Ayudantía 9: Mecánica Cuántica en el formalismo de Dirac

Pontificia Universidad Cat´olica de Chile Facultad de F´ısica

FIZ0322 F´ısica Cu´antica I

Ayudant´ıa 9: Mec´

anica Cu´

antica en el

formalismo de Dirac

Fabi´an C´adiz

0.1.

Primer principio

A cada sistema f´ısico 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 f´ısica A se le asocia un operador lineal autoadjunto ˆA de H, ˆA es el observable que representa a la cantidadA.

2. Principio de cuantificaci´on: Sea|ψiel estado en el cual se encuentra el sistema al momento de efectuar una medida de A. Para cualquier |ψi, los ´unicos resultados posibles son los valores propios aα del observable ˆA.

3. Principio de descomposici´on espectral: Sea ˆPα el operador de proyecci´on sobre el

sub-espacio asociado al valor propio aα. La probabilidad de encontrar el valor aα al realizar

una medida de A es:

P(aα) = ˆ Pα|ψi 2 Se tiene la equivalencia ˆ Pα|ψi=hψ|Pˆα|ψi

4. Principio de reducci´on de la funci´on de onda: Inmediatamente despu´es de una medida de A que dio por resultado el valor aα, el estado del sistema es:

|ψ0i= ˆ Pα|ψi ˆ Pα|ψi

0.3.

Tercer principio: evoluci´

on temporal

Sea |ψ(t)i el estado del sistema al instante t. Si el sistema no es sometido a ninguna obser-vaci´on, su evoluci´on en el tiempo est´a regida por la ecuaci´on de Schrodinguer:

i_~d

dt|ψ(t)i= ˆH|ψ(t)i

Problema 1: Operador de evoluci´on

Considere un sistema cuyo hamiltoniano ˆH 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 f´ormula:

|ψ(t)i= ˆU(t−t0)|ψ(t0)i con U(τˆ ) =e−i ˆ

Hτ /~

Muestre que ˆU(τ) es unitario, es decir ˆU†= ˆU−1_.

Soluci´on

Dado que ˆH no depende del tiempo, se tiene: d dt ˆ U(t−t0) = − i ~ ˆ He−iHˆ(t−t0)/~ ₌₋i ~ ˆ HUˆ(t−t0)

Dado que ˆU y ˆH conmutan: i_~d

dtUˆ(t−t0) = ˆU(t−t0) ˆH Se deduce entonces que:

|ψ(t)i= ˆU(t−t0)|ψ(t0)i

es soluci´on de la ecuaci´on de Schrodinguer con la condici´on inicial correcta, pues ˆU(0) =1. El hecho de que el operador de evoluci´on temporal sea unitario es consecuencia de la hermiticidad del hamiltoniano: ˆ U(t−t0)†=ei ˆ H(t−t0)/~ de forma que: ˆ U(t−t0)†Uˆ(t−t0) = 1

y se sigue que ˆU es unitario, ˆU† = ˆU−1_{. Esto es consistente con la conservaci´on de la norma:}

hψ(t)|ψ(t)i=hψ(0)|Uˆ†(t) ˆU(t)|ψ(0)i

=hψ(0)|ψ(0)i

De esta forma, una soluci´on de la ecuaci´on de Schrodinguer tiene norma 1 para todo t. Por ´

ultimo, notar que para un desplazamiento temporal diferencial dt:

|ψ(t0+dt)i=e−i ˆ Hdt/~_|ψ(t 0)i ≈ 1− i ~dt ˆ H |ψ(t0)i i_~ dt (|ψ(t0+dt)i − |ψ(t0)i) = ˆH|ψ(t0)i Se reconoce la ecuaci´on de Schrodinguer al tomar dt →0.

Problema 2: Representaci´on de Heisenberg

Considere un sistema cu´antico aislado de hamiltoniano ˆH. Sea |ψ(0)i el estado del sistema al instante t= 0. Sea a(t) el valor medio de las medidas de un observable ˆA al instantet.

a) Expresea(t) en funci´on de|ψ(0)i, ˆAy del operador de evoluci´on ˆU introducido en el problema anterior.

b) Muestre quea(t) puede interpretarse como el valor medio de un operador ˆA(t)H en el estado |ψ(0)i, y que ˆA(t)H satisface:

i_~dA(t)ˆ H dt = [ ˆA,

ˆ

H](t)H y A(0) = ˆˆ A (1)

Esta es la representaci´on de Heisenberg: el vector de estado es independiente del tiempo, y los operadores obedecen la ecuaci´on de Heisenberg (1).

