海森堡繪景

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海森堡繪景（Heisenberg picture）是量子力學的一種表述，因物理學者維爾納·海森堡而命名。在海森堡繪景裏，對應於可觀察量的算符會隨著時間流易而演化，而描述量子系統的態向量則與時間無關。使用海森堡繪景，可以很容易地觀察到量子系統與經典系統之間的動力學關係。

海森堡繪景與薛丁格繪景、狄拉克繪景不同。在薛丁格繪景裏，描述量子系統的態向量隨著時間流易而演化，而像位置、動量一類的對應於可觀察量的算符則不會隨著時間流易而演化。在薛丁格繪景裏，假若勢能與時間有關，$V=V(t)$，則哈密頓算符$H=\frac{P^2}{2m}+V(t)$也與時間有關。在狄拉克繪景裏，態向量與對應於可觀察量的算符都會隨著時間流易而演化。

這三種繪景殊途同歸，所獲得的結果完全一致。這是必然的，因為它們都是在表達同樣的物理現象。

## 概述

為了便利分析，位於下標的符號${}_\mathcal{H}$、${}_\mathcal{S}$分別標記海森堡繪景、薛丁格繪景。

在量子力學的海森堡繪景裏，態向量$|\psi \rang_{\mathcal{H}}$不含時，而可觀察量的算符$A_{\mathcal{H}}$則含時，並且滿足「海森堡運動方程式」：

$\frac{\partial}{\partial {t}}A_{\mathcal{H}}={1 \over i\hbar}[A_{\mathcal{H}},\, H]$。

其中，$\hbar$是約化普朗克常數，$H$是哈密頓量，$[ A_{\mathcal{H}},\, H]$是$A_{\mathcal{H}}$與$H$的對易算符。

從某種角度來看，海森堡繪景比薛丁格繪景顯得更為自然，更具有基礎性，因為，經典力學分析物體運動所使用的物理量是可觀察量，例如，位置、動量等等，而海森堡繪景專注的就是這些可觀察量隨著時間流易的演化。進一步來看，海森堡繪景表述的量子力學與經典力學的相似可以很容易的觀察到：只要將對易算符改為帕松括號，海森堡方程式立刻就變成了哈密頓力學裏的運動方程式，其形式表示為

$\frac{\partial}{\partial {t}}A=[A,\, H]_{Poisson}$。

其中，$[\ ,\,\ ]_{Poisson}$是帕松括號。

通過狄拉克量子化條件，可以從哈密頓力學的運動方程式得到海森堡運動方程式：

$[\ ,\,\ ]_{Poisson}\ \to\ \frac{[\ ,\, \ ]}{i\hbar}$。

史東-馮諾伊曼理論證明海森堡繪景與薛丁格繪景是等價的。

## 理論導引

在薛丁格繪景裏，負責時間演化的算符是一種么正算符，稱為時間演化算符。假設時間從$0$流易到$t$，而經過這段時間間隔，態向量$|\psi(0)\rang_{\mathcal{S}}$演化為$|\psi(t)\rang_{\mathcal{S}}$，這時間演化過程以方程式表示為

$|\psi(t)\rang_{\mathcal{S}} = U(t,0) |\psi(0)\rang_{\mathcal{S}}$。

其中，$U(t,0)$是時間從$0$流易到$t$的時間演化算符。

時間演化算符是么正算符當$U(t,0)$是無窮維矩陣時，$U(t,0)U^{\dagger}(t,0)$與$U^{\dagger}(t,0)U(t,0)$未必相等；甚至$U(t,0)$的行列指標可以分別是可數無窮維與連續不可數無窮維。

$U(t,0)U^{\dagger}(t,0)=1=U^{\dagger}(t,0)U(t,0)$。

假設系統的哈密頓量$H$不含時，則時間演化算符為在薛丁格繪景裏，假若哈密頓算符含時，$H_{\mathcal{S}}=H_{\mathcal{S}}(t)$，則時間演化算符會比較複雜。更詳盡內容，請查閱條目時間演化算符

