# 演化算符

# 演化算符的普遍表达式

$\quad$ 薛定谔方程是时间的一阶微分方程，因此，理论上，当初态$\psi(t_0)$ 给定时，既可以解出任意时刻的状态$\psi(t)$。由此，我们可以定义一个演化算符$\hat{U}(t,t_0)$，其满足：

$$\psi(t) = \hat{U}(t,t_0) \psi(t_0) \tag{2.1.1}$$

我们知道，薛定谔方程可以告诉我们一个量子物理体系的所有规律，显然$\hat{U}(t,t_0)$ 的具体形式也取决于薛定谔方程中的哈密顿$\hat{H}$。可以将 (2.1.1) 式代入薛定谔方程：

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \hat{U}(t,t_0) \psi(t_0) = \hat{H} \hat{U}(t,t_0) \psi(t_0) \tag{2.1.2}$$

由于上式对同一系统的一切初态$\psi(t_0)$ 都成立，于是我们就可以得到演化算符所满足的微分方程：

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \hat{U}(t,t_0) = \hat{H} \hat{U}(t,t_0) \tag{2.1.3}$$

$\quad$ 当哈密顿算符$\hat{H}$ 不显含时间时，此式在$\hat{U}(t,t_0)=\hat{I}$ 的初始条件下，不难解为：

$$\hat{U}(t,t_0) = e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}} \tag{2.1.4}$$

$\quad$ 当哈密顿算符$\hat{H}$ 显含时间时，我们应该要注意到不同时刻的哈密顿算符$\hat{H}_1$ 和$\hat{H}_2$ 不一定对易，而且此时想要解出 (2.1.3) 式的时间演化算符看起来也不再简单。下面给出一种原则解法，是一种迭代的解法，其思想貌似在很多地方都可以用到。首先将 (2.1.3) 式两边积分，得：

$$\begin{aligned} & i\hbar \int^t_{t_0} \frac{\partial}{\partial t} \hat{U}(t_1,t_0) \ dt_1 = \int^t_{t_0} \hat{H}(t_1) \hat{U}(t_1,t_0) \ dt_1 \\ \Longrightarrow& \hat{U}(t_1,t_0) \vert^t_{t_0} = -\frac{i}{\hbar} \int^t_{t_0} \hat{H}(t_1) \hat{U}(t_1,t_0) \ dt_1 \\ \Longrightarrow& \hat{U}(t,t_0) = \hat{I} + (-\frac{i}{\hbar}) \int^t_{t_0} \hat{H}(t_1) \hat{U}(t_1,t_0) \ dt_1 \end{aligned} \tag{2.1.5}$$

在上式的最后一步中，我们得到的是一个积分方程，可以用迭代法写出它的形式解，从而得到$\hat{U}(t,t_0)$ 的级数解，如下：

$$\begin{aligned} \hat{U}(t,t_0) &= \hat{I} + (-\frac{i}{\hbar}) \int^t_{t_0} \hat{H}(t_1) \left[\hat{I} + (-\frac{i}{\hbar}) \int^{t_1}_{t_0} \hat{H}(t_2) \hat{U}(t_2,t_0) \ dt_2 \right] \ dt_1 \\&= \cdots \\&= \hat{I} + \sum^{\infin}_{n=1} (-\frac{i}{\hbar})^n \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t_1}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t_{n-1}}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n) \end{aligned} \tag{2.1.6}$$

注意，上式中的各个时间记号满足$t \geq t_1 \geq t_2 \geq \cdots \geq t_{n-1} \geq t_n \geq t_0$ 的关系。
$\quad$ 然后为了将上式写成更加紧凑的形式，我们引入所谓的编时算符$\hat{C}$, 它的作用是在一系列时间函数 (或者说与时间有关算符) 的乘积上，使这一乘积的次序重新排列，时间大的因子排在前面，按照时间依次排序，时间最小的因子在最右边。为了方便理解，我们先来看一个特例：

$$\begin{aligned} & \hat{C} \underline{\int^t_{t_0} dt' \int^t_{t_0} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right)}_{\textcolor{red}{1}} \\=& \hat{C} \left\{ \underline{\int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right)}_{\textcolor{red}{2}} + \underline{\int^t_{t_0} dt' \int^{t}_{t'} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right)}_{\textcolor{red}{3}} \right\} \\ & \text{\footnotesize (上面下划线标号的积分区间如图一所示，第一个等式就是把第一个积分拆分为两个积分)} \\ & \text{\footnotesize (其中第二个积分区间内$t'>t''$,第三个积分区间内$t''>t'$。因此第三个积分需要重新编号)} \\=& \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right) + \int^t_{t_0} dt' \int^{t}_{t'} dt'' \ \left(\hat{H}(t'')\hat{H}(t')\right) \quad \textcolor{red}{(\footnotesize 编时算符作用编号)} \\ & \textcolor{red}{(\footnotesize 将第二个积分的顺序改变，积分区间保持不变，从而可得下式)} \\=& \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right) + \int^t_{t_0} dt'' \int^{t''}_{t_0} dt' \ \left(\hat{H}(t'')\hat{H}(t')\right) \quad \\=& 2 \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \ \left(\hat{H}(t')\hat{H}(t'')\right) \end{aligned} \tag{2.1.7}$$