Soluci´on

a) El valor medio del observable ˆA en el estado |ψ(t)i es:

hai(t) =hψ(t)|Aˆ|ψ(t)i

Utilizando el operador de evoluci´on temporal, si |ψ(0)i es la funci´on de onda en t = 0, entonces |ψ(t)i= ˆU(t)|ψ(0)i y:

hai(t) = hψ(0)|eiHt/ˆ ~_Aˆˆ_e−iHt/ˆ ~_|ψ(0)i

Notar que esto equivale a tomar el valor medio del operador ˆA(t)H = ei

ˆ

Ht/~_Aˆˆ_e−iHt/ˆ ~ _en

el estado |ψ(0)i. Esto puede ser interpretado de la siguiente manera: el estado f´ısico de una part´ıcula es constante en el tiempo, mientras que los observables asociados a cantidades f´ısicas son operadores que dependen del tiempo, y se relacionan con los observables en el cuadro de Schrodinguer mediante ˆA(t)H =ei

ˆ Ht/~_Aeˆ −iHt/ˆ ~_{. Adem´as:} d dt ˆ A(t)H = i ~ ˆ HeiHt/ˆ ~_Aeˆ iHt/ˆ ~ _−eiHt/ˆ ~_Aˆ_Heˆ −iHt/ˆ ~ d dt ˆ A(t)H = i ~ eiHt/ˆ ~_Hˆ_Aˆ_−Aˆ_Hˆ_e−iHt/ˆ ~ i_~d dt ˆ A(t)H = [ ˆA,H](t)ˆ H

Esta es la ecuaci´on de Heisenberg para los operadores. En resumen:

1. Cuadro de Schrodinguer: el estado f´ısico es un elemento |ψ(t)i de un espacio de Hilbert que evoluciona en el tiempo de acuerdo a i_~dtd|ψ(t)i = ˆH|ψ(t)i, o equivalentemente,

|ψ(t)i=e−iHt/ˆ ~_{|ψ(0)i. A toda cantidad f´ısica se le asocia un observable ˆA.}

2. Cuadro de Heisenberg: el estado f´ısico es un elemento constante en el tiempo|ψ(0)ide un espacio de Hilbert. A toda cantidad f´ısica se le asocia un observable ˆA(t) que evoluciona en el tiempo seg´un i_~dtdA(t)ˆ H = [ ˆA,H](t)ˆ H, equivalentemente ˆA(t)H =ei

ˆ

Problema 3:Ecuaci´on de movimiento cl´asico para el oscilador arm´onico

Considere un oscilador arm´onico unidimensional de frecuencia w. En t = 0 la part´ıcula se en-cuentra en un estado |ψ(0)i arbitrario. Utilizando el cuadro de Heisenberg, deduzca ˆx(t), ˆp(t) y encuentre las ecuaciones que satifacen el valor medio de la posici´on y del momentum como funci´on del tiempo.

Soluci´on

El hamiltoniano del oscilador arm´onico es: ˆ H= pˆ 2 2m + 1 2mw 2_xˆ2

En el cuadro de Heisenberg, los operadores posici´on y momentum satisfacen: i_~d dtx(t)ˆ H = [ˆx, ˆ H](t)H i_~d dtp(t)ˆ H = [ˆp, ˆ H](t)H pero [ˆx,H] =ˆ 1 2m[ˆx,pˆ 2 ] = 1 2m(ˆp[ˆx,p] + [ˆˆ x,p]ˆˆp) = i_~ mpˆ [ˆp,H] =ˆ 1 2mw 2_[ˆp,xˆ2_{] =−i} ~mw2xˆ Se obtiene entonces: d dtx(t)ˆ H = 1 mp(t)ˆ H d dtp(t)ˆ H =−mw 2_x(t)ˆ H

Se ve que los operadores posici´on y momentum satisfacen ecuaciones an´alogas a las del movimiento cl´asico!. Por ejemplo, se tiene para el operador posici´on:

d2

dt2x(t)ˆ H +w 2_x(t)ˆ

H = 0

Finalmente, si en t = 0 el estado de la part´ıcula es |ψ(0)i , el valor medio de la posici´on y del momentum al instante t es:

hxˆi(t) = hψ(0)|x(t)ˆ H|ψ(0)i y entonces: d dthxˆi(t) = hψ(0)| d dtx(t)ˆ H|ψ(0)i = 1 mhψ(0)|p(t)ˆ H|ψ(0)i= 1 mhpi(t) De igual modo : d dthpˆi(t) = hψ(0)| d dtp(t)ˆ H|ψ(0)i

d

dthpˆi(t) =−mw

2_hxi(t)

Se reconoce el teorema de Ehrenfest para el caso particular del oscilador arm´onico: d dthxˆi(t) = 1 mhpi(t) d dthpˆi(t) =−mw 2_hxi(t)

Los valores medios de los observables posici´on y momentum satisfacen las ecuaciones de movimiento de la mec´anica cl´asica.

