不对易算子的指数运算 (Baker-Hausdorff theorem)

通过级数展开,容易得到关于算符$A,B$的式子的级数展开 - \begin{align*} e^{\lambda A}Be^{-\lambda A} \sum _{n0}^{\infty} \alpha_{n}\lambda^{n} \end{align*} 其中 \begin{align*} \alpha_{0} =& B\, \\ \alpha_{n} =& \left[A,\left[A,\cdots[A,B]\cdots\right]\right]\frac{1}{n!}\,,\quad n\ge 1 \end{align*} 如果$[A,[A,B]]=0$,那么有 -

$$\begin{align} \label{eq:1} e^{\lambda A}Be^{-\lambda A} = B + \lambda[A,B] \end{align}$$

由(\ref{eq:1}) 可以证明下式 - \begin{equation} \label{eq:2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}\left( e^{\lambda A} e^{\lambda B}\right) = (A+B+\lambda[A,B])\left( e^{\lambda A} e^{\lambda B}\right) \end{equation} 我在证明(\ref{eq:2})时有卡住。 解决方法为直接对(\ref{eq:2})的左边计算,然后利将结果利用(\ref{eq:1})代换,就得到(\ref{eq:2})的右边的形式 \begin{align*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}\left( e^{\lambda A} e^{\lambda B}\right) =& A e^{\lambda A}e^{\lambda B} +e^{\lambda A}Be^{\lambda B} \\ =& A e^{\lambda A}e^{\lambda B} + (B e^{\lambda A} +\lambda[A,B]e^{\lambda A})e^{\lambda B } \\ =& (A+B+\lambda[A,B])\left( e^{\lambda A} e^{\lambda B}\right) \end{align*} 本质上,这就是一个联立方程的问题,强行消元的思路即可。 最后一问是根据(\ref{eq:2})证明 - \begin{equation} \label{eq:3} e^{A}e^{B} = e^{A+B+\frac{1}{2}[A,B]} \end{equation} 经验: 1. 其思路是已知导数求原函数的思路。其导数是(\ref{eq:2}),将(\ref{eq:2})的左边看成 $f'(\lambda)$,求$f(\lambda)$即可。 题目评述:\\ 1. 非对易算符的指数运算并不想当然地简单地满足指数相加。

Kubo identity 的证明

Kubo identity 如下 - \begin{equation} \label{eq:4} \frac{\mathrm{i}}{\hbar}[A(t),\rho] = \rho \int_{0}^{\beta}\mathrm{d} \lambda \dot{A}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar) \end{equation} 这个问题看似无从下手,右边是一个看似奇怪的积分,对一个参数$\lambda$从$0$积分积到$\beta$。下手的地方应该是撇开不重要的量,看出式子中最重要的关系。

  • 首先需要注意的是$\dot{A}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)$的含义,是把$(t-\mathrm{i}\hbar)$看成一个整体,$A $对这个整体的导数,因此有以下关系 \begin{align*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}A = \dot{A}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)\cdot (-\mathrm{i}\hbar ) \end{align*}
  • 为了分析(\ref{eq:4})中的关系,先把(\ref{eq:4})写出其具体的形式,用最基本的量表示出来 \begin{equation} \nonumber \frac{\mathrm{i}}{\hbar}[ e^{-\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}t} A e^{\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}t},e^{-\beta \mathcal{H}}]\frac{1}{\mathrm{Tr}(e^{-\beta \mathcal{H}})} \frac{1}{\mathrm{Tr}(e^{-\beta \mathcal{H}})}e^{-\beta \mathcal{H}} \int_{0}^{\beta} \mathrm{d}\lambda \frac{1}{-\mathrm{i}\hbar} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda} \left( e^{-\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)} A e^{\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)} \right) \end{equation} \begin{align*} \Downarrow \end{align*} \begin{equation} \label{eq:5} [ e^{-\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}t} A e^{\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}t},e^{-\beta \mathcal{H}}] e^{-\beta \mathcal{H}} \int_{0}^{\beta} \mathrm{d}\lambda \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda} \left( e^{-\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)} A e^{\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\mathcal{H}(t-\mathrm{i}\lambda\hbar)} \right) \end{equation} 化成(\ref{eq:5})之后,关系就非常明显了。右边的积分已经知道了原函数,那么将上下限代入就可得到最具体的形式,就可以变到左边形式。\\ 经验: 1. 我首先看到右边的$\dot{A}$和左边的对易子,就想到了Heisenberg运动方程。这样只是盲目地猜测,去试探地计算。试过之后不行,就应该另寻它路了,而不应该在上面纠缠不清。 2. 比较好的思路是:看到这样的证明,首先应该设法把无关的常数撇开,将式子写成用最基本的量表达的最具体的形式,然后分析其中与证明相关的关键变量。 题目评述: 1. Kubo identity 将虚时演化加入到了Heisenberg运动方程中去,将虚时演化与实时演化相结合。 2. 左边就类似于Heisenberg运动方程中的$[A,H](t)$,右边就类似于$\dot{A}$。 3. 加入虚时演化后,与于Heisenberg运动方程相比,$[A,H](t)$变成了与密度算符的对易子$[A,\rho](t)$,而原来的$\dot{A}$加入了对虚时的演化。 4. Kubo identity 与原来的Heisenberg运动方程相比,多出一个负号,不知可否理解为虚时与实时之间相差的$\mathrm{i}$所引起。