贡献者： 零穹; addis; 叶月2_
- 添加量子力学的例子
本文尚未给出 BCH 公式中的 z；另需添加 BCH 公式的常用情形；或许需要一篇文章说明李代数的 BCH 公式
1Baker-Hausdorff 公式是一个相当有用的公式。在数学上，它可用于给出李群-李代数对应的深层结果的相对简单的证明；在量子力学中，它可实现系统哈密顿量在薛定谔绘景和海森堡绘景的转换，并在微扰论中也有诸多应用。本节将给出该公式的一个证明和由它导出的一些重要的结果。
Baker-Hausdorff 公式是指
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{A}B \mathrm{e} ^{-A}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}A^{(n)}~.
\end{equation}
其中，
\begin{equation}
A^{(n)}\equiv\underbrace{[A,[A,\cdots,[A}_{n\text{个}},B]\cdots]
=\sum_{m=0}^{n}(-1)^{n-m}C_{n}^{m}A^mBA^{n-m}~.
\end{equation}
1. 证明
在证明 Baker-Hausdorff 公式式 1 之前，我们先证明式 2 。
式 2 的证明：我们用数学归纳法来证明。
$A^{(0)},A^{(1)}$ 显然成立：
\begin{equation}
\begin{aligned}
A^{(0)}&=B=\sum_{m=0}^{0}(-1)^{0-m}C_{0}^{m}A^mBA^{0-m}~,\\
A^{(1)}=&[A,B]=AB-BA=\sum_{m=0}^{1}(-1)^{1-m}C_{1}^{m}A^mBA^{1-m}~.
\end{aligned}
\end{equation}
假设对 $n=k-1$ 时
式 2 成立，则
\begin{equation}
\begin{aligned}
A^{(k)}&=[A,A^{(k-1)}]=AA_{k-1}-A_{k-1}A\\
&=A\sum_{m=0}^{k-1}(-1)^{k-1-m}C_{k-1}^{m}A^mBA^{k-1-m}- \left(\sum_{m=0}^{k-1}(-1)^{k-1-m}C_{k-1}^{m}A^mBA^{k-1-m} \right) A\\
&=\sum_{m=0}^{k-1}(-1)^{k-1-m}C_{k-1}^{m}A^{m+1}BA^{k-1-m}-\sum_{m=0}^{k-1}(-1)^{k-1-m}C_{k-1}^{m}A^mBA^{k-m}\\
&=A^{k}B+\sum_{m=0}^{k-2}(-1)^{k-1-m} \left(C_{k-1}^{m}+C_{k-1}^{m+1} \right) A^{m+1}BA^{k-1-m}-(-1)^{k-1}BA^k\\
&=A^{k}B+\sum_{m=0}^{k-2}(-1)^{k-1-m}C_{k}^{m+1}A^{m+1}BA^{k-1-m}-(-1)^{k-1}BA^k\\
&=A^{k}B+\sum_{m=1}^{k-1}(-1)^{k-m}C_{k}^{m}A^{m}BA^{k-m}+(-1)^{k}BA^k\\
&=\sum_{m=0}^{k}(-1)^{k-m}C_{k}^{m}A^{m}BA^{k-m}~.
\end{aligned}
\end{equation}
由数学归纳法原理，式 2 得证。上面证明中 $C_n^m$ 为组合数。
现在，我们将用两种方法证明 Baker-Hausdorff 公式。
纯数学证明
2先来证明下面得引理。
引理 1
\begin{equation}
A^nB=\sum_{m=0}^{n}C_{n}^mA^{(m)}A^{n-m}~.
\end{equation}
证明：这里同样用数学归纳法来证明。当 $n=1$ 时，式 5 显然成立：
\begin{equation}
AB=BA+[A,B]~.
\end{equation}
假设 $n=k-1$ 时
式 5 成立，则
\begin{equation}
\begin{aligned}
A^{k}B=A\sum_{m=0}^{k-1}C_{k-1}^mA^{(m)}A^{k-1-m}=\sum_{m=0}^{k-1}C_{k-1}^mAA^{(m)}A^{k-1-m}~.
