frac{i}{\hbar}H(t_2)\right]~=~\frac{1}{2}\left[\frac{\partial }{\partial t_2}A(t_2,t_1), A(t_2,t_1)\right].\tag{U} \end{align}$$

Se puede utilizar la identidad (U) para comprobar directamente que el operador (S) satisface la TDSE (C).

Referencias:

1. Sidney Coleman, QFT notas de conferencias, arXiv:1110.5013 ; pag. 77.

La respuesta existente de Qmechanic es completamente correcta y extremadamente completa. Pero es muy largo y técnico, y existe el peligro de que el núcleo de la respuesta quede enterrado debajo de 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, por regla general, la exponencial de un operador$\hat A(t)$no obedece a 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 ingenuamente que satisfaga. (Es, después de todo, el operador exponencial, ¿verdad?)

Para ver por qué esto no funciona, considere la expansión en serie de la 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 ahora todo bien. Sin embargo, si tratamos de llevar esto más lejos, no obtenemos una buena derivada 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 lo hacemos para las funciones con 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 se puede simplificar a sólo$n\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} \hat A(t)^{n-1}$pero sólo bajo la condición de que$\hat A(t)$conmutar con su derivada, $$\left[\frac{\mathrm d\hat A}{\mathrm dt} , \hat A(t)\right] \stackrel{?}{=} 0,$$ y por regla general esto no se cumple.

Para el caso particular de 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 momento$t'<t$para cual$\left[\hat H(t),\hat H(t')\right]$no es cero, entonces todo el castillo de naipes se viene abajo.

La ecuacion

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

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$H=H(t)$depende de$t$las cosas cambian y el orden del tiempo se vuelve relevante. Si$H$no depende del tiempo su Eq. (3) se reduce a (2).