$U(t, 0) = e^{-iHt/\hbar}$。

而且，時間演化算符與哈密頓量相互對易：處於不同時間$t_1$、$t_2$的哈密頓算符$H(t_1)$、$H(t_2)$可能會不相互對易：:$[H(t_1),H(t_2)]\ne[H(t_2),H(t_1)]$。對於這案例，時間演化算符必須用戴森級數來表示，時間演化算符與哈密頓算符也會不相互對易。

$HU(t,0)=U(t,0)H$。

注意到指數函數$e^{-iHt/\hbar}$必須通過其泰勒級數計算。

在海森堡繪景裏，態向量$|\psi(t)\rang_{\mathcal{H}}$、算符$A_{\mathcal{H}}(t)$分別定義為

$|\psi(t)\rang_{\mathcal{H}}\stackrel{def}{=}|\psi(0)\rang_{\mathcal{H}}=|\psi(0)\rang_{\mathcal{S}}$。

$A_{\mathcal{H}}(t)\stackrel{def}{=}U^{\dagger}(t,0)A_{\mathcal{S}}U(t,0)$。

由於$U(t,0)$、$U^{\dagger}(t,0)$對於時間的偏導數分別為

$\frac{\partial U(t,0)}{\partial t}={1 \over i\hbar }HU(t,0)$。

$\frac{\partial U^{\dagger}(t,0)}{\partial t}=-{1 \over i\hbar }U^{\dagger}(t,0)H$。

所以，算符$A_{\mathcal{H}}(t)$對於時間的導數是假若算符$A_{\mathcal{S}}$含時：:$A_{\mathcal{S}}=A_{\mathcal{S}}(t)$，則算符$A_{\mathcal{H}}(t)$對於時間的導數是:$\begin{align} {d \over dt} A_{\mathcal{H}}(t) & =\frac{\partial U^{\dagger}(t,0)}{\partial t}A_{\mathcal{S}}U(t,0)+U^{\dagger}(t,0)A_{\mathcal{S}}\frac{\partial U(t,0)}{\partial t}+U^{\dagger}(t,0)\frac{\partial A_{\mathcal{S}}}{\partial t}U(t,0) \\ & ={1 \over i\hbar }[U^{\dagger}A_{\mathcal{S}}U,U^{\dagger}HU] +U^{\dagger}(t,0)\frac{\partial A_{\mathcal{S}}}{\partial t}U(t,0) \\ \end{align}$。

$\begin{align} {d \over dt} A_{\mathcal{H}}(t) & =\frac{\partial U^{\dagger}(t,0)}{\partial t}A_{\mathcal{S}}U(t,0)+U^{\dagger}(t,0)A_{\mathcal{S}}\frac{\partial U(t,0)}{\partial t} \\ <pre> & = -{1 \over i\hbar } U^{\dagger}H A_{\mathcal{S}}U+{1 \over i\hbar }U^{\dagger}A_{\mathcal{S}}HU \\ & = -{1 \over i\hbar } U^{\dagger}HUU^{\dagger}A_{\mathcal{S}}U+{1 \over i\hbar }U^{\dagger}A_{\mathcal{S}}UU^{\dagger}HU \\ & ={1 \over i\hbar }[U^{\dagger}A_{\mathcal{S}}U,U^{\dagger}HU] \\ </pre> \end{align}$。

由於不含時哈密頓量在海森堡繪景的形式與在薛丁格繪景相同，可以忽略下標：假若處於不同時間$t_1$、$t_2$的哈密頓算符$H(t_1)$、$H(t_2)$不相互對易：:$[H(t_1),H(t_2)]\ne[H(t_2),H(t_1)]$。則哈密頓量在兩種繪景裏的形式可能不相同。

$H_{\mathcal{H}}=U^{\dagger}H_{\mathcal{S}}U=H_{\mathcal{S}}=H$。

將算符的定義式納入考量，就可以得到海森堡運動方程式：

${d \over dt} A_{\mathcal{H}}(t)={1 \over i\hbar }[A_{\mathcal{H}}(t),H]$。

## 期望值

在薛丁格繪景裏，可觀察量$A$的期望值為

$\lang A \rang_{\mathcal{S}}={}_{\mathcal{S}}\lang\psi(t)| A_{\mathcal{S}}|\psi(t)\rang_{\mathcal{S}}={}_{\mathcal{S}}\lang\psi(0)|U^{\dagger}(t,0)A_{\mathcal{S}}U(t,0) |\psi(0)\rang_{\mathcal{S}}$。

