Imagine um sistema no qual haja apenas 2 estados linearmente independentes:
|u1rang<==binom10 e |u2rang<==binom01
No tempo t=0, a partícula se encontra no estado |psi0rang<==|u1rang<=. O Hamiltoniano do sistema é dado por:
H=(ll h & g g & h ) , onde h e g são constantes reais Responda: ã
a) “O sistema realiza transição ao longo da evolução temporal”. Com base apenas na observação da matriz do Hamiltoniano, justifique essa afirmação (sem conta). (1,0pt)
b) Qual é o estado do sistema no tempo " t "? (2,0pt)
c) Qual é o tempo mínimo que o sistema leva para ir para o estado |u2rang<= ? (Aqui é só encontrar o menor tempo em que a componente de |u1rang<= se anula com a evolução temporal) (2,0pt)

Passo 1

O enunciado descreve um sistema quântico de dois níveis com base ortonormal |u1rang<=,|u2rang<=, em que no instante t=0 temos |psi(0)rang<==|u1rang<=. O Hamiltoniano é
H = h & g g & h,
com h,ginR.
Conteúdo: evolução temporal de um sistema de dois níveis pelo operador unitário U(t)=exp(-tfracihbarHt).
Objetivos:
a) Justificar qualitativamente por que ocorrem transições entre |u1rang<= e |u2rang<=.
b) Calcular |psi(t)rang<= = U(t)|psi(0)rang<=.
c) Determinar o menor t>0 tal que a componente em |u1rang<= se anule.

Passo 2

O Hamiltoniano apresenta termos fora da diagonal, H12=H21=gneq 0. Isso significa que as bases |u1rang<= e |u2rang<= não são autovetores de H, ou seja, o sistema não permanece em |u1rang<= mas “mistura” amplitudes entre |u1rang<= e |u2rang<=. Em termos físicos, gneq 0 é o acoplamento que induz transição entre os dois estados.

Passo 3

Escrevemos
H = hI + gsigmax,
onde
sigmax = 0 & 11 & 0,
e [I,sigmax]=0. Logo
U(t) = e^-ihbarHt = e^-ihbarht,e^-ihbargsigmax t
Usamos a identidade para Pauli:
e^-ialphasigmax = Icosalpha - i,sigmaxsinalpha
Tomando alpha=tfracg,thbar, tem-se
U(t) = e^-ihbarh,tl[Icosl(tfracg,thbarr) - i,sigmaxsinl(tfracg,thbarr)r]
Aplicando em |u1rang<=:
|psi(t)rang<= = U(t)|u1rang<= = e^-ihbarh,tl[cosl(tfracg,thbarr)|u1rang<= - isinl(tfracg,thbarr)|u2rang<=r]

Passo 4

A componente em |u1rang<= é proporcional a cosl(tfracg,thbarr). Para que ela zere, basta
cos!l(tfracg,thbarr)=0 Longrightarrow tfracg,thbar = tfracpi2 + npi
O menor tempo positivo ocorre em n=0, ou seja
tmin = pi,hbar2,g

Resposta

(a) Há termos fora da diagonal ( gneq 0) em H, o que acopla |u1rang<= e |u2rang<=, gerando transições.
(b)
|psi(t)rang<= = e^-ihbarh,tl[cos!l(tfracg,thbarr)|u1rang<= - isin!l(tfracg,thbarr)|u2rang<=r]
(c)
tmin = pi,hbar2,g

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