Problema 4: Problema a dos sitios

Considere una part´ıcula que puede ocupar ´unicamente 2 sitios del espacio, separados una distan-ciaa. Se denotan respectivamente|0iy|1ilos estados correspondientes a la part´ıcula 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 part´ıcula tiene la misma energ´ıa E0 sobre cada uno de los dos sitios. La part´ıcula puede igualmente saltar de un sitio a

otro por efecto t´unel, siendo −J el elemento de matriz correspondiente. El hamiltoniano total de la part´ıcula es entonces:

ˆ

H =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 energ´ıas propias correspondientes.

c) Se prepara la part´ıcula en el estado |0i al instante inicial t = 0. Cu´al es la probabilidad de encontrar a la part´ıcula en el estado |1i al instante t?

Soluci´on

a) A partir de la definici´on de los elementos de matriz de un operador, se obtiene la siguiente matriz para el hamiltoniano:

ˆ H = E0 −J −J E0

b) Los autovalores se encuentran al resolver:

det|H−λ1|= 0 (E0−λ)2−J2 =E02−J

2 ₋

2E0λ+λ2 = 0

Las soluciones son:

λ= 2E0±

p

4E2

0 −4E02+ 4J2

2 =E0±J

Es decir, los valores propios sonλ1 =E0−J y λ2 =E0+J. Para encontrar el vector propio

asociado aλ1 resolvemos: (H−(E0−J))|ψ1i= J −J −J J |ψ1i= 0 Se obtiene: |ψ1i= 1 √ 2(|0i+|1i)

De forma an´aloga, para el vector propio asociado a E0+J:

|ψ2i=

1

√

2(|0i − |1i)

c) Descomponiendo el estado inicial |ψ(0)i=|0i sobre la base de autoestados del hamilto-niano:

|ψ(0)i=|0i= √1

2(|ψ1i+|ψ2i) Se deduce que el estado del sistema al instante t es:

|ψ(t)i= √1

2 e

−i(E0−J)t/~_|ψ

1i+e−i(E0+J)t/~|ψ2i

La probabilidad de volver a encontrar al electr´on en el sitio |1i al instante t ser´a: P1(t) =|h1|ψ(t)i|2 = 1 4 e−i(E0−J)t/~−e−i(E0+J)t/~ 2 = sin2(J t/_~) P1(t) = 1 2(1−cos(2J t/~))

Se encuentra una oscilaci´on peri´odica entre los estados localizados |0i, |1i gracias al efecto t´unel. La frecuencia de esta oscilaci´on es w= 2J/_~

Problema 5: Cadena cerrada de 8 centros

Considere los estados de un electr´on en una estructura formada por 8 ´atomos en los v´ertices de un oct´agono regular. Designamos |ξni, n = 1, ...,8 los estados del electr´on localizados re-spectivamente en la vecindad de los ´atomosn = 1, ...,8. Estos estados se suponen ortogonales,

hξn|ξmi=δn,m. El hamiltoniano de este sistema est´a definido en la base{|ξni}, por ˆH =−AWˆ,

donde A >0, y ˆW est´a definido por: ˆ

W|ξni= (|ξn+1i+|ξn−1i)

donde se definen las condiciones c´ıclicas |ξ9i=|ξ1i y |ξ0i=|ξ8i. Sean |ϕki los estados propios

de ˆH , y Ek,k = 1, ...,8 los valores propios correspondientes.