将上面的特例弄懂后，我们可以推广出下式：

$$\begin{aligned} & \hat{C} \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n) \\=& n! \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t_1}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t_{n-1}}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n) \end{aligned} \tag{2.1.8}$$

因此，利用 (2.1.8) 式，可将 (2.1.6) 式写为：

$$\begin{aligned} \hat{U}(t,t_0) &= \hat{I} + \sum^{\infin}_{n=1} (-\frac{i}{\hbar})^n \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t_1}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t_{n-1}}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n) \\&= \hat{I} + \sum^{\infin}_{n=1} \frac{1}{n!} (-\frac{i}{\hbar})^n \ \hat{C} \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n) \end{aligned} \tag{2.1.9}$$

上式可以简记为：

$$\hat{U}(t,t_0) = \hat{C} \exp \left[ -\frac{i}{\hbar} \int^{t}_{t_0} \hat{H}(\tau) \ d\tau \right] \tag{2.1.10}$$

当$\hat{H}$ 不含时，编时算符$\hat{C}$ 没有任何作用，相当于一个单位算符，而上式也就回到了 (2.1.4) 式。至此我们就得到了上式这么一个演化算符的普遍表达式。
碎碎念：第一次看 (2.1.9) 式到 (2.1.10) 式，我第一感觉是 exp 的泰勒展开。但总感觉怪怪的，不过又想了想貌似$\int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t}_{t_0} dt_n \ \hat{H}(t_1) \hat{H}(t_2) \cdots \hat{H}(t_n)=[\int^t_{t_0}\hat{H}(\tau) \ d\tau]^n$ 这样的关系好像也没啥问题。所以理解为 exp 的泰勒展开也行，担心的话理解成一种 "简记" 也好。

# 演化算符的一般性质

1. 演化算符满足$\hat{U}(t,t_0)=\hat{U}(t,t_1)\hat{U}(t_1,t_0)$

$\quad$ 我们想这样一个问题：一个初态$\psi(t_0)$ 从$t_0$ 时刻演化到$t_1$ 时刻，再从$t_1$ 时刻演化到$t$ 时刻的这一个过程，与直接从$t_0$ 时刻演化到$t$ 时刻的过程有什么不一样吗？答案是，没有什么不一样的，完全相同！因此我们会要求有：

$$\hat{U}(t,t_0)=\hat{U}(t,t_1)\hat{U}(t_1,t_0) \tag{2.1.11}$$

2. 演化算符是幺正算符

$\quad$ 在一个波函数随时间演化的过程中，我们很自然地要求它始终是几率守恒的，也就是说始终是满足归一化的，所以应有：

$$\begin{aligned} \braket{\psi(t)|\psi(t)} &= \braket{\hat{U}(t,t_0)\psi(t_0)|\hat{U}(t,t_0)\psi(t_0)} \\&= \braket{\psi(t_0)|\hat{U}^\dagger(t,t_0)\hat{U}(t,t_0)\psi(t_0)} \\&= \braket{\psi(t_0)|\psi(t_0)} = 1 \end{aligned} \tag{2.1.12}$$

因此有:

$$\hat{U}^\dagger(t,t_0)\hat{U}(t,t_0) = \hat{I} \tag{2.1.13}$$

所以演化算符是一个幺正算符。

# 三大绘景

$\quad$ 从物理上讲，绘景是指我们看待系统随时间演化的方式。
$\quad$ 前排提示：下面我们在讨论薛定谔、海森堡和相互作用绘景时，分布会用$\mathcal{S,H,I}$ 三种右上标来注明它们是哪种绘景下的态矢或算符。

# 薛定谔绘景

$\quad$ 用一句话来概括就是：在薛定谔绘景里面，算符是不随时间变化的，我们把时间的演化作用都集中在态矢上。
$\quad$ 而我们之前所讨论的内容，包括之前在量子力学所学习过的内容，都是在薛定谔绘景下讨论的。在这个绘景下，态矢是含时的，并且服从薛定谔方程：

$$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^{\mathcal{S}}(t) = \hat{H}^S \Psi^{\mathcal{S}}(t) \tag{2.2.1}$$

