雖然以下內容繁瑣且一堆積分微分，但不需要太多物理背景便能理解，如果想看更簡潔的推導，且涵蓋範圍更廣，可以看量子光學教科書，另外，以下並沒有包含相位的討論，如果想知道相位會怎麼變化，可以參考 spin dynamics## 擾動系統 我們從之前章節得到的系統波函數出發，在係數 $c_0$ 和 $c_1$ 引入時間變數，變成 $c_0(t)$ 和 $c_1(t)$ \begin{align} \tag{1} \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}} \end{align} 這是系統的薛丁格方程式 \begin{align} \tag{2} \hat{H}\Psi=i\hbar \frac{\partial\Psi}{\partial t} \end{align} 系統的 $\hat{H}$ 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） \begin{split} \hat{H}=\hat{H^0}+\hat{H'}(t) \end{split} 我們想知道在有外部擾動的影響下，系統波函數會如何變化（或說機率幅會怎麼變化），因此我們將波函數 $(1)$ 代入方程式 $(2)$，並展開： \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{align} \tag{3} 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}}) \end{align} 接著對上式 $(3)$ 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{align} \dot{c_0}&=-\frac{i}{\hbar}H'_{01}e^{-i\omega_0t}c_1 \tag{4}\\ \dot{c_1}&=-\frac{i}{\hbar}H'_{10}e^{i\omega_0t} c_0 \tag{5} \end{align} ## Rabi 現在系統受到週期性的電磁波影響，該電磁波的 Hamiltonian 為： \begin{split} \hat{H'}(\vec{r},t)=V(\vec{r})\cos{(\omega t)} \end{split} 所以 \begin{split} \hat{H}_{01}=V_{01}\cos{(\omega t)} \end{split} 因此 $(4)$ 和 $(5)$ 式變成 \begin{align} \dot{c_0}&=-\frac{i}{\hbar}V_{01}\cos{(\omega t)}e^{-i\omega_0t}c_1 \tag{6}\\ \dot{c_1}&=-\frac{i}{\hbar}V_{10}\cos{(\omega t)}e^{i\omega_0t} c_0 \tag{7} \end{align} 因為 \begin{split} \cos{(\omega t)}=\frac{1}{2}[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}] \end{split} 代入 $(6)$ 和 $(7)$ 得到 \begin{align} \dot{c_0}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{01}[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}]e^{-i\omega_0t}c_1 \tag{8} \\ \dot{c_1}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{10}[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}]e^{i\omega_0t} c_0 \tag{9} \end{align} 我們先來看 $(8)$ 式，展開得到 \begin{split} \dot{c_0}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{01}[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}]e^{-i\omega_0t}c_1 \\ &=-\frac{i}{2\hbar}V_{01}[e^{i(\omega-\omega_0)t}+e^{-i(\omega+\omega_0)t}]c_1 \end{split} 因為 $e^{-i(\omega+\omega_0)t}$ 相比 $e^{i(\omega-\omega_0)t}$ 太小，對系統的貢獻不大，所以將之刪掉。同理對於 $(9)$ 式： \begin{split} \dot{c_1}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{10}[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}]e^{i\omega_0t} c_0 \\ &=-\frac{i}{2\hbar}V_{10}[e^{i(\omega+\omega_0)t}+e^{i(\omega_0-\omega)t}]c_0 \end{split} 這邊反而不太一樣，是 $e^{i(\omega+\omega_0)t}$ 相對太大，以物理的話來說是震動得太快，我們看不到，所以看不到這項對系統造成的影響，因此也消掉，綜合上述得到： \begin{align} \dot{c_0}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{01}e^{i\omega t}e^{-i\omega_0t}c_1 \tag{10}\\ \dot{c_1}&=-\frac{i}{2\hbar}V_{10}e^{-i\omega t}e^{i\omega_0t} c_0 \tag{11} \end{align} 上述從 $(8)(9)$ 到 $(10)(11)$ 的過程叫做 "rotating wave approximation （RWA）"，將振動太快的項消掉，即 $(\omega+\omega_0)$ 項。