\end{aligned}
\end{equation}
因为
\begin{equation}
A^{(m+1)}=[A,A^{(m)}]\Rightarrow AA^{(m)}=A^{(m)}A+A^{(m+1)}~,
\end{equation}
所以
式 7 可改写为
\begin{equation}
\begin{aligned}
A^k B&=\sum_{m=0}^{k-1}C_{k-1}^mA^{(m)}A^{k-m}+\sum_{m=0}^{k-1}C_{k-1}^mA^{(m+1)}A^{k-1-m}\\
&=A^{(0)}A^{k}+\sum_{m=1}^{k-1} \left[C_{k-1}^m+C_{k-1}^{m-1} \right] A^{(m)}A^{k-m}+A^{(k)}\\
&=A^{(0)}A^{k}+\sum_{m=1}^{k-1}C_{k}^mA^{(m)}A^{k-m}+A^{(k)}\\
&=\sum_{m=0}^{k}C_{k}^mA^{(m)}A^{k-m}~.
\end{aligned}
\end{equation}
由数学归纳法原理，证得
引理 1
现在，Baker-Hausdorff 公式就呼之欲出了！
Baker-Hausdorff 公式的证明：
由引理 1
\begin{equation}
\mathrm{e} ^A B=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{A^nB}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^{n}C_{n}^iA^{(i)}A^{n-i}~.
\end{equation}
将上式求和符号交换顺序，注意指标要求满足 $i\leq n$，可将式 10 改写为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathrm{e} ^A B&=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{n=i}^{\infty}\frac{1}{n!}C_{n}^iA^{(i)}A^{n-i}\\
&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}A^{(i)}\sum_{n=i}^{\infty}\frac{1}{(n-i)!}A^{n-i}\\
&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}A^{(i)} \mathrm{e} ^A~.
\end{aligned}
\end{equation}
两边作用于 $ \mathrm{e} ^{-A}$，证得
式 1
较物理的证明
3现在，我们给出一种量子力学语言的证明方式。选择 $A$ 表象为工作空间，其基右矢集合为 $ \left\{ \left\lvert a_n \right\rangle \right\} $，且 $A \left\lvert a_n \right\rangle =a_n \left\lvert a_n \right\rangle $。为方便起见，仅考虑离散态的情况。完备性条件为
\begin{equation}
\sum_{n} \left\lvert a_n \right\rangle \left\langle a_n \right\rvert =1~.
\end{equation}
由
式 2 ，关于 $A$ 算符的矩阵表达式为：
\begin{equation}
\begin{aligned}
A^{(n)}&=\sum_{i,j,k,l}\sum_{m=0}^{n}(-1)^{n-m}C_{n}^{m} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_i \right| A^m \left| a_k \right\rangle \left\langle a_k \right| B \left| a_l \right\rangle \left\langle a_l \right| A^{n-m} \left| a_j \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{i,j}\sum_{m=0}^{n}(-1)^{n-m}C_n^m{a_i}^m{a_j}^{n-m} \left\langle a_i \right\rvert B \left\lvert a_j \right\rangle \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{i,j}\sum_{m=0}^{n}(-1)^{n-m}C_n^m{a_i}^m{a_j}^{n-m}B^i_{\; j} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{i,j}(a_i-a_j)^nB^i_{\; j} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| ~.
\end{aligned}
\end{equation}
$ \mathrm{e} ^{A}B \mathrm{e} ^{-A}$ 的矩阵表达式为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathrm{e} ^{A}B \mathrm{e} ^{-A}&=\sum_{i,j,k,l} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_i \right| \mathrm{e} ^{A} \left| a_k \right\rangle \left\langle a_k \right| B \left| a_l \right\rangle \left\langle a_l \right| \mathrm{e} ^{-A} \left| a_j \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{i,j} \mathrm{e} ^{a_i-a_j}B^{i}_{\;j} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{i,j}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(a_i-a_j)^nB^{i}_{\;j} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| \\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\sum_{i,j}(a_i-a_j)^nB^{i}_{\;j} \left| a_i \right\rangle \left\langle a_j \right| ~.