而算符一般则是不含时的 (或许有时候我们会处理到一些含时微扰，这种情况我们先不讨论，因为薛定谔绘景下的含时微扰，实质上可以回到后面的相互作用绘景中)，这样我们一般会考虑：

$$\frac{\partial}{\partial t} \hat{A}^{\mathcal{S}} = 0 \tag{2.2.2}$$

$\quad$ 在薛定谔绘景下，其实是默认了时间演化算符是与初态矢作用的，利用 (2.1.4) 式可写成如下：

$$\Psi^{\mathcal{S}}(t) = \hat{U}(t,t_0) \Psi(t_0) = e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \Psi(t_0) \tag{2.2.3}$$

更加形象点来说，薛定谔绘景其实是描述了这样一副图像：在薛定谔绘景中，我们还可以取各种表象，每一种表象都可以取某一个算符的一组正交归一的本征态矢来作为基底。因为薛定谔绘景下，算符是不含时的，那自然它的本征态矢也是不含时的。这样设想它的希尔伯特空间，我们应该看到的是基底是静止的，而描述状态的态矢量都是按照一定规律运动的。

# 海森堡绘景

$\quad$ 海森堡绘景则与薛定谔绘景相反：在海森堡绘景中，态矢是不随时间变化的，我们把时间的演化作用都集中在算符上。
$\quad$ 在量子力学研究工作中，有很多时候都要算矩阵元。在不同绘景中计算的矩阵元当然是要一样的，在薛定谔绘景中，矩阵元其实默认如下：

$$\begin{aligned} \braket{\Psi^\mathcal{S}_\alpha(t)|\hat{A}^\mathcal{S}|\Psi^\mathcal{S}_\beta(t)} &= \braket{\hat{U}(t,t_0)\Psi_\alpha(t_0)|\hat{A}^\mathcal{S}|\hat{U}(t,t_0)\Psi_\beta(t_0)} \\&= \braket{\Psi_\alpha(t_0)|\hat{U}^\dagger(t,t_0)\hat{A}^\mathcal{S}\hat{U}(t,t_0)|\Psi_\beta(t_0)} \\&= {\color{red}{\big(}} \bra{\Psi_\alpha(t_0)} e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} {\color{red}{\big)}} \hat{A}^\mathcal{S} {\color{red}{\big(}} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \ket{\Psi_\beta(t_0)} {\color{red}{\big)}} \end{aligned} \tag{2.2.4}$$

正如上面红色括号所强调的，薛定谔绘景中的时间演化算符是默认作用在态矢上的。而在海森堡绘景中，则如下：

$$\braket{\Psi^\mathcal{H}_\alpha(t)|\hat{A}^\mathcal{H}|\Psi^\mathcal{H}_\beta(t)} = \bra{\Psi_\alpha(t_0)} {\color{red}{\big(}} e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} {\color{red}{\big)}} \ket{\Psi_\beta(t_0)} \tag{2.2.5}$$

这样的分配其实就是默认了让算符变化，态矢不变：

$$\hat{A}^\mathcal{H}(t) = e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \tag{2.2.6}$$

$$\Psi^\mathcal{H} \equiv \Psi(t_0) \tag{2.2.7}$$

$\quad$ 虽然我们以前一直都是，薛定谔方程告诉了我们量子体系的一切，但此时此刻你是要明白那是在薛定谔绘景中说的话。我们总不可能希望在海森堡绘景中，薛定谔方程能够起到作用，因为$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^\mathcal{H} \equiv 0$。因此，在海森堡绘景中，要想知道量子体系的变化规律，我们要知道算符随时间的变化：

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t} \hat{A}^\mathcal{H}(t) =& \frac{\partial}{\partial t} \left( e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \right) \\=& \frac{i}{\hbar} e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{H}^{\mathcal{S}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} -\frac{i}{\hbar} e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} \hat{H}^{\mathcal{S}} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \\=& \frac{i}{\hbar} \left( e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{H}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \right) \left( e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \right) \\ & \quad -\frac{i}{\hbar} \left( e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{A}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \right) \left( e^{\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \hat{H}^\mathcal{S} e^{-\frac{i}{\hbar}(t-t_0)\hat{H}^{\mathcal{S}}} \right) \\=& \frac{i}{\hbar} (\hat{H}^\mathcal{H}\hat{A}^\mathcal{H}-\hat{A}^\mathcal{H}\hat{H}^\mathcal{H}) \\=& \frac{i}{\hbar} [\hat{H}^\mathcal{H},\hat{A}^\mathcal{H}] \end{aligned} \tag{2.2.8}$$