接著我們對 $(11)$ 再做微分，並將 $(10)$ 代入得到 \begin{split} \ddot{c_1}&=-i\frac{V_{10}}{2\hbar}[i(\omega_0-\omega)e^{-i(\omega_0-\omega) t}c_0+e^{-i(\omega_0-\omega)}\dot{c_0}]\\ &=i(\omega_0-\omega)[-i\frac{V_{10}}{2\hbar}e^{i(\omega_0-\omega)t}c_0]--i\frac{V_{10}}{2\hbar}e^{i(\omega_0-\omega)t}[-i\frac{V_{10}}{2\hbar}e^{i(\omega_0-\omega)t}c_1]\\ &=i(\omega_0-\omega)\dot{c_1}-\frac{|V_{01}|^2}{(2\hbar)^2}c_1 \end{split}
RWA 的作用可以這樣想，實際上 qubit 受電磁波影響後會像圖中這樣在 Bloch sphere 上面轉，我們很難從圖中看出這電磁波造成的 "淨" 影響是什麼，那如果我們觀察者繞著這顆球轉，旋轉頻率跟電磁波一樣，這樣我們就能看到箭頭（量子態）是繞著 X 軸轉 180 度
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物理學家只在意這個解代入微分方程後行得通，所以的確這方程式的解長這樣，至於為什麼非得長這樣，那是數學家的工作代入 $(12)$ 式得到： \begin{split} e^{\lambda t}(\lambda^2+i(\omega-\omega_0)\lambda-\frac{|V_{01}^2|}{4\hbar^2})=0\\ \lambda^2+i(\omega-\omega_0)\lambda-\frac{|V_{01}^2|}{4\hbar^2}=0 \end{split} 用以前國中常用解一元二次方程式的通式，求解上式得到 \begin{split} \lambda &= \frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\ &=\frac{1}{2}[-i(\omega-\omega_0)\pm \sqrt{-(\omega-\omega_0)^2-\frac{|V_{01}|^2}{\hbar^2}}] \\ &=i[-\frac{\omega-\omega_0}{2}\pm \omega_r] \end{split} 其中 \begin{split} \omega_r=\frac{1}{2}\sqrt{(\omega-\omega_0)^2+(\frac{|V_{01}|}{\hbar})^2}=\Omega \end{split} 一樣是工程數學或物理數學中提到的內容，$c_1(t)$ 的通解為 \begin{split} c_1(t)&=e^{-i\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}}[Ae^{i\omega_r t}+Be^{-i\omega_r t}] \\ &=e^{-\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}}[C \cos{(\omega_r t)}+D \sin{(\omega_r t)}] \end{split} 因為 $c_1(t=0)=0$，即係統一開始位在 $|0\rangle$，所以 $C=0$，最後我們得到 \begin{split} c_1(t)=e^{-i\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}}D \sin{(\omega_r t)} \end{split} 為了求出 D 為何物，我們將上式微分，得出 \begin{split} \dot{c_1}=D[i\frac{\omega_0-\omega}{2}e^{i(\omega_0-\omega)t/2}\sin{(\omega_rt)+\omega_re^{i(\omega_0-\omega)t/2}\cos{(\omega_rt)}}] \end{split} 將此式代入 $(11)$： \begin{split} c_1(t)&=i\frac{2\hbar}{V_{10}}e^{i(\omega-\omega_0)t}\dot{c_1}\\ &=i\frac{2\hbar}{V_{10}}e^{i(\omega-\omega_0)t/2}D[i\frac{\omega_0-\omega}{2}\sin{(\omega_rt)+\omega_r\cos{(\omega_rt)}}] \end{split} 因為 $c_1(t=0)=1$，所以 \begin{split} D = -i\frac{V_{10}}{2\hbar\omega_r} \end{split} 總結以上： \begin{split} c_0(t)&=-i\frac{1}{2\hbar\omega_r}V_{10}e^{i(\omega_0-\omega)\frac{t}{2}}\sin{(\omega_rt)}\\ c_1(t)&= e^{i(\omega-\omega_0)\frac{t}{2}}[\cos{(\omega_rt)+i(\frac{\omega_0-\omega}{2\omega_r})\sin{\omega_rt}}] \end{split} 系統出現在 $|1\rangle$ 的機率為： \begin{split} P_{0->1}(t)=|c_1(t)|^2=(\frac{|V_{01}|}{2\hbar\omega_r})^2\sin^2{(\omega_rt)} \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
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