Definimos el operador de traslaci´on ˆR por ˆR|ξni=|ξn+1i.

a) Verificar que ˆR8 =1y deducir los valores propiosλk,k= 1, ..,8 de ˆR(Son todos diferentes).

b) Escribiendo los vectorios propios de ˆR bajo la forma |ψki=P_p8₌₁cpk|ξpi, escriba la relaci´on

de recurrencia para los coeficientescp_k y determine estos coeficientes normalizando |ψki.

c) Verifique que los vectores|ψkiforman una base ortonormal del espacio a 8 dimensiones con-siderado.

d) Verifique que estos mismos vectores|ψkison vectores propios del operador ˆR−1 = ˆR†definido

por R−1|ξni=|ξn−1i y calcule los valores propios correspondientes.

e) Exprese ˆW en funci´on de ˆR y ˆR−1_{. Deduzca los vectores propios |ϕ}

ki de ˆH y los niveles de

energ´ıa correspondientes. Discuta la degeneraci´on de los niveles.

f) Exprese los estados localizados|ξni,n = 1, ...,8 en funci´on de los estados propios de la energ´ıa

|ϕki, k = 1, ..,8.

g) Al instante inicial t = 0 el electr´on est´a localizado sobre el sitio n = 1, |ψ(t = 0)i = |ξ1i.

Calcule la probabilidad p1(t) de volver a encontrar al electr´on sobre el sitio n= 1 a un instante

posterior t, escribaw =A/_~.

h) Existen instantestpara los cualesp(t) = 1?. Explique por qu´e. La propagaci´on de un electr´on sobre la cadena es peri´odica?. Qu´e piensa de la generalizaci´on de este resultado a un n´umero cualquiera de centros?

Soluci´on

a) Imponiendo las condiciones de periodicidad de la cadena, se tiene

∀n, Rˆ8|ξni=|ξn+8i=|ξni

Se deduce que ˆR8 _{=1. Si λ}

k es un valor propio de ˆR con vector propio|ψki, entonces:

ˆ

R8|ψki=λk8|ψki=|ψki

Se tiene de esta forma que los valores propios de ˆR cumplen: λ8_k= 1 Luego: λk=ei 2π 8k =ei π 4k, k = 1, ...,8

b) Escribiendo los vectores propios de ˆR en la base {|ξni}, |ψki=

P8 n=1cnk|ξni, se tiene: ˆ R|ψki=ei π 4k|ψ ki

pero: ˆ R|ψki= ˆR 8 X n=1 cn_k|ξni ! = 8 X n=1 cn_kRˆ|ξni ˆ R|ψki= 8 X n=1 cn_k|ξn+1i= 8 X n=1 cn_k−1|ξni Finalmente: 8 X n=1 cn_k−1|ξni=ei π 4k 8 X n=1 cn_k|ξni

Dado que {|ξni}es base,

cn_k−1 =eiπ4kcn k Esto significa: c2_k=e−iπ4kc1 k c3_k=e−i2π4kc1 k En general: cn_k =e−i(n−1)π4kc1 k n = 1, ...,8

De esta forma, los vectores propios de ˆR son de la forma:

|ψki=c1k 8 X n=1 e−inπ4k|ξ ni Imponiendo la normalizaci´on kψkk= 1: kψkk 2 =|c1_k|2 8 X n=1 |e−inπ4k|2kξ nk 2 = 8|c1_k|2 _{= 1} Eligiendo c1 k = 1 √ 8e

−iπ₄k _{(la elecci´on de fase es arbitraria!), se tiene:}

cn_k = √1

8e

−inπ₄k _{k, n= 1, ...,8}

c) Los vectores propios de ˆR normalizados tienen la forma:

|ψki= 1 √ 8 8 X e−inπ4k|ξ ni

hψk0|ψ_ki= 1 8 8 X n=1 8 X n0₌₁ ei(n0k0−nk)π4hξ n0|ξ_ni= 1 8 8 X n=1 ein(k0−k)π4 =δ k,k0

Pues es claro que si k =k0, la sumatoria es igual a 1/8×8 = 1. Por otro lado, si k6=k0, las fasesein(k0−k)π_{4,n= 1, ...,8 son los v´ertices de un oct´agono regular centrado en el origen, siendo}

la suma de todas igual a este ´ultimo. En conclusi´on, el conjunto de vectores propios |ψki de ˆR

forma una base ortonormal. d) Se tiene: ˆ R−1|ψki= ˆR−1 1 √ 8 8 X n=1 e−inπ4k|ξ ni ! = √1 8 8 X n=1 e−inπ4kRˆ−1|ξ ni= 1 √ 8 8 X n=1 e−inπ4k|ξ n−1i ˆ R−1|ψki= 1 √ 8 8 X n=1 e−i(n+1)π4k|ξ ni=e−i π 4k|ψ ki

Luego, |ψki es tambi´en vector propio de ˆR−1, con autovalor λ∗k.

e) Dado que el Hamiltoniano se escribe ˆH =−AWˆ =−ARˆ+ ˆR−1, es claro que |ψki es

vector propio de ˆH con autovalor:

