Beweis für eine Zeitordnungsgleichung in Negele & Orland (1998)

Hinweis

$\int_0^t \int_0^{t_1} dt_1 dt_2 \, a(t_1) a(t_2) = \frac{1}{2!} \int_0^t\int_0^t dt_1 dt_2\, \mathcal{T}\{ a(t_1) a(t_2) \}$

und so weiter. Sie können dies daran erkennen, dass der (quadratische) Integrationsbereich im zweiten Integral wie im ersten Integral in zwei dreieckige Integrationsbereiche aufgeteilt werden kann. Dies ist eine Möglichkeit, die zeitlich geordnete Integration zu definieren.

Edit: Etwas mehr zu deiner Frage. Sie können überlegen

$\mathcal{T} \left\{ e^{\int_0^t\!dt\, H(t)} \right \}$

das Produkt sein

$\mathcal{T} \left\{ e^{H(0) \Delta t} \, e^{H(\Delta t) \Delta t} \, e^{H(2\Delta t) \Delta t} \dots e^{H(t) \Delta t}\right \}$wobei wir das Integral in eine Riemann-Summe umgewandelt und das Exponential einer Summe in ein Produkt von Exponentialen zerlegt haben. Wenn Sie nun ein weiteres Objekt in die Zeitreihenfolge einfügen, z$A(t_1)$, gleitet es einfach an so vielen dieser Artikel im Produkt vorbei, bis es die richtige Stelle gefunden hat. Z.B

$\mathcal{T} \left\{ e^{H(0) \Delta t} \, e^{H(\Delta t) \Delta t} \, e^{H(2\Delta t) \Delta t} \dots A(t_1) \dots e^{H((N-1)\Delta t)} e^{H(t) \Delta t}\right \}$

Dann alles, was übrig bleibt (alles auf beiden Seiten von$A(t_1)$können wieder in Exponentiale von Summen, dh Exponentiale von Integralen, faktorisiert werden. Wiederholen Sie dies bei Bedarf.

Ich hoffe das hilft.

Hinweise zur Frage (v1):

1. Erinnern Sie sich, dass die Reihenfolge der Operatoren symmetrisch ist

   $$\tag{1}T[A_1(t_1)\ldots A_n(t_n)]~=~T[A_{\pi(1)}(t_{\pi(1)})\ldots A_{\pi(n)}(t_{\pi(n)})],$$ Wo$\pi\in S_n$ist eine Permutation. (Hier nehmen wir der Einfachheit halber an, dass alle Operatoren Grassmann-gerade sind. Sonst gibt es zusätzliche Vorzeichenfaktoren.)

2. Denken Sie daran, wenn$t_1> \ldots >t_n$, dann wird die Reihenfolge der Operatorzeit definiert

   $$\tag{2}T[A_1(t_1)\ldots A_n(t_n)]~:=~A_1(t_1)\ldots A_n(t_n).$$

3. Es wird ein bisschen technisch, die Zeitordnungsregel zu erklären und damit zu arbeiten$T[A_1(t_1)\ldots A_n(t_n)]$wenn eine Teilmenge der Zeiten$t_1,\ldots, t_n$, ist genau gleich. In diesem Fall natürlich die Betreiber$A_1(t_1)\ldots A_n(t_n)$sollten in einem angemessenen Sinne symmetrisiert werden.

4. Erweitern Sie die Definition der Zeitordnung$T[A_1(t_1)\ldots A_n(t_n)]$durch Multilinearität.

5. Um diesen technischen Punkt 3 zu vermeiden, wollen wir die Zeit diskretisieren. Nehmen wir genauer an, dass es sich bei OP um drei verschiedene Operatoren handelt$H(t)$,$A(t)$, Und$B(t)$leben von drei unterschiedlichen Zeitdiskretisierungen, so dass zwei unterschiedliche Operatoren niemals genau zum selben Zeitpunkt genommen werden. (Das zB eine Potenz von$H(t)$erscheint gleichzeitig$t$egal, da$H(t)$kommutiert mit sich selbst, sodass wir die Symmetrisierungsprozedur von Punkt 3 ignorieren können, ohne Fehler einzuführen.) Auf diese Weise können wir jeden Operatorausdruck von einfach zeitlich ordnen$H(t)$,$A(t)$, Und$B(t)$, wobei nur die ungleichen Ordnungsregeln (1)-(2) bekannt sind.

6. Ersetzen Sie in der gesuchten Identität von OP Zeitintegrationen$\int\! dt$mit entsprechenden diskreten Summen$\sum$von Operatoren, die auf ihren jeweiligen Untergittern der Zeit leben. Die entsprechende diskretisierte Version der gesuchten Identität von OP wird zu einer trivialen Identität, da die linke Seite als die rechte Seite definiert ist.

7. Nehmen Sie am Ende der Berechnung die Kontinuumsgrenze, bei der die Gitterkonstante gegen Null geht und Summationen wieder zu Integralen werden. Argumentieren Sie, dass die Identität weiterhin besteht.

Ich habe die Antwort von Lionelbrits akzeptiert, weil ich es bereits mit seinem Hinweis herausgefunden habe, "den Operator vorbeizuschieben". Ich werde jetzt eine ausführlichere Version für andere schreiben, die an der Identität interessiert sind, sie aber nicht herausfinden können.

