L2 · 第 4 章

剪断弱通道要付出多少误差

只看一处切口，保留最大的那些 Schmidt 权重就是最优做法，误差平方正好等于舍掉的权重。对整条链，误差平方介于“任一处切口舍掉的最大权重”和“所有切口舍掉权重之和的两倍”之间。只落在切口一侧的读数，受截断影响是二阶的；跨过切口的关联，受影响是一阶的。

Sandbox Physics · 2026-10-29

一处切口：保留最大的权重

假设在一处切口只能保留固定数目的 Schmidt 项，怎样近似离原态最近？Schollwöck 综述的式 (19) 给出了答案：保留奇异值最大的那些项，其余置零。这时与原态距离的平方，等于舍掉的 Schmidt 权重之和，称为尾部权重。

在这处切口上，没有别的选法能更好。任何跨这刀不超过这么多项的态，离原态至少有尾部权重那么远。尾部权重因此是态本身定下的下限，在这个键维数下，任何算法都只能逼近它。

\varepsilon_c(\chi)=\sum_{\alpha>\chi}\lambda^{(c)}_\alpha,\qquad \min_{\operatorname{rank}_c\phi\le\chi}\big\lVert\psi-\phi\big\rVert^2=\varepsilon_c(\chi)

许多切口：一个下界，一个上界

矩阵乘积态在每处切口都要截断。单看最好的一处切口，就有了下界：误差平方不会小于整条链上最大的尾部权重。上界由 Verstraete 和 Cirac 2006 年论文的引理 1 给出：误差平方至多是所有切口尾部权重之和的两倍。Schollwöck 把这个界写成式 (58)。

以压缩实验里 12 个自旋的临界链为例。键维数为 4 时，最大的尾部权重是百万分之 1.58，实测误差平方是百万分之 5.66，尾部权重之和是百万分之 6.16，两倍就是百万分之 12.3。实测值落在两界之间，而且更靠近上界，因为每处切口都贡献了自己的一份尾部。

\max_c\,\varepsilon_c(\chi)\ \le\ \lVert\psi-\tilde\psi\rVert^2\ \le\ 2\sum_{c=1}^{L-1}\varepsilon_c(\chi)

完整例题

为什么局域读数仍然准

只截断一处切口，把态拆成保留部分和舍弃部分。两部分用的是不同的 Schmidt 项，所以它们的左态彼此正交，右态也彼此正交。取一个只作用在切口左边的算符。在保留部分与舍弃部分的交叉项里，右态只和右态相遇，内积为零。交叉项消失，读数的变化只剩下与舍弃权重同量级的项。

链两端之间的关联，在每处切口两边都有作用，交叉项留了下来，误差可以和两个态的距离一样大，也就是误差平方的平方根。实验里能看到这个差别：键维数为 4 时，误差平方是百万分之 5.66，距离约 0.0024。每格点能量差百万分之 2.2，单个格点磁化强度的最大误差是百万分之 2.1，都和误差平方同量级；首尾关联却差了 0.0015，和距离同量级。能量还多一层保护：精确态是本征态，态稍有偏离，能量只在二阶上改变。

\psi=\tilde\psi+\delta:\quad\langle\psi|O|\psi\rangle-\langle\tilde\psi|O|\tilde\psi\rangle=2\,\mathrm{Re}\,\langle\tilde\psi|O|\delta\rangle+\langle\delta|O|\delta\rangle,\qquad \langle\tilde\psi|O_{\rm L}|\delta\rangle=0

尾部决定该留多少

Schmidt 权重降得多快，决定了要留多少。横场 2.5 的有能隙链，键维数取 2，误差平方就只有百万分之十左右；临界链要取到 4 才有相近的误差；随机态根本没有短尾巴，键维数 16 时仍丢掉一半以上的模方。

键维数要按你需要的测量来选。局域能量和磁化强度按误差平方的速度收敛；长程关联按它的平方根收敛，同样的精度要更大的键维数。

带着问题动手

先预测，再改变，最后解释

在压缩实验里选临界链。先预测：键维数从 2 加到 8，哪个读数改善得最快，每格点能量还是首尾关联？
把键维数依次调到 2、4、8，记下这两个读数和误差平方。
解释两者收敛速度为何不同：能量误差为什么是二阶小量，而横跨每处切口的首尾关联误差却是一阶的？

剪断自旋链的键，看误差怎样变化

这些实验模拟开放边界的自旋 1/2 链，能量以耦合常数为单位，时间以约化普朗克常数除以耦合常数为单位。每个实验在模型说明里写明模型和适用范围，并可导出读数背后的数据。

试着自己解释

1. 一条链只有三处切口有非零尾部权重，分别是百万分之一、二、三。截断后的态误差平方必定落在什么范围？

展开答案与解释

至少是最大的尾部权重，百万分之三；至多是总和的两倍，百万分之十二。

3\times10^{-6}\le\lVert\psi-\tilde\psi\rVert^2\le2\,(1+2+3)\times10^{-6}=1.2\times10^{-5}

2. 猫态预设在键维数为 1 时，下界约为二分之一。为什么没有哪个直积态能离这个基态更近？

展开答案与解释

它中间切口有两个都接近二分之一的 Schmidt 权重。直积态在这处只能留一项，至少要丢掉另一项，约二分之一。

3. 键维数为 8 时，临界链首尾关联的误差约为百万分之十，误差平方约为百亿分之九。这和交叉项的论证一致吗？

展开答案与解释

一致。距离是误差平方的平方根，约百万分之三十。跨过所有切口的关联，误差最多可达这么大，百万分之十在它之下；局域读数的误差则约等于误差平方本身。

可以放在旁边读的来源

U. Schollwöck, The density-matrix renormalization group in the age of matrix product states, Annals of Physics 326, 96 (2011)
这一领域的标准综述。第 3 节用面积律解释 DMRG 为什么在一维好用；第 4.1 节用一次次奇异值分解搭出矩阵乘积态，并在式 (58) 给出截断误差的上界；第 6 节把基态搜索写成变分扫描；第 7 节讲时间演化和它的极限。
F. Verstraete and J. I. Cirac, Matrix product states represent ground states faithfully, Physical Review B 73, 094423 (2006)
引理 1 证明：截断到键维数 D 后，与原态距离的平方不超过各切口舍弃 Schmidt 权重之和的两倍；文中进而说明有能隙的基态为什么只需要不大的 D。