Ek =−A(λk+λ∗k) =−2Acos kπ 4 , k= 1, ...,8 El estado fundamental se obtiene para k = 8, E8 =−2A. Se tiene adem´as:

E1 =E7 =−A √ 2 E2 =E6 = 0 E3 =E5 =A √ 2 E4 = 2A

f) Dado que {|ϕki} forma una base hilbertiana, se tiene: |ξni= 8 X k=1 |ϕkihϕk|ξni= 8 X k=1 (cn_k)∗|ϕki= 1 √ 8 8 X k=1 eiknπ4|ϕ_ki g) Suponiendo que |ψ(t= 0)i= √1 8 8 X k=1 eikπ4|ϕ ki=|ξ1i

En un instante posterior t se tendr´a:

|ψ(t)i= √1 8 8 X k=1 ei(kπ4−Ekt/~)|ϕki

La probabilidad de encontrar al electr´on en el sitio 1 al instantet es: p1(t) =|hξ1|ψ(t)i|2 = 1 8 8 X k=1 e−iEkt/~ 2

Utilizando los valores encontrados para Ek, y definiendo w=A/~:

p1(t) = 1 8 2e √ 2wt_{+ 2 + 2e}−√2wt_+e−2wt_+e2wt 2 = 1 4 1 + 2 cos(wt√2) + cos(wt) 2

h) Se tiene evidentemente p1(0) = 1. Para obtener p1(t) = 1 en un instante posterior se

debe encontrar t6= 0 tal que:

cos(wt√2) = 1 cos(2wt) = 1

Esto significa wt√2 = 2N π y 2wt = 2N0π donde N, N0 son enteros. Tomando el cuociente entre estas dos expresiones, encontramos:

√

2 = N 0

N

Es decir, √2 tendr´ıa que ser racional! En consecuencia, la part´ıcula no se encuentra jam´as sobre el sitio 1 con probabilidad 1. La evoluci´on del sistema no es peri´odica. De forma an´aloga se pueden resolver problemas de n sitios con n 6= 8, en particular, cuando se tienen 2, 4 y 6 sitios, los niveles de energ´ıa tienen cuocientes racionales y la evoluci´on es peri´odica. M´as all´a de n = 6 centros, la evoluci´on nunca ser´a peri´odica.

Problema 6: F´ormula de Glauber

Si dos operadores ˆA y ˆB no conmutan, no existe relaci´on simple entre eAˆ_eBˆ _{y e}Aˆ+ ˆB_{. Suponga}

aqu´ı que ˆA y ˆB conmutan con su conmutador [ ˆA,B]. Muestre la f´ˆ ormula de Glauber: eAˆeBˆ =eAˆ+ ˆBe[ ˆA,Bˆ]/2

Para ello, introduzca el operador ˆF(t) = etAˆ_etBˆ_{, donde t es una variable sin dimensi´on, y}

establezca la ecuaci´on diferencial: dF

dt =

ˆ

A+ ˆB+t[ ˆA,B]ˆ Fˆ(t)

y luego integre la ecuaci´on entre t = 0 y t = 1. Utilize adem´as el resultado [ ˆB,Aˆn_{] =}

Pn−1 k=0Aˆ k_{[ ˆB,A] ˆˆA}n−k−1 Soluci´on Se tiene: d dt ˆ F = d dte tAˆ etBˆ +eAˆ d dte tBˆ d dt ˆ F = ˆAetAˆetBˆ +eAtˆ Beˆ tBˆ El segundo t´ermino de la derecha se puede reescribir como:

eAtˆ Beˆ tBˆ = ∞ X n=0 tn n!Aˆ n_Beˆ tBˆ Pero ˆAnBˆ = [ ˆAn,B] + ˆˆ BAˆn, luego: eAtˆBeˆ tBˆ = ∞ X n=0 tn n![ ˆA n_,B]eˆ tBˆ _+BetAˆ_etBˆ

y ahora utilizamos el siguiente resultado: [ ˆAn,B] =ˆ n−1 X k=0 ˆ Ak[ ˆA,B] ˆˆ An−k−1 y como ˆA conmuta con [ ˆA,B]:ˆ