上式就是海森堡绘景中的运动方程，它描述了算符$\hat{A}^\mathcal{H}$ 随时间变化的规律，被称为海森堡方程。它在海森堡绘景中的地位相当于薛定谔方程在薛定谔绘景中的地位。
$\quad$ 而从 (2.2.8) 式中，我们也不难得到$\frac{\partial}{\partial t} \hat{H}^\mathcal{H}=0$，因此海森堡绘景和薛定谔绘景中的哈密顿算符是一样的：

$$\hat{H}^\mathcal{H} = \hat{H}^\mathcal{S} = \hat{H} \tag{2.2.9}$$

因此我们可以将哈密顿算符右上角表示绘景的标记略去。我们应当注意到：使用海森堡绘景的条件是相应的薛定谔绘景的哈密顿量是不含时的！
$\quad$ 至此，我们也不难地可以想象到海森堡绘景是表述这样的一副图像：我们 “固连着” 地站在一个希尔伯特动坐标系中，所看到的描述状态的态矢是 (相对于我们来说) 静止的。而从动系看原本静止的算符，则是看到一个运动的算符。

# 相互作用绘景

$\quad$ 当系统的哈密顿算符$\hat{H}^\mathcal{S}$ 可以分成两部分：

$$\hat{H}^\mathcal{S} = \hat{H}^\mathcal{S}_0 + \hat{H}^\mathcal{S}_1 \tag{2.2.10}$$

其中主要部分$\hat{H}^\mathcal{S}_0$ 不含时间而且又经过充分研究，本征值和本征函数一般是已经求解过了的。$\hat{H}^\mathcal{S}_1$ 是微扰部分，只给出较小影响，它可以是含时的，也可以是不含时的，下面我们就当作它是含时的来讨论。
$\quad$ 此时，这个系统的时间演化算符应该如下：

$$\begin{aligned} \hat{U}(t,t&_0) = \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} -\frac{i}{\hbar} \int^t_{t_0} \hat{H}_1^\mathcal{S}(\tau) d\tau \right) \\ &\begin{cases} = \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \exp \left( -\frac{i}{\hbar} \int^t_{t_0} \hat{H}_1^\mathcal{S}(\tau) d\tau \right) ;\ \text{当}[\hat{H}_0^\mathcal{S},\hat{H}_1^\mathcal{S}]=0 \\\\ = \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \exp \left( -\frac{i}{\hbar} \int^t_{t_0} \hat{H}_1^\mathcal{S}(\tau) d\tau \right) e^{ f(\hat{\hat{H}_0^\mathcal{S},\hat{H}_1^\mathcal{S}})} ;\ \text{当}[\hat{H}_0^\mathcal{S},\hat{H}_1^\mathcal{S}]\ne0 \end{cases} \end{aligned} \tag{2.2.11}$$

我这里特意标出来一点很容易犯的错误，对于幂指数上的两个算符相加，当两个算符并不是对易时，是不能够直接拆分开来的，即当 $[\hat{A},\hat{B}]\ne 0$ 时，$e^{\hat{A}+\hat{B}}\ne e^{\hat{A}}e^{\hat{B}}$，详细请看这一章的附录公式。所以当系统的哈密顿量可以写成 $(2.2.10)$ 式这种形式时，如果 $\hat{H}^\mathcal{S}_1$ 是不含时的，且与 $\hat{H}^\mathcal{S}_0$ 是对易的，那么用 $(2.2.11)$ 式（在薛定谔绘景下）求出时间演化算符或许还不算困难。但是，绝大多少我们要处理的情况是 $\hat{H}^\mathcal{S}_1$ 是含时的微扰项，这时一般来说是不能够保证无时无刻 $\hat{H}^\mathcal{S}_1$ 和 $\hat{H}^\mathcal{S}_0$ 都是对易的。此时要在想用 $(2.2.11)$ 时求出（在薛定谔绘景下）求出时间演化算符就太困难了！
$\quad$ 为此，我们特意搭建一个那个更好处理此类问题的绘景 —— 相互作用绘景。我们仍然用一个矩阵元来作为例子，看看相互作用矩阵元所强调的是什么：

$$\begin{aligned} \braket{\Psi^\mathcal{I}_\alpha(t)|\hat{A}^\mathcal{I}|\Psi^\mathcal{I}_\beta(t)} =& \braket{\Psi^\mathcal{S}_\alpha(t)|\hat{A}^\mathcal{S}|\Psi^\mathcal{S}_\beta(t)} \\ =& {\color{red}{\big(}} \bra{\Psi^\mathcal{I}_\alpha(t)} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) {\color{red}{\big)}} {\color{blue}{\big(}} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \\ & \quad \hat{A}^\mathcal{S} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) {\color{blue}{\big)}} {\color{red}{\big(}} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \ket{\Psi^\mathcal{I}_\beta(t_0)} {\color{red}{\big)}} \end{aligned} \tag{2.2.12}$$

正如上面括号所强调的，现在在相互作用绘景中，态矢和算符都是含时的了：

$$\Psi^\mathcal{I}(t) = \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \Psi^\mathcal{S}(t) \tag{2.2.13}$$

$$\hat{A}^\mathcal{I}(t) = \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{A}^\mathcal{S} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \tag{2.2.14}$$