在海森堡繪景裏，可觀察量$A$的期望值為

$\lang A \rang_{\mathcal{H}}={}_{\mathcal{H}}\lang\psi(t)| A_{\mathcal{H}}(t)|\psi(t)\rang_{\mathcal{H}}={}_{\mathcal{H}}\lang\psi(0)|A_{\mathcal{H}}(t)|\psi(0)\rang_{\mathcal{H}}$。

注意到態向量$|\psi(t)\rang_{\mathcal{H}}$、算符$A_{\mathcal{H}}(t)$的定義式：

$|\psi(t)\rang_{\mathcal{H}}\stackrel{def}{=}|\psi(0)\rang_{\mathcal{H}}=|\psi(0)\rang_{\mathcal{S}}$。

$A_{\mathcal{H}}(t)\stackrel{def}{=}U^{\dagger}(t,0)A_{\mathcal{S}}U(t,0)$。

所以，這兩種期望值的表述方式等價。

## 貝克-豪斯多夫引理

算符$A_{\mathcal{H}}(t)$的定義式涉及到指數函數$e^{-iHt/\hbar}$，必須通過其泰勒級數計算，這是個很繁雜的過程，可以利用貝克-豪斯多夫引理來計算

${e^B A e^{-B}} = A + [B,A] + \frac{1}{2!} [B,[B,A]] + \frac{1}{3!}[B,[B,[B,A]]]+\cdots$。

對於算符$A_{\mathcal{H}}(t)$，可以得到

$A_{\mathcal{H}}(t)=A_{\mathcal{H}}(0)+\frac{it}{\hbar}[H,A_{\mathcal{H}}(0)] - \frac{t^{2}}{2!\hbar^{2}}[H,[H,A_{\mathcal{H}}(0)]] - \frac{it^3}{3!\hbar^3}[H,[H,[H,A_{\mathcal{H}}(0)]]] + \cdots$。

由於帕松括號與對易算符的關係，在哈密頓力學裏，這方程式也成立。

## 自由粒子範例

本節運算只涉及海森堡繪景，為了簡便起見，忽略下標$\mathcal{H}$。設想自由粒子系統，其哈密頓量為

$H=\frac{p^{2}}{2m}$。

動量$p$的海森堡運動方程式為

${d \over dt} p(t)={1 \over i\hbar }[p,H]=0$。

這是因為$p$與$H$對易。所以，動量$p$是個常數：

$p(t)=p(0)$。

位置$x$的海森堡運動方程式為

${d \over dt}x(t)={1 \over i\hbar }[x,H]=\frac{p}{m}$。

所以，位置與時間的關係式為

$x(t)=x(0)+\frac{p(0)}{m}t$。

換另一種方法，算符隨著時間流易而演化的方程式為

$x(t)= e^{iHt/\hbar}x(0) e^{-iHt/\hbar}$。

利用貝克-豪斯多夫引理。

$x(t)=x(0)+\frac{it}{\hbar}[H,x(0)] - \frac{t^{2}}{2!\hbar^{2}}[H,[H,x(0)]] - \frac{it^3}{3!\hbar^3}[H,[H,[H,x(0)]]] + \cdots$。

注意到以下兩個對易關係式：

$[H,x(0)]=\frac{-i\hbar p(0)}{m}$。

$[H,p(0)]=0$。

將這兩個對易關係式代入，可以得到同樣的位置與時間的關係式：

$x(t)=x(0)+\frac{p(0)}{m}t$。

注意到位置在不同時間的對易子不等於零：

$[x(t),x(0)]=\left[\frac{p(0)t}{m},x(0)\right]=\frac{-i\hbar t}{m}$。

## 諧振子範例

本節運算只涉及海森堡繪景，為了簡便起見，忽略下標$\mathcal{H}$。設想諧振子系統，其哈密頓量為

$H=\frac{p^{2}}{2m}+\frac{m\omega^2x^2}{2}$。

其中，$\omega$為諧振子頻率。

動量算符$p$、位置算符$x$的海森堡運動方程式分別為

${d \over dt}p(t)={1 \over i\hbar }[p(t),H]=-m\omega^2x(t)$。

${d \over dt}x(t)={1 \over i\hbar }[x(t),H]=\frac{p(t)}{m}$。

再求這兩個方程式對於時間的導數。

${d^2 \over dt^2} p(t) = {-m \omega^{2} \over i\hbar } [x(t),H]= - \omega^{2} p(t)$。