[ ˆAn,B] =ˆ n−1 X k=0 [ ˆA,B] ˆˆ AkAˆn−k−1 =n[ ˆA,Bˆ]An−1 =nAˆn−1[ ˆA,B]ˆ Usando esto: eAtˆBeˆ tBˆ = ∞ X n=0 tn n!nA n−1 [ ˆA,B]eˆ tBˆ +BetAˆetBˆ =t ∞ X n=1 tn−1 (n−1)!A n−1 [ ˆA,B]eˆ tBˆ +BetAˆetBˆ eAtˆ Beˆ tBˆ =tetAˆ[ ˆA,B]eˆ tB+BetAˆetBˆ De esta manera: d dt ˆ F = ˆAetAˆetBˆ +t[ ˆA,Bˆ]etAˆetBˆ +BetAˆetBˆ

d dt ˆ F =Aˆ+ ˆB+t[ ˆA,B]ˆ Fˆ La soluci´on es: ˆ F(t) = et( ˆA+ ˆB)+t 2 2[ ˆA,Bˆ]

Tomando t= 1, se obtiene la f´ormula de Glauber: eAˆeBˆ =eAˆ+ ˆB+12[ ˆA,Bˆ]

En el caso particular ˆA= ˆx, ˆB = ˆp:

Problema 7: Oscilador con fuerza constante en el cuadro de Heinsenberg

Use el cuadro de Heisenberg para encontrar los valores de expectaci´on para ˆp y ˆx de una part´ıcula bajo la influencia de un oscilador arm´onico y de una fuerza constante F. Asuma que el estado del sistema es el ground state del oscilador arm´onico simple sin la fuerzaF.

Soluci´on El hamiltoniano es: ˆ H= pˆ 2 2m + 1 2kxˆ 2_−Fxˆ

Si ˆx(t)H y ˆp(t)H son los operadores en el cuadro de Heinsenberg, se tiene:

i_~d dtx(t)ˆ H = [ˆx, ˆ H](t)H = 1 2m[ˆx,pˆ 2_](t) H pero [ˆx,pˆ2] = [ˆx,p]ˆˆp+ ˆp[ˆx,p] = 2iˆ _~pˆ Luego: d dtx(t)ˆ H = 1 mp(t)ˆ H (2)

Del mismo modo, tenemos:

i_~dp(t)ˆ H dt = [ˆp, ˆ H](t)H y: [ˆp,H] =ˆ 1 2k[ˆp,xˆ 2_{]−F[ˆp,x]ˆ} [ˆp,H] =ˆ −i_~kxˆ+i_~F1 Es decir: d dtp(t)ˆ H =−kˆx(t)H +F (3) El estado en el cuadro de Heisenberg es |0i (el ground state del oscilador arm´onico ent= 0 en el cuadro de Shrodinger). En t´erminos de los operadores de creaci´on y aniquilaci´on, tenemos:

ˆ x(t)H = r ~ 2mw ˆa † (t)H + ˆa(t)H ˆ p(t)H =i r mw_~ 2 ˆa † (t)H −ˆa(t)H o bien: ˆ a(t)H = r mw 2_~ ˆ x(t)H + iˆp(t)H mw ˆ a†(t)H = r mw 2_~ ˆ x(t)H − ip(t)ˆ H mw

La ecuaci´on de movimiento para el operador de aniquilaci´on en el cuadro de Heinsenberg es, usando (2) y (3):

d dtˆa(t)H = r mw 2_~ 1 mp(t)ˆ H − ik mwx(t)ˆ H + i mwF y w =pk/m d dtˆa(t)H =−iw r mw 2_~ i wmp(t)ˆ H + ˆx(t)H +i r 1 2_~mwF d

dta(t)ˆ H =−iwˆa(t)H +iF

r

1 2m_~w De aqu´ı se obtiene lo siguiente:

d

dta(t)ˆ H +iwˆa(t)H =iF

r

1 2m_~w d

dtˆa(t)He

iwt_+iwˆa(t)

Heiwt =iF r 1 2m_~we iwt d dt ˆa(t)He iwt =iF r 1 2m_~we iwt Finalmente, integrando : ˆ

a(t)Heiwt−a(0)ˆ H =F

r 1 2m_~w ˆ t 0 dt eiwt =F r 1 2m_~w3 e iwt₋₁ ˆ

a(t)H = ˆa(0)He−iwt+F

r 1 2m_~w3 1−e −iwt De igual forma: ˆ a†(t)H = ˆa†(0)Heiwt+F r 1 2m_~w3 1−e iwt Usando que: h0|ˆa(0)|0i=h0|ˆa†(0)|0i= 0 encontramos: hxˆit=h0|x(t)ˆ H|0i= 0 y hpˆit=h0|p(t)ˆ H|0i= F w(1−coswt)