Resolviendo la ecuación de von-Neumann explícitamente [cerrado]

La ecuación de von-Neumann dice:

d ρ d t = − i ℏ [ H , ρ ]

La solución:

ρ ( t ) = tu ρ tu †
con tu = mi − i H t ℏ se obtiene fácilmente a partir de la ecuación de Schrödinger, pero quiero obtener el mismo resultado a partir de la ecuación de von-Neumann.

Mi enfoque es comenzar integrando ambos lados:

ρ ( t ) = ρ 0 − i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ ( τ ) ] d τ

Sustituyendo el lado izquierdo en el lado derecho se obtiene:

ρ ( t ) = ρ 0 − i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ 0 − i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ ( τ ′ ) ] d τ ′ ] d τ

en expansión:

ρ ( t ) = ρ 0 − i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ 0 ] + i ℏ ∫ 0 t [ H , i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ ( τ ′ ) ] d τ ′ ] d τ

ρ ( t ) = ρ 0 + i t ℏ ( ρ H − H ρ ) + i ℏ ∫ 0 t [ H , i ℏ ∫ 0 t [ H , ρ ( τ ′ ) ] d τ ′ ] d τ

Los términos de primer orden son los mismos que se obtienen al desarrollar tu ρ tu † :

ρ ( t ) ≈ ( 1 − i H t ℏ ) ρ ( 1 + i H t ℏ ) = ρ 0 + i t ℏ ( ρ H − H ρ )

Sin embargo, con los términos de segundo orden tengo problemas, porque de tu ≈ ( 1 − i H t ℏ + 1 2 ( i H t ℏ ) 2 ) Espero que sean:

− i H t ℏ ρ i H t ℏ + ρ 1 2 ( i H t ℏ ) 2 + 1 2 ( i H t ℏ ) 2 ρ

pero en la expresión recursiva escribí el norte El término de orden ésimo va a ser norte conmutadores anidados con H , entonces mi término de segundo orden ( [ H , [ H , ρ ] ] ) es:

− 2 i H t ℏ ρ i H t ℏ + ρ ( i H t ℏ ) 2 + ( i H t ℏ ) 2 ρ

que es un factor de dos incorrecto. El término de tercer orden tendrá la forma de la cuarta fila del triángulo de pascal y así sucesivamente, y el norte -th término de orden será norte ! demasiado grande en mi expresión. Aquí es donde estoy atascado, porque no veo ninguna forma de obtener un término factorial, pero tampoco veo nada malo en mi enfoque.

Si alguien pudiera indicarme donde esta mi error se lo agradeceria mucho.

(Justo ahora, me encontré con la siguiente identidad:

mi A ρ mi A = ρ + [ A , ρ ] + 1 2 ! [ A , [ A , ρ ] ] + 1 3 ! [ A , [ A , [ A , ρ ] ] ] + . . .

que es exactamente lo que esperaba, pero no sé cómo obtener el 1 norte ! factores)

Veo que alguien agregó la etiqueta de tarea, así que solo quiero aclarar que esta no es una pregunta de tarea. Es algo en lo que pensé en el contexto de un problema diferente.
Hola fulis. Si aún no lo ha hecho, tómese un minuto para leer la definición de cuándo usar la etiqueta de tarea y ejercicios y la política de Phys.SE para problemas similares a la tarea.
Su error está justo después de "Sustituir el lado izquierdo en los rendimientos de la derecha". El límite superior de la integral interior es τ , no t .
Mirándolo, ¡creo que tienes razón! Eso lo solucionaría. Gracias.

Respuestas (1)

Sugerencias:

  1. Tenga en cuenta que el norte El término de la serie de Dyson son integrales anidadas sobre un norte -región de integración simplex , cf. comentario anterior de Cosmas Zachos. Si ordenamos el tiempo y normalizamos con un 1 / norte ! factor, podemos reemplazar la región de integración con una norte -caja.

  2. La última ecuación de OP dice

    (1) mi a d A ^ B ^   =   mi A ^ B ^ mi − A ^ ,
    dónde
    (2) a d A ^   ≡   [ A ^ , ⋅ ] .

    Prueba esbozada de la ec. (1):

    • Reemplazar A ^ → t A ^ en la ec. (1), donde t ∈ C es un parámetro.

    • Diferenciar wrt. t .

    • Muestre que LHS y RHS de eq. (1) satisfacer la misma ODE en t .

    ◻

1. Creo que este es un problema ligeramente diferente, porque estaba tratando de obtener la solución, no solo verificarla. 2. De todos modos, con respecto a esta respuesta: ¿se aplica el teorema de unicidad para las EDO cuando tenemos funciones con valores de operador? Me sentiría un poco incómodo mostrando la igualdad de esta manera.
1. Actualicé la respuesta. 2. Esa es una preocupación matemática válida. Considere preguntarlo en Matemáticas .
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