\end{aligned}
\end{equation}
对比
式 13 和
式 14 ，得
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{A}B \mathrm{e} ^{-A}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}A^{(n)}~,
\end{equation}
Baker-Hausdorff 公式
式 1 得证。
2. Baker-Campbell-Hausdorff 公式
Baker-Campbell-Hausdorff 公式是下列方程关于 $Z$ 的解
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{A} \mathrm{e} ^{B}= \mathrm{e} ^{Z}~,
\end{equation}
我们将用 Baker-Hausdorff 公式导出 Baker-Campbell-Hausdorff 公式的一些性质。
如果算子 $A$ 与 $B$ 不对易，算子函数 $ \mathrm{e} ^{A+B}$ 不能简单地分解为 $ \mathrm{e} ^{A}$ 和 $ \mathrm{e} ^{B}$ 乘积。只能引入另一个算子 $K(\tau)$ 和 $K'(\tau)$（$A,B$ 与 $\tau$ 无关），写成
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{\tau(A+B)}= \mathrm{e} ^{\tau B}K(\tau) \mathrm{e} ^{\tau A}= \mathrm{e} ^{\tau A}K'(\tau) \mathrm{e} ^{\tau B}~,
\end{equation}
中交换 $A,B$。可由 $K$ 导出 $K'$，故只需讨论 $K(\tau)$。下面我们来求 $K(\tau)$ 的具体形式。
式 17 对 $\tau$ 微分，并利用式 5 ，可得关于算子 $K$ 的微分方程：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathrm{e} ^{\tau(A+B)}A+ \mathrm{e} ^{\tau B}K(\tau) \mathrm{e} ^{\tau A}B&=B \mathrm{e} ^{\tau B}K(\tau) \mathrm{e} ^{\tau A}+ \mathrm{e} ^{\tau B} \frac{\partial K}{\partial \tau} \mathrm{e} ^{\tau A}+ \mathrm{e} ^{\tau(A+B)}A~,\\
&\Downarrow\\
\frac{\partial }{\partial \tau} K&=K \mathrm{e} ^{\tau A}B \mathrm{e} ^{-\tau A}-BK~.
\end{aligned}
\end{equation}
将式 1 代入式 18 ：
\begin{equation}
\frac{\partial }{\partial \tau} K=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\tau^n}{n!}KA^{(n)}-BK~.
\end{equation}
由
式 17 ，其初值条件为：
\begin{equation}
K(0)=1~,
\end{equation}
的具体求解依赖于 $A,B$ 的性质。
例 1
已知 $A^{(1)}=[A,B]$ 是个数，$A^{(n)}=0(n\geq 2)$。求 $ \mathrm{e} ^{\tau(A+B)}$
由式 19 ：
\begin{equation}
\frac{\partial }{\partial \tau} K=KB+K\tau[A,B]-BK~.
\end{equation}
要求 $K(\tau)$ 是个数，则上式变为：
\begin{equation}
\frac{\partial }{\partial \tau} K=K\tau[A,B]~.
\end{equation}
解得：
\begin{equation}
K= \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[A,B]\tau^2}~,
\end{equation}
将 $K$ 中 $A,B$ 交换，得到
\begin{equation}
K'= \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[B,A]\tau^2}~.
\end{equation}
故
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{\tau(A+B)}= \mathrm{e} ^{\tau B} \mathrm{e} ^{\tau A} \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[A,B]\tau^2}= \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[B,A]\tau^2} \mathrm{e} ^{\tau A} \mathrm{e} ^{\tau B}~,
\end{equation}
还可写为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathrm{e} ^{2\tau A+2\tau B}&= \mathrm{e} ^{\tau(A+B+A+B)}= \mathrm{e} ^{\tau (A+B)} \mathrm{e} ^{\tau (A+B)} \mathrm{e} ^{\frac{1}{2} \left[\tau(A+B),\tau(A+B) \right] \tau^2}\\
&= \mathrm{e} ^{\tau(A+B)} \mathrm{e} ^{\tau(A+B)}\\
\mathrm{e} ^{2\tau A+2\tau B}&= \mathrm{e} ^{\tau(A+B)} \mathrm{e} ^{\tau(A+B)}\\
&= \mathrm{e} ^{\tau B} \mathrm{e} ^{\tau A} \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[A,B]\tau^2} \mathrm{e} ^{\frac{1}{2}[B,A]\tau^2} \mathrm{e} ^{\tau A} \mathrm{e} ^{\tau B}\\
&= \mathrm{e} ^{\tau B} \mathrm{e} ^{2\tau A} \mathrm{e} ^{\tau B}~.
\end{aligned}
\end{equation}
1. ^ 参考樱井量子力学 [1]。
2. ^ 郝柏林。统计微扰论的生成泛函.1978 年统计物理讨论会综述报告
3. ^ 何勇。用算符矩阵表示方法简洁推导 Baker-Hausdorff 公式[J].大学物理，2015,34(1):30-31
[1] ^ J.J. Sakurai. Modern Quantum Mechanics Revised Edition
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