Problema de Rabi para una partícula de spin-1

Question

Problema de Rabi para una partícula de spin-1

charlie

Estoy tratando de resolver, analíticamente, la probabilidad de transición de una partícula de espín 1 en un campo magnético.

\vec{B} = B_{0} \hat{k} + b (porque ω t \hat{i} + s i norte ω t \hat{j}) .

$\vec{B}=B_0\hat{k}+b(\cos{\omega t}\hat{i}+sin{\omega t}\hat{j}).$

En particular quiero encontrar

PAG (S_{z} = ℏ \to S_{z} = 0) y PAG (S_{z} = ℏ \to S_{z} = - ℏ) .

$\mathcal{P}(S_z=\hbar\rightarrow S_z=0)\;\;\;\;\text{and}\;\;\;\;\mathcal{P}(S_z=\hbar\rightarrow S_z=-\hbar).$

Sé que el hamiltoniano es de la forma

H (t) = - ℏ ω_{0} (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array}) - \frac{ℏ ω_{⊥}}{\sqrt{2}} (\begin{array}{ccc} 0 & {mi}^{- i ω t} & 0 \\ {mi}^{i ω t} & 0 & {mi}^{- i ω t} \\ 0 & {mi}^{i ω t} & 0 \end{array}),

$H(t)=-\hbar\omega_0\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right) -\frac{\hbar\omega_\perp}{\sqrt2}\left( \begin{array}{ccc} 0 & e^{-i\omega t} & 0 \\ e^{i\omega t} & 0 & e^{-i\omega t} \\ 0 & e^{i\omega t} & 0 \end{array} \right),$

desde la definición de $S_x$ , $S_y$ y $S_z$ .

Seguí el caso spin-1/2. Hallo el sistema de ecuaciones diferenciales:

i ℏ \dot{a} (t) = - ℏ ω_{0} a (t) - \frac{ℏ ω_{⊥}}{\sqrt{2}} {mi}^{- i ω t} b (t)

$i\hbar\dot a(t)=-\hbar\omega_0 a(t)-\frac{\hbar\omega_\perp}{\sqrt{2}}e^{-i\omega t}b(t)$

i ℏ \dot{b} (t) = - \frac{ℏ ω_{⊥}}{\sqrt{2}} [{mi}^{i ω t} a (t) + {mi}^{- i ω t} C (t)]

$i\hbar\dot b(t)=-\frac{\hbar\omega_\perp}{\sqrt 2}[e^{i\omega t}a(t)+e^{-i\omega t}c(t)]$

i ℏ \dot{C} (t) = ℏ ω_{0} C (t) - \frac{ℏ ω_{⊥}}{\sqrt{2}} {mi}^{i ω t} b (t)

$i\hbar\dot c(t)=\hbar\omega_0 c(t)-\frac{\hbar\omega_\perp}{\sqrt{2}}e^{i\omega t}b(t)$

Como es más fácil con coeficientes independientes del tiempo, puedo definir

A (t) = a (t) {mi}^{i β t}, B (t) = b (t) y C (t) = C (t) {mi}^{- i β t}

$A(t)=a(t)e^{i\beta t},\;\;\;\;B(t)=b(t)\;\;\;\;\text{and}\;\;\;\;C(t)=c(t)e^{-i\beta t}$ y (configuración

β = ω

$\beta=\omega$ ) reescribir el sistema anterior:

i \dot{A} (t) = - d A (t) - \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} B (t)

$i\dot A(t)=-\delta A(t)-\frac{\omega_\perp}{\sqrt2}B(t)$

i \dot{B} (t) = - \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} (A (t) + C (t))

$i\dot B(t)=-\frac{\omega_\perp}{\sqrt2}(A(t)+C(t))$

i \dot{C} (t) = d C (t) - \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} B (t),

$i\dot C(t)=\delta C(t)-\frac{\omega_\perp}{\sqrt2}B(t),$

dónde $\delta=\omega-\omega_0$ ; o en forma matricial:

i (\begin{matrix} \dot{A} (t) \\ \dot{B} (t) \\ \dot{C} (t) \end{matrix}) = - (\begin{array}{ccc} d & \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{ω_{⊥}}{\sqrt{2}} & - d \end{array}) (\begin{matrix} A (t) \\ B (t) \\ C (t) \end{matrix}) .

$i\left( \begin{array}{c} \dot A(t)\\ \dot B(t)\\ \dot C(t) \end{array} \right) =- \left( \begin{array}{ccc} \delta & \frac{\omega_\perp}{\sqrt2} & 0 \\ \frac{\omega_\perp}{\sqrt2} & 0 & \frac{\omega_\perp}{\sqrt2} \\ 0 & \frac{\omega_\perp}{\sqrt2} & -\delta \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} A(t)\\ B(t)\\ C(t)\end{array} \right).$

Ahora, la solución de una ecuación como esta, donde la matriz de coeficientes es $M$ , debería ser

(\begin{matrix} A (t) \\ B (t) \\ C (t) \end{matrix}) = {mi}^{i METRO t} (\begin{matrix} A (0) \\ B (0) \\ C (0) \end{matrix}) .

$\left( \begin{array}{c} A(t)\\ B(t)\\ C(t)\end{array} \right)=e^{iMt} \left( \begin{array}{c} A(0)\\ B(0)\\ C(0)\end{array} \right).$

Debería encontrar ahora una solución explícita para evaluar la probabilidad (necesito $|B(t)|^2$ y $|C(t)|^2$ ). El problema es que en el caso de spin-1/2 se puede usar el truco de escribir la exponencial de la matriz como la suma de un seno y un coseno (ya que todas las potencias impares $\propto$ $M$ y todo el par $\propto$ $\mathbb{I}$ ), pero ahora no es posible.

