# Rabi 震盪（選讀）
本節分成兩個部分，第一部分會承 Two level system 繼續討論，加上擾動項（外力） $\hat{H'}(t)$ 得出通式，第二部分將週期性的電磁波代入，得出 Rabi oscillation。可以翻閱貓書第 11 章，須先會微擾法。

## 擾動系統
這是在上個章節導出來的系統波函數會長的樣子，這裡的係數 $c_0$ 和 $c_1$ 導入時間，變成 $c_0(t)$ 和 $c_1(t)$
\begin{split}
\Psi(t)=c_0(t)|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+c_1(t)|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}} \space(1)
\end{split}

以下是這系統的薛丁格方程式

\begin{split}
\hat{H}\Psi=i\hbar \frac{\partial\Psi}{\partial t} \space (2)
\end{split}

其中 $\hat{H}$包含兩項，一個是未有外力情況下系統的 Hamiltonian，另一個是對系統施加的擾動 Hamiltonian（在這個例子中，即電磁波，且這擾動很小）

\begin{split}
\hat{H}=\hat{H^0}+\hat{H'}(t)
\end{split}

我們想知道，在有外力的情況下，系統波函數會怎麼變化（或說機率幅會怎麼變化），因此我們將將系統的波函數 (1) 代入薛丁格方程式 (2)

\begin{split}
c_0(\hat{H^0}|0\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+c_1(\hat{H^0}|1\rangle)e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}}+c_0(\hat{H'}|0\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+c_1(\hat{H'}|1\rangle)e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}}=
\\i\hbar[\dot{c_0}|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+\dot{c_1}|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}}+c_0|0\rangle(-i\frac{E_0}{\hbar}e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}})+c_1|1\rangle(-i\frac{E_1}{\hbar}e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}})]
\end{split}

等號左式的頭兩項消掉右式的尾兩項，因此上式變成：

\begin{split}
c_0(\hat{H'}|0\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+c_1(\hat{H'}|1\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}=i\hbar(\dot{c_0}|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+\dot{c_1}|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}})\space (3)
\end{split}

接著對上式左右兩邊對 $|0\rangle$ 做內積

\begin{split}
\langle 0|[c_0(\hat{H'}|0\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+c_1(\hat{H'}|1\rangle)e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}]=i\hbar\langle 0|[(\dot{c_0}|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+\dot{c_1}|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}})]
\end{split}

因為 $\langle 0|1\rangle=0$ 以及 $\langle 0|0\rangle=1$，因此：
\begin{split}
c_0\langle 0|\hat{H'}|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+
c_1\langle 0|\hat{H'}|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}}=
i\hbar\dot{c_0} e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}
\end{split}

方便起見，我們定義 $\langle 0|\hat{H'}|0\rangle=H_{00}, \langle 0|\hat{H'}|1\rangle=H_{01}$，接著在左右兩邊乘上 $-\frac{i}{\hbar}e^{i\frac{E_0 t}{\hbar}}$，得出

\begin{split}
\dot{c_0}=-\frac{i}{\hbar}[c_0H'_{00}+c_1H'_{01}e^{-i\frac{(E_1-E_0)t}{\hbar}}]
\end{split}

同理，將 (3) 式對 $|1\rangle$ 做內積，經過整理後，得出

\begin{split}
\dot{c_1}=-\frac{i}{\hbar}[c_1H'_{11}+c_0H'_{10}e^{i\frac{(E_1-E_0)t}{\hbar}}]
\end{split}

為方便起見，我們假設
\begin{split}
H'_{00}=H'_{11}=0
\end{split}
對於非零的情況，可以去翻閱量子力學教科書，這邊不做討論。這樣上式可以簡化成（其中 $\omega_0=\frac{E_1-E_0}{\hbar}$）：

\begin{split}
\dot{c_0}&=-\frac{i}{\hbar}H'_{01}e^{-i\omega_0t}c_0 \\
\dot{c_1}&=-\frac{i}{\hbar}H'_{10}e^{i\omega_0t} c_1
\end{split}

## 含時擾動系統
上面我們得出機率幅對時間微分的樣子，這裡我們要把他們積分起來得出 $c_0$ 和 $c_1$，首先我們先定義邊界條件，在 $t=0$ 的時候，系統處於 $|0\rangle$，即：

\begin{split}
\Psi(t=0)&=1|0\rangle e^{-i\frac{E_0 t}{\hbar}}+0|1\rangle e^{-i\frac{E_1 t}{\hbar}} \\
&=1|0\rangle +0|1\rangle
\end{split}

因此

\begin{split}
c_0(0)=1, c_1(0)=0
\end{split}

以下須先知道量子力學中的微擾法做估算，對於 first order 近似：

\begin{split}
\frac{dc_1(t)}{dt}=0, \space c_1(t)=1
\end{split}

因此：

\begin{split}
\frac{dc_1}{dt}=\frac{i}{\hbar}H'_{01}e^{i\omega_0t}
\end{split}

積分得出

\begin{split}
\frac{dc_1}{dt}=\frac{i}{\hbar}\int^t_0 H'_{10}(t')e^{i\omega_0t'} dt' \space (4)
\end{split}

## Rabi
假設現在對這系統打入一段週期性的電磁波
\begin{split}
\hat{H'}(\vec{r},t)=V(\vec{r})\cos{\omega t}
\end{split}

因此
\begin{split}
H_{10}'=V_{10}\cos{\omega t}
\end{split}

其中
\begin{split}
V_{10}=\langle 0|V|1\rangle
\end{split}

為了簡便，我們只考慮 first order，代入 (4) 式得出
\begin{split}
c_1(t) &\approx-\frac{i}{\hbar}V_{10} \int_0^t \cos(\omega t')e^{i\omega_0 t'} \mathrm{d} t'\\
&=-\frac{iV_{10}}{2\hbar} \int_0^t [e^{i(\omega_0+\omega)t'}+e^{i(\omega_0-\omega)t'}] \mathrm{d} t' \\
&=-\frac{V_{10}}{2\hbar}[\frac{e^{i(\omega_0+\omega)t}-1}{\omega_0+\omega}+\frac{e^{i(\omega_0-\omega)t}-1}{\omega_0-\omega}]
\end{split}

假設

\begin{split}
\omega_0+\omega >> |\omega_0-\omega|
\end{split}

則
\begin{split}
c_1(t)&\approx-\frac{V_{10}}{2\hbar}[e^{i(\omega_0-\omega)\frac{t}{2}}-e^{-i(\omega_0-\omega)\frac{t}{2}}]\\
&=-i\frac{V_{10}}{\hbar}\frac{\sin{\frac{(\omega_0-\omega)t}{2}}}{\omega_0-\omega}e^{i(\omega_0-\omega)\frac{t}{2}}
\end{split}

計算系統到狀態 $|1\rangle$ 的機率為
\begin{split}
P_{a->b}(t)=|c_1(t)|^2&\approx\frac{V_{10}^2}{\hbar^2}\frac{1}{(\omega_0-\omega)^2}\sin^2{[(\omega_0-\omega)\frac{t}{2}]}\\
&= \frac{V_{10}^2}{\hbar^2}\frac{1}{\Omega^2}\sin^2{[\frac{\Omega}{2}t]}
\end{split}

依據系統受電磁波連續照射的時間與系統出現在 $|1\rangle$ 的機率做圖會長這樣

當 $t=n\frac{2\pi}{\Omega},\space\text{where}\space n=1,2,3...$ 時，$P_{a->b}(t)=0$，就是系統出現在 $|0\rangle$ 的時間