Na imagem de Heisenberg (usando dimensões naturais): $$ O_H = e ^ {iHt} O_se ^ {- iHt}. \ tag {1} $$ Se o hamiltoniano é independente do tempo, então podemos tirar uma derivada parcial de ambos os lados em relação ao tempo: $$ \ partial_t {O_H} = iHe ^ {iHt} O_se ^ {- iHt} + e ^ {iHt} \ partial_tO_se ^ {- iHt} -e ^ {iHt} O_siHe ^ {- iHt}. \ tag {2} $$ Portanto, $$ \ partial_t {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H \,, \ tag {3} $$ mas isso não é equivalente ao que muitos livros listam como a equação de movimento de Heisenberg. Em vez disso, eles afirmam que $$ \ frac {d} {dt} {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H. \ tag {4} $$ Por que, em geral, isso é verdade e não a primeira afirmação? Estou apenas sendo pedante com meu uso de derivadas parciais e totais?
Comentários
- Por que você aplicou derivada parcial? No formalismo de Heisenberg, os kets de estado são fixos no tempo e os operadores variam no tempo. Portanto, você pode obter a derivada de tempo total do operador no LHS.
- Desculpe, não posso ' não entender sua lógica aí. Aqui o $ O_s $ pode variar com o tempo e o mesmo acontece com $ O_H $, mas é muito claro que no LHS há um total tempo derivado de $ O_H $, e há uma parcial tempo derivada aparecendo no RHS. Por que os ' não são ambos derivados parciais no tempo?
- @ I.E.P. Na Eq. (2), No lado esquerdo, por que não ' é $ \ frac {d \, O_H} {dt} $?
- @IEP, No lado esquerdo, você deve usar $ \ frac {d \, O_H} {dt} $, e a derivada total pode ser expressa como a soma das derivadas parciais.
- @IEP Acho que aqui, o que está faltando é a diferença matemática da derivada total e da derivada parcial. À esquerda $ O_H $ como função de $ t $, daí a derivada total, à direita $ O_H $ como uma função composta via relação (1), daí a derivada parcial para cada função componente.
Resposta
Com algumas definições para tornar explícitas as dependências de tempo, sua equação (4) pode ser compreendida. Vamos tomar o seguinte:
Seja $ O_s $ um operador dependendo do tempo e de outros parâmetros $ O_s: \ mathbb {R} \ times S \ rightarrow \ mathrm {Op} $, onde $ S $ é o espaço dos outros parâmetros e $ \ mathrm {Op} $ é o espaço dos operadores no espaço de Hilbert. Seja $ \ phi: \ mathbb {R} \ times \ mathrm {Op} \ rightarrow \ mathrm {Op} $ denotam a evolução temporal dos operadores na imagem de Heisenberg, dada por $ \ phi_t (O) = e ^ {iHt} Oe ^ {- iHt} $.
Observe que $ (\ partial_t \ phi) _t (O) = i [H, \ phi_t (O)] $ e $ \ partial_O \ phi = \ phi $ (porque $ \ phi $ é linear em $ O $). Agora, dado um parâmetro $ p \ in S $ podemos definir a função do tempo: $ O_H: \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathrm {Op} $ com $ O_H (t) = \ phi_t (O_s (t, p)) $. Nossa função $ O_H $ é um um parâmetro um, então só faz sentido tomar sua derivada total: \ 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}
onde na primeira etapa apliquei a regra da cadeia e nas outras, as igualdades que já tínhamos.
Resposta
Não, você não está “apenas” sendo pedante com o uso indevido de derivadas parciais: suas equações (2) e (3) estão totalmente erradas. Você simplesmente não aplicou as definições corretamente, como @WeinEld vem apontando. (Você pode ter se poupado do sofrimento se ilustrou sua própria questão para um sistema simples, como o SHO.)
$$ O_H \ equiv e ^ {iHt} O_se ^ {- iHt}, $$ então, para $$ O_S = f (x, p; t) \ qquad \ Longrightarrow \ qquad O_H = f (x (t), p (t); t), $$ onde $ x (t) = e ^ {iHt } xe ^ {- iHt} $ e da mesma forma para p .
A derivada no tempo de $ O_H $ consiste na derivada parcial wrt t após o ponto-e-vírgula, mais o derivado convectivo devido ao fluxo de x e p na imagem de Heisenberg, $$ \ frac {\ parcial O_H} {\ parcial x (t)} \ ponto {x} + \ frac {\ parcial O_H} {\ parcial p (t)} \ ponto {p} = i [H, O_H] = e ^ {iHt} (i [H, O_S]) e ^ {- iHt}. $$ (Prove isso! A menos que você tenha feito, a discussão é toda vapor.)
A derivada parcial é $$ \ frac {\ partial O_H} {\ partial t} = e ^ {iHt} \ frac {\ partial O_S} {\ partial t} e ^ {- iHt} = \ left (\ frac {\ partial O_S} {\ partial t} \ right) _H. $$ (Alguns expressam isso como $ \ frac {\ partial O_H} {\ partial t} $, confiando que o leitor entenderia corretamente a diferenciação evidente de apenas o argumento após o ponto e vírgula, mas esta mesma questão pode torná-los pense duas vezes . Agora, com certeza, uma vez que $ O_S $ tem derivada convectiva desaparecida, $ dO_S / dt = \ partial O_S / \ partial t $, conforme levantado em um comentário, então este não é um problema.)
Em qualquer caso, colocar as duas peças juntas resulta no convencional $$ \ frac {d} {dt} {O_H} = i [H, O_H] + (\ partial_tO_s) _H. $$
Monitore o comportamento evidente de um observável simples como $ O_S = tx $ no SHO, $ H = (p ^ 2 + x ^ 2) / 2 $, o célebre rígido rotação clássica no espaço de fase, $ x (t) = x \ cos t + p \ sin t $, $ p (t) = p \ cos t – x \ sin t $; assim, $ O_H = tx (t) $. Portanto, $ dO_H / dt = t p (t) + x (t) $: agora aprecie as eficiências e as diferenças das respectivas imagens. (Como $$ dO_H / dt = \ exp (itH) (it [p ^ 2/2, x] + x) \ exp (-itH) = e ^ {it ~ [(x ^ 2 + p ^ 2) / 2,} ~ (tp + x) ~, $$ com a notação de mapa ad do matemático “habitual evasão do matemático”.
Você pode encontrar sua orientação ao pensando na imagem S como a moldura Euleriana e na imagem H como a moldura Lagrangiana comovente.