那么现在如果你想要描述相互作用绘景下了量子运动，就必须既要考虑波函数的运动方程，也要考虑算符的运动方程：

$$\begin{aligned} i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^\mathcal{I}(t) =& -\hat{H}_0^\mathcal{S} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \Psi^\mathcal{S}(t) + \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) i\hbar\frac{\partial}{\partial t} \Psi^\mathcal{S}(t) \\=& -\hat{H}_0^\mathcal{S} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \Psi^\mathcal{S}(t) + \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{H}^\mathcal{S} \Psi^\mathcal{S}(t) \\=& -\hat{H}_0^\mathcal{S} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \Psi^\mathcal{S}(t) + \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) (\hat{H}_0^\mathcal{S}+\hat{H}_1^\mathcal{S}) \Psi^\mathcal{S}(t) \\=& \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{H}_1^\mathcal{S} \Psi^\mathcal{S}(t) \\=& \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{H}_1^\mathcal{S} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \Psi^\mathcal{S}(t) \\=& \hat{H}_1^\mathcal{I} \Psi^\mathcal{I}(t) \end{aligned} \tag{2.2.15}$$

我们把上式就称为相互作用绘景下的薛定谔方程。而且，我们看见此时在$\hat{H}_1^\mathcal{I}$ 就是相互作用绘景下的薛定谔方程的哈密顿量，我们不妨就可以认为或将它称为相互作用绘景的哈密顿量。

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t} \hat{A}^\mathcal{I}(t) =& \frac{i}{\hbar} \hat{H}^\mathcal{S}_0 \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{A}^\mathcal{S} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \\ & \quad -\frac{i}{\hbar} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{A}^\mathcal{S} \exp \left( -\frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{H}^\mathcal{S}_0 \\=& \frac{i}{\hbar} \hat{H}^\mathcal{S}_0 \hat{A}^\mathcal{I}(t) - \frac{i}{\hbar} \hat{A}^\mathcal{I}(t) \hat{H}^\mathcal{S}_0 \\=& \frac{i}{\hbar} [\hat{H}^\mathcal{S}_0,\hat{A}^\mathcal{I}(t)] \\=& \frac{i}{\hbar} [\hat{H}^\mathcal{I}_0,\hat{A}^\mathcal{I}(t)] \end{aligned} \tag{2.2.16}$$

我们把上式称为相互作用绘景下的海森堡方程。
$\quad$ 注意，上两式的推导运用到了：

$$\begin{cases} \hat{H}^\mathcal{I}_0 = \hat{H}^\mathcal{S}_0 \\ \hat{H}^\mathcal{I}_1(t) = \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \hat{H}_1^\mathcal{S} \exp \left( \frac{i}{\hbar} (t-t_0) \hat{H}_0^\mathcal{S} \right) \end{cases} \tag{2.2.17}$$

因此在相互作用绘景中，不论$\hat{H}^\mathcal{S}_1$ 是否含时，$\hat{H}^\mathcal{I}_1(t)$ 都是含时的。而$\hat{H}^\mathcal{I}_0$ 仍然是不含时的，它等于$\hat{H}^\mathcal{S}_0$ (但不等于$\hat{H}^\mathcal{H}_0$)。
$\quad$ 下面，我们再来仔细地用相互作用绘景对比一些其他两个绘景。若根本不存在微扰哈密顿量，即$\hat{H}^\mathcal{S}_1=0$，那么 (2.2.13) 和 (2.2.15) 式就分别有$\Psi^\mathcal{I}(t) = \ket{\Psi(t_0)}$ 和$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^\mathcal{I}(t)=0$。此时就说明态矢量是 "不动的", 这不就回到了海森堡绘景中去吗？而也正是因为有了微扰项，才会有 (2.2.15) 式的态矢的运动。
$\quad$ 那么，现在我们就可以看到相互作用绘景的优势在哪里了。采用相互作用绘景，如果不含微扰项，那么就自然回到海森堡绘景中，这样我们是好处理问题的；如果含微扰项，那么我们仍然有 $(2.2.15)$ 式的相互作用绘景下的薛定谔方程。由于我们在第一节中推导处理的时间演化算符的具体形式并不依赖与是在哪一个绘景，而仅仅是出 “薛定谔方程” 的形成出发推导出来的，因此，我们可以通过 $(2.2.15)$ 式的相互作用绘景下的薛定谔方程得到相互作用绘景下的时间演化算符：

$$\begin{aligned} \hat{U}^{\mathcal{I}}(t,t_0) &= \hat{C} \exp \left[ -\frac{i}{\hbar} \int^{t}_{t_0} \hat{H}_1^\mathcal{I}(\tau) \ d\tau \right] \\ &= \hat{I} + \sum^{\infin}_{n=1} \frac{1}{n!} (-\frac{i}{\hbar})^n \ \hat{C} \int^{t}_{t_0} dt_1 \int^{t}_{t_0} dt_2 \cdots \int^{t}_{t_0} dt_n \ \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_1) \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_2) \cdots \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_n) \end{aligned} \tag{2.2.18}$$