¿Cómo debo proceder?

puedo diagonalizar $M$ y usar la propiedad $e^{-iMt}=Pe^{-iDt}P^{-1}$ , entonces con la exponencial de la matriz diagonal no debería haber ningún problema, pero es largo y tedioso. ¿No hay ningún otro método que pueda usar? ¿O cometí algún error antes?

higgsss

Este problema debería resolverse transformándolo en un marco giratorio. Consulte las páginas 391-394 del libro de Shankar sobre mecánica cuántica para comprender cómo funciona este método para el espín 1/2. Entonces, supongo que podrías publicar tu propia respuesta.

charlie

Lo siento, pero no entiendo cómo una rotación puede resolver mi problema. Por lo que veo, Shankar no está interesado en encontrar una solución para el estado en el caso del campo perturbado.

Respuestas (2)

Problema de Rabi para una partícula de spin-1

Este problema debería resolverse transformándolo en un marco giratorio. Consulte las páginas 391-394 del libro de Shankar sobre mecánica cuántica para comprender cómo funciona este método para el espín 1/2. Entonces, supongo que podrías publicar tu propia respuesta.
Lo siento, pero no entiendo cómo una rotación puede resolver mi problema. Por lo que veo, Shankar no está interesado en encontrar una solución para el estado en el caso del campo perturbado.

charlie · Answer 1

Finalmente lo resolví usando el teorema de Cayley-Hamilton.

Dado que el polinomio característico de $M$ es

λ^{3} = Ω^{2} λ,

$\lambda^3=\Omega^2\lambda,$

dónde $\Omega=\sqrt{\delta^2+\omega_{\perp}^2}$ , tenemos eso

{METRO}^{3} = Ω^{2} METRO .

$M^3=\Omega^2M.$

Entonces ( $M^4=\Omega^2M^2$ , $M^5=\Omega^4M$ , $\dots$ )

{mi}^{i METRO t} = I + i METRO t + \frac{(i METRO t)^{2}}{2!} + . . . = I - \frac{{METRO}^{2}}{Ω^{2}} + \frac{{METRO}^{2}}{Ω^{2}} porque (Ω t) + i \frac{METRO}{2} pecado (Ω t) .

$e^{iMt}=\mathbb{I}+iMt+\frac{(iMt)^2}{2!}+...=\mathbb{I}-\frac{M^2}{\Omega^2}+\frac{M^2}{\Omega^2}\cos{(\Omega t)}+i\frac{M}{2}\sin{(\Omega t)}.$

Finalmente se pueden calcular las probabilidades:

PAG (1 \to 0, t) = | B (t) |^{2} = \frac{d^{2} ω_{⊥}^{2}}{Ω^{4}} 2 {pecado}^{4} (\frac{Ω t}{2}) + \frac{ω_{⊥}^{2}}{2 Ω^{2}} {pecado}^{2} (Ω t),

$\mathcal{P}(1\rightarrow 0,t)=|B(t)|^2=\frac{\delta^2\omega_\perp^2}{\Omega^4}2\sin^4{\left(\frac{\Omega t}{2}\right)}+\frac{\omega^2_\perp}{2\Omega^2}\sin^2{(\Omega t)},$

PAG (1 \to - 1, t) = | C (t) |^{2} = \frac{ω_{⊥}^{4}}{Ω^{4}} {pecado}^{4} (\frac{Ω t}{2}) .

$\mathcal{P}(1\rightarrow -1,t)=|C(t)|^2=\frac{\omega_\perp^4}{\Omega^4}\sin^4{\left(\frac{\Omega t}{2}\right)}.$

higgsss · Answer 2

Puede transformar al marco giratorio de la siguiente manera:

ψ_{r o t} (t) = \hat{tu} (t) ψ (t),

$\begin{equation} \psi_{\mathrm{rot}} (t) = \hat{U}(t)\psi(t), \end{equation}$ donde la transformación unitaria dependiente del tiempo

U (t)

$U(t)$ es definido por

tu (t) \equiv Exp (i ω t S_{z} / ℏ) = (\begin{matrix} {mi}^{i ω t} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & {mi}^{- i ω t} \end{matrix}) .

$\begin{equation} U(t) \equiv \exp\left(i\omega t S_{z}/\hbar\right) = \begin{pmatrix} e^{i\omega t}&0&0\\ 0&1&0\\0&0&e^{-i\omega t}\end{pmatrix}. \end{equation}$ Uno puede comprobar que

ψ_{r o t} (t)

$\psi_{\mathrm{rot}} (t)$ satisface

i ℏ {\dot{ψ}}_{r o t} (t) = H_{r o t} ψ_{r o t} (t),

$\begin{equation} i\hbar\dot{\psi}_{\!\mathrm{rot}}(t) = H_{\mathrm{rot}}\psi_{\mathrm{rot}}(t), \end{equation}$ dónde

H_{r o t} = (ω_{0} - ω) S_{z} + \sqrt{2} ω_{⊥} S_{X} .

$\begin{equation} H_{\mathrm{rot}} = (\omega_{0}-\omega)S_{z} + \sqrt{2}\omega_{\perp} S_{x}. \end{equation}$ En el marco giratorio, el hamiltoniano es independiente del tiempo.

Ok, pero ahora si trato de encontrar la solución explícita para $\psi_{rot}$ Tengo el mismo problema que antes.
@Charlie Cierto. Pero este es un hamiltoniano de la forma $B\, \textbf{S}\cdot\hat{\textbf{n}}$ , y existe un operador unitario $V$ tal que $V S_{z} V^{-1} = \textbf{S}\cdot \hat{\textbf{n}}$ . Para este problema en particular, $V$ es una rotación sobre el $y$ -eje.

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