Floquet理论公式推导(一)

本文关注 Floquet 理论公式推导。从周期性驱动系统的哈密顿量和薛定谔方程出发，用 Floquet 定理解本征值问题，经傅里叶展开获矩阵本征值问题并截断求解。简单介绍有效哈密顿量模型构建方法与应用。

Floquet 理论

周期性驱动系统的哈密顿量可写作

$$H(t+T)=H(t)\qquad(T=2π/Ω)$$

薛定谔方程为

$$i\hbar\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle = H(t)|\psi(t)\rangle$$

根据 Floquet 定理，系统的解可以写为

$$|\psi(t)\rangle=e^{-i\epsilon t/\hbar}|u(t)\rangle,$$

其中 $∣u(t)⟩$ 满足周期性条件$|u(t+T)\rang=|u(t)\rang$

将上式代入薛定谔方程

$$\begin{aligned} i\hbar\frac{d}{dt}(e^{-i\epsilon t/\hbar}|u(t)\rangle)&=H(t)e^{-i\epsilon t/\hbar}|u(t)\rangle\\ e^{-i\epsilon t/\hbar}[-\epsilon|u(t)\rangle + i\hbar\frac{d}{dt}|u(t)\rangle]&=H(t)e^{-i\epsilon t/\hbar}|u(t)\rangle \end{aligned}$$

两边去掉$e^{-i\epsilon t/\hbar}$得到

$$\left[H(t)-i\hbar\frac{d}{dt}\right]|u(t)\rangle=\epsilon|u(t)\rangle$$

这就是 Floquet 本征值问题，其中$\mathcal{H}_F\equiv H(t)-i\hbar\frac{d}{dt}$称为Floquet哈密顿量， $\epsilon$被称为准能量。

Fourier 展开

由于$|u(t)\rangle$为周期性函数，可以展开为傅里叶级数：

$$|u(t)\rangle = \sum_{n = -\infty}^{+\infty} e^{-in\Omega t}|u_n\rangle, \quad \Omega = \frac{2\pi}{T}$$

同理，$H(t)=\sum_{m = -\infty}^{+\infty} e^{-im\Omega t}H_m$。代入本征值方程，

$$\sum_{m,n} e^{-i(m + n)\Omega t}(H_m - n\hbar\Omega\delta_{m,0})|u_n\rangle=\epsilon\sum_{n} e^{-in\Omega t}|u_n\rangle$$

对每个谐波分量比较系数，得到无限维矩阵本征值问题：

$$\sum_{n}(H_{m - n}+n\hbar\Omega\delta_{m,n})|u_n\rangle=\epsilon|u_m\rangle$$

这一形式在数值上通常截断为有限矩阵后求解，即可获得系统的 Floquet 本征态和准能量谱。

Floquet–Magnus 展开

假设在时刻$t=0$ 我们已知系统状态$|\psi(0)\rangle$，那么我们希望找到一个算符$U(t,0)$ 使得：

$$∣ψ(t)⟩=U(t,0)∣ψ(0)⟩$$

这个$U(t,0)$ 就称为时间演化算符，它应满足初始条件：

$$U(0,0) = I$$

其中$I$是单位算符。

将$|\psi(t)\rangle = U(t,0)|\psi(0)\rangle$代入薛定谔方程，我们得到：

$$i\hbar\frac{d}{dt}(U(t,0)|\psi(0)\rangle)=H(t)U(t,0)|\psi(0)\rangle$$

由于这个等式对于任意初始状态$|\psi(0)\rangle$都成立，所以 $U(t,0)$ 必须满足：

$$i\hbar\frac{d}{dt}U(t,0)=H(t)U(t,0),\quad U(0,0)=I$$

我们可以将时间区间[0,t]分割成N个非常短的小区间（每个长度 $\Delta t$很小，且$t=N\Delta t$），在每个小区间内近似认为哈密顿量 $H(t)$ 变化不大。令 $t_j = j\Delta t$，则在区间 $[t_j, t_{j+1}]$内：

$$U(t_{j + 1},t_j) \approx \exp\left[-\frac{i}{\hbar} H(t_j)\Delta t\right].$$

整个时间演化算符可以写为这些小段演化算符的乘积：

$$U(t,0) = U(t_N,t_{N - 1})U(t_{N - 1},t_{N - 2})\cdots U(t_1,0).$$

$$U(t,0) = \mathcal{T} \exp\left[-\frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t') dt'\right].$$

这一定义展开后可以得到 Dyson 级数：

$$\begin{aligned} U(t,0) &= I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} dt_1 H(t_1) + \left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2 \int_{0}^{t} dt_1 \int_{0}^{t_1} dt_2 H(t_1)H(t_2) + \cdots \\ &= I + \sum_{n = 1}^{\infty} \left(-\frac{i}{\hbar}\right)^n \int_{0}^{t} dt_1 \int_{0}^{t_1} dt_2 \cdots \int_{0}^{t_{n - 1}} dt_n H(t_1)H(t_2)\cdots H(t_n). \end{aligned}$$

推导Dyson级数：

已知

$$i\hbar\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle = H(t)|\psi(t)\rangle.$$

$$|\psi(t)\rangle = U(t,0)|\psi(0)\rangle$$

$$i\hbar\frac{d}{dt}U(t,0) = H(t)U(t,0),\quad U(0,0) = I.$$

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=-\frac{i}{\hbar}H(t)U(t,0)$$