由于 $\hat{H}_1^\mathcal{I}(t)$ 是微扰项，是小量，所以上式收敛很快，便于计算。这相比在薛定谔绘景中计算 $(2.2.11)$ 式要简单许多了。具体例题可看高等量子力学习题 - 习题 6。

$\quad$ 现在，我们可以想象到相互作用绘景究竟是描述一副什么样的图像了吧：当没有微扰系统时，相互作用绘景就是海森堡绘景，此时系统的态矢量对于动基矢所构成的框架来说是静止的。当系统受到微扰之后，其态矢的运动方式会因此改变，对于动基矢框架将呈现出较小的运动。这就是对相互作用绘景的直观理解。

# 三大绘景小结

1. 在薛定谔绘景中，算符不随时间变化，而态矢量随时间变化，其演化服从薛定谔方程，即：

$$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^{\mathcal{S}}(t) = \hat{H}^S \Psi^{\mathcal{S}}(t)$$

2. 在海森堡绘景中，态矢量不随时间变化，而算符随时间变化，其演化服从海森堡方程，即：

$$\frac{\partial}{\partial t} \hat{A}^\mathcal{H}(t) = \frac{i}{\hbar} [\hat{H}^\mathcal{H},\hat{A}^\mathcal{H}]$$

3. 在相互作用绘景中，态矢量和算符均随时间演化，其中态矢量的时间演化服从相互作用绘景下的薛定谔方程，即：

$$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi^\mathcal{I}(t) = \hat{H}_1^\mathcal{I} \Psi^\mathcal{I}(t)$$

算符的时间演化服从相互作用绘景下的海森堡方程，即：

$$\frac{\partial}{\partial t} \hat{A}^\mathcal{I}(t) = \frac{i}{\hbar} [\hat{H}^\mathcal{I}_0,\hat{A}^\mathcal{I}(t)]$$

# 一般绘景之间哈密顿量的变化

$\quad$ 在上述，我们讨论了三种常见的绘景。但其实除了上述三种绘景，还有其他绘景。比如说在光和原子相互作用中，我们常用的除了相互作用绘景，还有一种光场频率旋转的坐标系 (绘景)(rotating frame with light-field frequency)。而现在，我们就给出一般绘景之间的哈密顿量的变换。
$\quad$ 设有两个绘景$\mathcal{A},\mathcal{B}$，其相应绘景下的薛定谔方程分别为：

$$i\hbar\frac{d}{dt}\ket{\psi}^\mathcal{A} = \hat{H}^\mathcal{A}\ket{\psi}^\mathcal{A} \tag{2.3.1}$$

$$i\hbar\frac{d}{dt}\ket{\psi}^\mathcal{B} = \hat{H}^\mathcal{B}\ket{\psi}^\mathcal{B} \tag{2.3.2}$$

设存在一个幺正的转换算符$\hat{T}$ 可以将绘景$\mathcal{A}$ 的态矢量$\ket{\psi}^\mathcal{A}$ 转换为绘景$\mathcal{B}$ 的相应态矢量$\ket{\psi}^\mathcal{B}$，即：

$$\ket{\psi}^\mathcal{B} = \hat{T} \ket{\psi}^\mathcal{A} \tag{2.3.3}$$

$$\ket{\psi}^\mathcal{A} = \hat{T}^\dagger \ket{\psi}^\mathcal{B} \tag{2.3.4}$$

因此我们可以推导：

$$\begin{aligned} i\hbar\frac{d}{dt}\ket{\psi}^\mathcal{B} &= i\hbar\frac{d}{dt} \left(\hat{T}\ket{\psi}^\mathcal{A}\right) \\&= i\hbar\left(\frac{d\hat{T}}{dt}\ket{\psi}^\mathcal{A}+\hat{T}\frac{d\ket{\psi}^\mathcal{A}}{dt}\right) \\&= i\hbar\frac{d\hat{T}}{dt}\ket{\psi}^\mathcal{A} + \hat{T}\hat{H}^\mathcal{A}\ket{\psi}^\mathcal{A} \\&= i\hbar\frac{d\hat{T}}{dt}\hat{T}^\dagger\ket{\psi}^\mathcal{B} + \hat{T}\hat{H}^\mathcal{A}\hat{T}^\dagger\ket{\psi}^\mathcal{B} \\&= \left(i\hbar\frac{d\hat{T}}{dt}\hat{T}^\dagger+\hat{T}\hat{H}^\mathcal{A}\hat{T}^\dagger\right)\ket{\psi}^\mathcal{B} \\&= \hat{H}^\mathcal{B}\ket{\psi}^\mathcal{B} \end{aligned} \tag{2.3.5}$$