${d^2 \over dt^2} x(t) = {1 \over im\hbar } [p(t),H]= - \omega^{2} x(t)$。

設定動量算符、位置算符的初始條件分別為

$p(0)=p_0$。

$x(0)=x_0$。

則在初始時間。

$\dot{p}(0)= - m\omega^{2} x_0$。

$\dot{x}(0)=\frac{p_0}{m}$。

所以，二次微分方程式的解答分別是

$p(t)=p_{0}\cos(\omega t) - m\omega\!x_{0}\sin(\omega t)$。

$x(t)=x_{0}\cos(\omega t)+\frac{p_{0}}{ m\omega}\sin(\omega t)$。

稍加運算，可以得到海森堡繪景裏的對易關係：

$[p(t_{1}), p(t_{2})]=i\hbar m\omega\sin(\omega t_{2} - \omega t_{1})$。

$[x(t_{1}), x(t_{2})]=\frac{i\hbar}{m\omega}\sin(\omega t_{2} - \omega t_{1})$。

$[x(t_{1}), p(t_{2})]=i\hbar \cos(\omega t_{2} - \omega t_{1})$。

假若$t_{1}=t_{2}$，則立刻會得到熟悉的正則對易關係。

換另一種方法，算符隨著時間流易而演化的方程式為

$x(t)= e^{iHt/\hbar}x(0) e^{-iHt/\hbar}$。

利用貝克-豪斯多夫引理。

$x(t)=x(0)+\frac{it}{\hbar}[H,x(0)] - \frac{t^{2}}{2!\hbar^{2}}[H,[H,x(0)]] - \frac{it^3}{3!\hbar^3}[H,[H,[H,x(0)]]] + \cdots$。

注意到以下兩個對易關係式：

$[H,x(0)]=\frac{-i\hbar p(0)}{m}$。

$[H,p(0)]=i\hbar m\omega^2 x(0)$。

將這兩個對易關係式代入，可以得到同樣的位置與時間的關係式：

$\begin{align} x(t) & =x(0)+\frac{p(0)}{m\omega}\omega t-x(0)\frac{\omega^2 t^2}{2!}-\frac{p(0)}{m\omega}\frac{\omega^3 t^3}{3!}+ \cdots \\ <pre> & = x(0)\cos(\omega t)+ \frac{p(0)}{m\omega}\sin(\omega t) \\ </pre> \end{align}$。

類似地,也可以得到同樣的動量與時間的關係式。

## 各種繪景比較摘要

各種繪景隨著時間流易會呈現出不同的演化：

演化｜海森堡繪景｜交互作用繪景｜薛丁格繪景

右矢｜常定｜$| \psi(t) \rang_{\mathcal{I}} = e^{i H_0t/\hbar} | \psi(t) \rang_{\mathcal{S}}$｜$|\psi(t) \rang_{\mathcal{S}}= e^{-iHt/\hbar} | \psi(0) \rang_{\mathcal{S}}$

可觀察量｜$A_{\mathcal{H}}(t)=e^{i Ht/\hbar} A_{\mathcal{S}}e^{-i Ht/\hbar}$｜$A_{\mathcal{I}}(t)=e^{i H_0t/\hbar} A_{\mathcal{S}}e^{-i H_0t/\hbar}$｜常定

密度算符｜常定｜$\rho_{\mathcal{I}}(t)=e^{i H_0t/\hbar} \rho_S (t) e^{-i H_0/\hbar}$｜$\rho_{\mathcal{S}}(t)= e^{-i Ht/\hbar}\rho_{\mathcal{S}}(0) e^{iHt/\hbar}$

## 參閱

- 狄拉克標記