Zunächst rate ich dem Leser, Galindo & Pascual, Volume I, p. 70ff (2012), um zu sehen, wie die Zeitreihenfolge eingeführt wird und wie Lionelbrits zu seiner ersten Gleichung (oder allgemeinen Versionen davon) kommt.

Nun betrachten wir den Ausdruck mit nur einem Operator,$T\left[\exp\left(-i \int_{0}^{t}H(t') dt' \right) A(\tau)\right]$Und$t_i=0, t_f=t$. Ich denke, das Argument funktioniert auch für mehr Betreiber, aber es wird undurchsichtiger und umständlicher, es in einem Online-Forum zu schreiben. Der Term n-ter Ordnung des obigen Ausdrucks hat die Form

$$\frac{(-i)^n}{n!} \int_0^t d\tau_1 \ldots \int_0^t d\tau_n T[H(\tau_1)\cdots H(\tau_n) A(\tau)] .$$

Zur Anwendung der$T$-Operator, definieren wir$t_1 =\tau_1, \ldots, t_n=\tau_n, t_{n+1}=\tau$Und$A_1 = H(t_1), \ldots, A_n =H(t_n), A_{n+1}=A(t_{n+1})$. Dann durch die Definition von$T$wir haben

$$T[A_1 \ldots A_{n+1}] = \sum_{\pi} \theta(t_{\pi_1}-t_{\pi_2}) \theta(t_{\pi_2}-t_{\pi_3})\ldots \theta(t_{\pi_n}-t_{\pi_{n+1}}) A_{\pi_1}\ldots A_{\pi_{n+1}} .$$ Wir kümmern uns nicht um den Fall gleicher Zeiten, weil die entsprechenden Integrationsbereiche das Maß 0 haben (typisches Physikargument). In dem Fall, dass $t_{\pi_k} = \tau$, die Integration ist nur in der Region nicht verschwindend $t_{\pi_1} > t_{\pi_2} > \ldots > \tau > t_{\pi_{k+1}} > \ldots > t_{\pi_{n+1}}$. Es gibt $n!$solche Permutationen für fest $k$. Außerdem gilt für jeden Summanden in der Summe (also für jede Permutation $\pi$), ändern wir die Integrationsreihenfolge entsprechend (wir gehen davon aus, dass wir das können) und benennen die Integrationsvariablen neu $d\tau_{\pi_1} \rightarrow d\tau_1$, usw. Damit erhalten wir für den Term n-ter Ordnung folgendes Ergebnis $$(-i)^n \left[ A(\tau) \int_0^t d\tau_1 \int_0^{\tau_1}d\tau_2\ldots \int_0^{\tau_{n-1}}d\tau_n H(\tau_1)\ldots H(\tau_n) \\ + \int_\tau^t d\tau_1 H(\tau_1) A(\tau) \int_0^{\tau}d\tau_2 \int_0^{\tau_2}d\tau_3 \ldots \int_0^{\tau_{n-1}}d\tau_n H(\tau_2)\ldots H(\tau_n) \\ + \int_{\tau}^t d\tau_1 \int_{\tau}^{\tau_1}d\tau_2 H(\tau_1) H(\tau_2) A(\tau) \int_0^{\tau}d\tau_3 \ldots \int_0^{\tau_{n-1}}d\tau_n H(\tau_3)\ldots H(\tau_n)\\ + \ldots \right] ~.$$ Der Faktor $1/n!$storniert, weil für jede Position von $A(\tau)$es gibt $n!$Integrale, die das gleiche Ergebnis liefern. Wir können den Ausdruck mit Hilfe der Zeitreihenfolge wieder vereinfachen und erhalten $$A(\tau) \frac{(-i)^n}{n!} \int_0^t d\tau_1 \ldots \int_0^t d\tau_n T[H(\tau_1) \ldots H(\tau_n)] \\ + \frac{-i}{1!} \int_\tau^t d\tau_1 H(\tau_1) A(\tau) \frac{(-i)^{n-1}}{(n-1)!} \int_0^\tau d\tau_2 \ldots \int_0^\tau d\tau_n T[H(\tau_2)\ldots H(\tau_n)] \\ + \frac{(-i)^2}{2!} \int_\tau^t d\tau_1 \int_\tau^t d\tau_2 T[H(\tau_1) H(\tau_2)] A(\tau) \frac{(-i)^{n-2}}{(n-2)!} \int_0^\tau d\tau_3 \ldots \int_0^\tau d\tau_nT[H(\tau_3)\ldots H(\tau_n)] \\ + \ldots .$$ Nun, ich denke, es ist klar, dass dies einer der Terme ist, die man bekommt, wenn man rechnet $T \left[\exp\left(-i \int_\tau^t H(t')dt'\right)\right] A(\tau) T \left[ \exp\left(-i \int_0^\tau H(t')dt'\right) \right]$. Wenn wir also die richtigen Terme dieses Ausdrucks zusammenfassen, erhalten wir den Term n-ter Ordnung unseres ersten Ausdrucks. Alles zusammen ergibt die gesuchte Identität.