最终我们得到一般绘景之间哈密顿量的变换：

$$\hat{H}^\mathcal{B} = i\hbar\frac{d\hat{T}}{dt}\hat{T}^\dagger+\hat{T}\hat{H}^\mathcal{A}\hat{T}^\dagger \tag{2.3.5}$$

# 自由粒子及埃伦费斯特定理

$\quad$ 下面，有两个非常有用的公式：

$$\left[\hat{r}_i,F(\hat{\mathbf{p}})\right] = i\hbar \frac{\partial F}{\partial \hat{p}_i} \tag{2.4.1}$$

$$\left[\hat{p}_i,G(\hat{\mathbf{r}})\right] = -i\hbar \frac{\partial G}{\partial \hat{r}_i} \tag{2.4.2}$$

以 $(2.4.2)$ 式为例，我们给出证明。首先将 $G(\hat{\mathbf{r}})$ 作关于 $\hat{\mathbf{r}}$ 的幂展开：

$$G(\hat{\mathbf{r}}) = \sum_{nml} C_{nml} \hat{x}^n \hat{y}^m \hat{z}^l$$

然后代入对易关系得：

$$\begin{aligned} [\hat{p}_x,G(\hat{\mathbf{r}})] = \left[ \hat{p}_x,\sum_{nml} C_{nml} \hat{x}^n \hat{y}^m \hat{z}^l \right] = \sum_{nml} [\hat{p}_x,\hat{x}^n]\hat{y}^m \hat{z}^l \end{aligned}$$

其中：

$$\begin{aligned} [\hat{p}_x,\hat{x}^n] &= [\hat{p}_x,\hat{x}]\hat{x}^{n-1} + \hat{x}[\hat{p}_x,\hat{x}^{n-1}] \\&= -i\hbar\hat{x}^{n-1} + \hat{x} [\hat{p}_x,\hat{x}] \hat{x}^{n-2} + \hat{x}^2[\hat{p}_x,\hat{x}^{n-2}] \\&= \cdots \\&=-ni\hbar\hat{x}^{n-1} \end{aligned}$$

因此最终可得：

$$\left[\hat{p}_i,G(\hat{\mathbf{r}})\right] = -i\hbar\sum_{nml} n\hat{x}^{n-1} \hat{y}^m \hat{z}^l = -i\hbar \frac{\partial G}{\partial \hat{x}}$$

证毕。同理可证明$(2.4.1)$ 式。

# 自由粒子随时间的演化

$\quad$ 现在我们讨论一个质量为 $m$ 的自由粒子，它的哈密顿量如下 (薛定谔绘景和海森堡绘景下都相等)：

$$\hat{H} = \hat{H}^\mathcal{S} = \hat{H}^\mathcal{H} = \frac{\hat{\mathbf{p}}^2}{2m} = \frac{\hat{p}_x^2+\hat{p}_y^2+\hat{p}_z^2}{2m} \tag{2.4.3}$$

下面采用如下的记法：

$$\text{薛定谔绘景：} \hat{r}_i^\mathcal{S} = \hat{r}_i(0) ; \quad \hat{p}_i^\mathcal{S} = \hat{p}_i(0)$$

$$\text{海森堡绘景：} \hat{r}_i^\mathcal{H} = \hat{r}_i(t) ; \quad \hat{p}_i^\mathcal{H} = \hat{p}_i(t)$$

利用 $(2.2.6)$ ，可求得两种绘景下位置算符和动量算符的关系：

$$\hat{p}_i(t) = \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \hat{p}_i(0) \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) = \hat{p}_i(0) \tag{2.4.5}$$

$$\begin{aligned} \hat{r}_i(t) &= \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \hat{r}_i(0) \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \\&= \exp(\frac{i}{2m\hbar}t\hat{p}_i^2) \hat{r}_i(0) \exp(-\frac{i}{2m\hbar}t\hat{p}_i^2) \end{aligned} \tag{2.4.6}$$

上式的$(2.4.5)$ 式利用到了$[\hat{p}_i,\hat{p}_j]=0$，而$(2.4.6)$ 式应注意到$[\hat{r}_i,\hat{p}_j]=i\hbar\delta_{ij}$ 的对易关系。由此我们不难算出自由粒子的（海森堡绘景下）动量（算符）是不变的：

$$\frac{d\hat{p}_i(t)}{dt} = 0 \tag{2.4.7}$$

而利用海森堡方程，可以算出位置算符随时间的变换：

$$\begin{aligned} \frac{d\hat{r}_i(t)}{dt} &= \frac{1}{i\hbar} [\hat{r}_i(t),\hat{H}] = \frac{1}{i\hbar} \left[\exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \hat{r}_i(0) \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H})\ ,\ \hat{H}\right] \\&= \frac{1}{i\hbar} \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \left[\hat{r}_i(0)\ ,\ \hat{H}\right] \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \\&= \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \frac{\partial\hat{H}}{\partial \hat{p}_i} \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \\&= \frac{\hat{p}_i}{m} = \frac{\hat{p}_i(0)}{m} \end{aligned} \tag{2.4.8}$$

