Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
Por otro lado, resolviendo para b 3 :( ω1) (b 3 (t) = asen2 t ω1)− bcos2 t(367)Ahora, utilizatemos la condiciones iniciales dadasCon esto, obtenemos:b 2 (0) = 1 √2(368)b 3 (0) = 0 (369)(370)Luego,a = 1 √2(371)b = 0 (372)b 2 (t) = √ 1 ( ω1)cos 2 2 tb 3 (t) = 1 √2sen( ω12 t )(373)(374)(375)Finalmente, ḃ1(t) = 0 → b 1 (t) = 1 √2(c) Calcularemos: 〈ψ(t)|D z (t)|ψ(t)〉, considerando que:|ψ(t)〉 =3∑b i (t)e iEit/ |φ i 〉1La matriz dada en el enunciado, nos indica los elementos que sobreviven:Resolviendo esto, lo que tenemos es:〈φ 2 |D|φ 1 〉 = d (376)〈φ 1 |D|φ 2 〉 = d (377)55
〈D z (t)〉 = b ∗ 1(t)b 2 (t)e it(E1−E2)/ d + b ∗ 2(t)b 1 (t)e it(E2−E1)/ d (378)= d (2 cos ω1)2 t (e it(E1−E2)/ + e it(E1−E2)/ ) (379)= d (2 cos ω1)2 t cos (ω 12 t) (380)= d { ( ) ( )}ω1 tcos2 2 − ω ω1 t12 + cos2 + ω 12(381)Con esto, queda demostrado que hay términos sinusoidales.Problema 3: Tenemos que se cumple:P (t, |n〉 → |l〉) = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ V ln (t ′ )∣0En este ecuación, reemplazamos directamente, el argumento V ln (t ′ ) dado que conocemos la función.Además, sabemos entre que estados es la transici’on:2P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 e −t/T |1〉∣0P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞∣ ∣∣∣2 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 |1〉e −t/TP = 1 2 ∣ ∣∣∣〈0|H 0 |1〉P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 ∣ ∣∣∣[P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 [P =P =P =0∫ ∞0|〈0|H 0 |1〉| 2 2 (ω ln ) 2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2 2 ( ∆ɛ )2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2(∆ɛ) 2 + ( T )22dt ′ e iω lnt ′ e −t/T ∣ ∣∣∣2]∣1 ∣∣∣2iω ln − 1 (−1) 2T]1(ω ln ) 2 + ( 1 T )256
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〈D z (t)〉 = b ∗ 1(t)b 2 (t)e it(E1−E2)/ d + b ∗ 2(t)b 1 (t)e it(E2−E1)/ d (378)= d (2 cos ω1)2 t (e it(E1−E2)/ + e it(E1−E2)/ ) (379)= d (2 cos ω1)2 t cos (ω 12 t) (380)= d { ( ) ( )}ω1 tcos2 2 − ω ω1 t12 + cos2 + ω 12(381)Con esto, queda demostrado que hay términos sinusoidales.Problema 3: Tenemos que se cumple:P (t, |n〉 → |l〉) = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ V ln (t ′ )∣0En este ecuación, reemplazamos directamente, el argumento V ln (t ′ ) dado que <strong>con</strong>ocemos la función.Además, sabemos entre que estados es la transici’on:2P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 e −t/T |1〉∣0P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞∣ ∣∣∣2 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 |1〉e −t/TP = 1 2 ∣ ∣∣∣〈0|H 0 |1〉P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 ∣ ∣∣∣[P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 [P =P =P =0∫ ∞0|〈0|H 0 |1〉| 2 2 (ω ln ) 2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2 2 ( ∆ɛ )2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2(∆ɛ) 2 + ( T )22dt ′ e iω lnt ′ e −t/T ∣ ∣∣∣2]∣1 ∣∣∣2iω ln − 1 (−1) 2T]1(ω ln ) 2 + ( 1 T )256
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