Dans limage de Heisenberg (en utilisant les dimensions naturelles): $$ O_H = e ^ {iHt} O_se ^ {- iHt}. \ tag {1} $$ Si lhamiltonien est indépendant du temps, alors nous pouvons prendre une dérivée partielle des deux côtés par rapport au temps: $$ \ partial_t {O_H} = iHe ^ {iHt} O_se ^ {- iHt} + e ^ {iHt} \ partial_tO_se ^ {- iHt} -e ^ {iHt} O_siHe ^ {- iHt}. \ tag {2} $$ Par conséquent, $$ \ partial_t {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H \,, \ tag {3} $$ mais ce nest pas équivalent à ce que beaucoup de manuels indiquent léquation de mouvement de Heisenberg. Au lieu de cela, ils déclarent que $$ \ frac {d} {dt} {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H. \ tag {4} $$ Pourquoi, en général, est-ce vrai et non pas lancienne déclaration? Suis-je juste pédant avec mon utilisation des dérivées partielles et totales?
Commentaires
- Pourquoi avez-vous appliqué la dérivée partielle? Dans le formalisme de Heisenberg, les kets détat sont fixés dans le temps et les opérateurs varient dans le temps. Vous pouvez donc prendre le temps total dérivé de lopérateur sur le LHS.
- Désolé, je ne peux ‘ comprendre votre logique là-bas. Ici, le $ O_s $ peut varier avec le temps, tout comme $ O_H $, mais il est très clair que sur la LHS il y a un dérivé total temps de $ O_H $, et il y a un partiel temps dérivé apparaissant sur le RHS. Pourquoi ne sont-ils pas ‘ tous les deux des dérivées partielles dans le temps?
- @ I.E.P. Dans Eq. (2), Sur le côté gauche, pourquoi nest-ce pas ‘ $ \ frac {d \, O_H} {dt} $?
- @IEP, Sur le côté gauche, vous utiliserez $ \ frac {d \, O_H} {dt} $, et la dérivée totale peut être exprimée comme la somme des dérivées partielles.
- @IEP Je pense quici, ce qui vous manque, cest la différence mathématique entre la dérivée totale et la dérivée partielle. A gauche $ O_H $ en fonction de $ t $, doù la dérivée totale, à droite, $ O_H $ en fonction composée via la relation (1), doù la dérivée partielle pour chaque fonction composante.
Réponse
Avec quelques définitions pour rendre les dépendances temporelles explicites, votre équation (4) peut être interprétée. Prenons ce qui suit:
Soit $ O_s $ un opérateur dépendant du temps et dautres paramètres $ O_s: \ mathbb {R} \ times S \ rightarrow \ mathrm {Op} $, où $ S $ est lespace des autres paramètres et $ \ mathrm {Op} $ est lespace des opérateurs sur lespace de Hilbert. Soit $ \ phi: \ mathbb {R} \ times \ mathrm {Op} \ rightarrow \ mathrm {Op} $ désigne lévolution temporelle des opérateurs dans limage de Heisenberg, donnée par $ \ phi_t (O) = e ^ {iHt} Oe ^ {- iHt} $.
Notez que $ (\ partial_t \ phi) _t (O) = i [H, \ phi_t (O)] $ et $ \ partial_O \ phi = \ phi $ (car $ \ phi $ est linéaire dans $ O $). Maintenant, étant donné un paramètre $ p \ dans S $ on peut définir la fonction du temps: $ O_H: \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathrm {Op} $ avec $ O_H (t) = \ phi_t (O_s (t, p)) $. Notre fonction $ O_H $ est une un paramètre un, il est donc logique de prendre sa dérivée totale: \ begin {align} \ frac {dO_H} {dt} (t) = & (\ partial_t \ phi ) _t (O_s (t, p)) + (\ partial_O \ phi) _t \ left [(\ partial_tO_s) (t, p) \ right] \\ = & i [ H, \ phi_t (O_s (t, p))] + \ phi_t \ left [(\ partial_tO_s) (t, p ) \ right] \\ = & i [H, O_H (t)] + e ^ {iHt} (\ partial_tO_s) (t, p) e ^ {- iHt}, \ end {align}
où dans la première étape jai appliqué la règle de chaîne et dans les autres, les égalités que nous avions déjà.
Réponse
Non, vous nêtes pas « juste » pédant avec votre mauvaise utilisation des dérivées partielles: vos Eqns (2) et (3) sont complètement faux. Vous navez tout simplement pas appliqué les définitions correctement, comme @WeinEld la souligné. (Vous vous êtes peut-être épargné le chagrin si vous avez illustré votre question pour un système simple, tel que le SHO.)
$$ O_H \ equiv e ^ {iHt} O_se ^ {- iHt}, $$ donc pour $$ O_S = f (x, p; t) \ qquad \ Longrightarrow \ qquad O_H = f (x (t), p (t); t), $$ où $ x (t) = e ^ {iHt } xe ^ {- iHt} $ et de même pour p .
La dérivée temporelle de $ O_H $ consiste en la dérivée partielle wrt t après le point-virgule, plus la dérivée convective due au flux de x et p dans limage de Heisenberg, $$ \ frac {\ partial O_H} {\ partial x (t)} \ dot {x} + \ frac {\ partial O_H} {\ partial p (t)} \ dot {p} = i [H, O_H] = e ^ {iHt} (i [H, O_S]) e ^ {- iHt}. $$ (Prouvez ceci! Sauf si vous lavez fait, la discussion est entièrement vapeur.)
La dérivée partielle est $$ \ frac {\ partial O_H} {\ partial t} = e ^ {iHt} \ frac {\ partial O_S} {\ partial t} e ^ {- iHt} = \ left (\ frac {\ partial O_S} {\ partial t} \ right) _H. $$ (Certains lexpriment comme $ \ frac {\ partial O_H} {\ partial t} $, faire confiance au lecteur comprendrait correctement la différenciation évidente uniquement de largument après le point-virgule, mais cette question même peut les amener à réfléchir à deux fois . Maintenant, pour être sûr, puisque $ O_S $ a une dérivée convective nulle, $ dO_S / dt = \ partial O_S / \ partial t $, comme indiqué dans un commentaire, donc ce nest pas un problème.)
Dans tous les cas, la mise ensemble des deux pièces aboutit au classique $$ \ frac {d} {dt} {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H. $$
Surveillez le comportement évident dune simple observable comme $ O_S = tx $ dans le SHO, $ H = (p ^ 2 + x ^ 2) / 2 $, le célèbre rigide rotation de type classique dans lespace des phases, $ x (t) = x \ cos t + p \ sin t $, $ p (t) = p \ cos t – x \ sin t $; donc $ O_H = tx (t) $. Doù $ dO_H / dt = t p (t) + x (t) $: apprécions maintenant les efficacités et les différences des images respectives. (Comme $$ dO_H / dt = \ exp (itH) (it [p ^ 2/2, x] + x) \ exp (-itH) = e ^ {it ~ [(x ^ 2 + p ^ 2) / 2,} ~ (tp + x) ~, $$ avec les physiciens « évitement habituel de la notation cartographique ad du mathématicien ».)
Vous pourriez trouver vos repères en en pensant à limage S comme cadre eulérien, et limage H comme cadre lagrangien comoving.