上式推导利用到了$(2.4.1)$ 式。于是，我们再进一步求解上式的微分方程：

$$\hat{r}_i(t) = \hat{r}_i(0) + \left(\frac{\hat{p}_i(0)}{m}\right)t \tag{2.4.9}$$

然后，我们再来看看$(2.4.7)(2.4.8)(2.4.9)$ 式，是不是发现它与经典的情况十分相似：自由粒子的动量保持不变，作匀速直线运动。
$\quad$ 此外，有一点值得我们注意，尽管在初始时刻我们有：

$$[\hat{r}_i(0),\hat{r}_j(0)] = 0 \tag{2.4.10}$$

但在不同时刻的$\hat{r}_i$ 的对易关系不为零。特别是：

$$[\hat{r}_i(0),\hat{r}_i(t)] = \frac{t}{m}[\hat{r}_i(0),\hat{p}_i(0)] = \frac{i\hbar t}{m} \tag{2.4.11}$$

而在本科量子力学中我们就学过，如果两个算符不相互对易，则会导出如下的不确定关系：

$$[\hat{A},\hat{B}] = \hat{C} \quad\Longrightarrow\quad \braket{(\Delta \hat{A})^2} \braket{(\Delta \hat{B})^2} \ge \frac{1}{4} |\braket{\hat{C}}|^2 \tag{2.4.12}$$

因此，对于$(2.4.11)$ 的对易关系，我们有不等式：

$$\braket{(\Delta \hat{r}_i(0))^2} \braket{(\Delta \hat{r}_i(t))^2} \ge \frac{\hbar^2t^2}{4m^2} \tag{2.4.13}$$

这个不等式关系意味着即使粒子的位置在$t=0$ 时是严格确定的，它的位置随时间会变得越来越不确定，即粒子的波包会在空间中越来越弥散。

# 埃伦费斯特 (Ehrenfest) 定理

$\quad$ 现在考虑一个位置势场 $\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})$ 影响的粒子，其哈密顿量为：

$$\hat{H} = \frac{\hat{\mathbf{p}}^2}{2m} + \hat{V}(\hat{\mathbf{r}}) \tag{2.4.14}$$

注意到，$\hat{p}_i$ 一般与位置势场 $\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})$ 不对易，因此此时动量算符不再像自由粒子那样保持初始时刻不变。此时$t$ 位置和动量算符为：

$$\begin{aligned} \hat{p}_i(t) &= \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \hat{p}_i(0) \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \\&= \exp\left(\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \hat{p}_i(0) \exp\left(-\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \\& \textcolor{red}{\footnotesize (位置势能与位矢有关，因此与\hat{p}_i一般不能对易} \end{aligned} \tag{2.4.15}$$

$$\begin{aligned} \hat{r}_i(t) &= \exp(\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \hat{r}_i(0) \exp(-\frac{i}{\hbar}t\hat{H}) \\&= \exp(\frac{i}{2m\hbar}t\hat{p}_i^2) \hat{r}_i(0) \exp(-\frac{i}{2m\hbar}t\hat{p}_i^2) \end{aligned} \tag{2.4.16}$$

动量算符随时间的变化可用海森堡方程来描述：

$$\begin{aligned} \frac{d\hat{p}_i(t)}{dt} &= \frac{1}{i\hbar} [\hat{p}_i(t),\hat{H}] \\&= \frac{1}{i\hbar} \exp\left(\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \left[ \hat{p}_i(0),\hat{V}(\hat{\mathbf{r}}) \right] \exp\left(-\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \textcolor{red}{\footnotesize (利用到(2.4.15)式)} \\&= -\exp\left(\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \frac{\partial \hat{V}(\hat{\mathbf{r}})}{\partial \hat{r}_i} \exp\left(-\frac{i}{\hbar}t\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})\right) \textcolor{red}{\footnotesize (利用到(2.4.2)式)} \\&= -\frac{\partial \hat{V}(\hat{\mathbf{r}})}{\partial \hat{r}_i} \\&\textcolor{red}{\footnotesize (\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})与\frac{\partial \hat{V}(\hat{\mathbf{r}})}{\partial \hat{r}_i}都与位矢有关，而(初始)位置算符都是对易的，因此\hat{V}(\hat{\mathbf{r}})与\frac{\partial \hat{V}(\hat{\mathbf{r}})}{\partial \hat{r}_i}也对易)} \end{aligned} \tag{2.4.17}$$