积分得到

$$U(t,0)=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)U(t_1,0)dt_1$$

其中$U(t_1,0)$本身也是未知的。接下来使用迭代方法，将 $U(t_1,0)$用相同的表达式代入。首先写出第一次迭代：

$$U(t_1,0)=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t_1} H(t_2)U(t_2,0)dt_2$$

将这个表达式代入到$U(t,0)$的积分式中，我们有

$$\begin{aligned} U(t,0)&=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)\left[I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t_1} H(t_2)U(t_2,0)dt_2\right]dt_1\\ &=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)dt_1+\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2 \int_{0}^{t} dt_1\int_{0}^{t_1} H(t_1)H(t_2)U(t_2,0)dt_2 \end{aligned}$$

同样地，对 $U(t_2,0)$继续进行代入，就得到第二次迭代的结果：

当我们取极限  $\Delta t\to 0$ 时，这个乘积就定义了时间演化算符的严格表达式。

严格地，为了处理不同时刻H(t)之间可能不对易的问题，我们引入时间排序算符$\mathcal{T}$（Time-ordering operator）。其作用是将时间较大的算符放在左边。于是时间演化算符可以写成形式上类似于指数函数的表达：

$$U(t,0) = \mathcal{T} \exp\left[-\frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t') dt'\right].$$

这一定义展开后可以得到 Dyson 级数：

$$\begin{aligned} U(t,0) &= I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} dt_1 H(t_1) + \left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2 \int_{0}^{t} dt_1 \int_{0}^{t_1} dt_2 H(t_1)H(t_2) + \cdots \\ &= I + \sum_{n = 1}^{\infty} \left(-\frac{i}{\hbar}\right)^n \int_{0}^{t} dt_1 \int_{0}^{t_1} dt_2 \cdots \int_{0}^{t_{n - 1}} dt_n H(t_1)H(t_2)\cdots H(t_n). \end{aligned}$$

推导Dyson级数：

已知

$$i\hbar\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle = H(t)|\psi(t)\rangle.$$

$$|\psi(t)\rangle = U(t,0)|\psi(0)\rangle$$

$$i\hbar\frac{d}{dt}U(t,0) = H(t)U(t,0),\quad U(0,0) = I.$$

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=-\frac{i}{\hbar}H(t)U(t,0)$$

积分得到

$$U(t,0)=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)U(t_1,0)dt_1$$

其中$U(t_1,0)$本身也是未知的。接下来使用迭代方法，将 $U(t_1,0)$用相同的表达式代入。首先写出第一次迭代：

$$U(t_1,0)=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t_1} H(t_2)U(t_2,0)dt_2$$

将这个表达式代入到$U(t,0)$的积分式中，我们有

$$\begin{aligned} U(t,0)&=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)\left[I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t_1} H(t_2)U(t_2,0)dt_2\right]dt_1\\ &=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t_1)dt_1+\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2 \int_{0}^{t} dt_1\int_{0}^{t_1} H(t_1)H(t_2)U(t_2,0)dt_2 \end{aligned}$$

同样地，对 $U(t_2,0)$继续进行代入，就得到第二次迭代的结果：

$$U(t_2,0)=I - \frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t_2} H(t_3)U(t_3,0)dt_3$$

代入上式中继续展开，最终我们可以得到无限级数展开，即 Dyson 级数：

$$U(t,0)=I+\sum_{n = 1}^{\infty}\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^n\int_{0}^{t}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2\cdots\int_{0}^{t_{n - 1}}dt_nH(t_1)H(t_2)\cdots H(t_n)$$

在高频调制（ $\Omega$大）的情况下，我们可以对时间演化算符做展开。令系统的演化算符为

$$U(t,0)=\mathcal{T}\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}H(t')dt'\right]$$

根据 Floquet 理论，有

$$U(T,0)=e^{-iH_F T/\hbar},$$

其中 $H_F$ 为有效（Floquet）哈密顿量。Floquet–Magnus 展开给出 $H_F$ 的展开式：

$$H_F = H^{(0)}+H^{(1)}+H^{(2)}+\cdots,$$

第一项（零阶项）：

$$H^{(0)}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}H(t')dt’$$

即周期内的时间平均哈密顿量。

第一阶校正：

$$H^{(1)}=\frac{1}{2i\hbar T}\int_{0}^{T}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2[H(t_1),H(t_2)]$$

若对 Fourier 展开 $H(t)=\sum_{n}e^{-in\Omega t}H_n$，则可将$H^{(1)}$ 写为：

$$H^{(1)}=\sum_{n\neq0}\frac{[H_{-n},H_{n}]}{n\hbar\Omega}$$

$H_F$ 可以写成

$$\begin{aligned} H_F(\boldsymbol{k})&=\sum_{l = 0}^{\infty}H_F^{(l)}(\boldsymbol{k}),\\ H_F^{(0)}(\boldsymbol{k})&=H_{0,0}(\boldsymbol{k}),\\ H_F^{(1)}(\boldsymbol{k})&=\sum_{i\neq0}\frac{[H_{-i}(\boldsymbol{k}),H_{i}(\boldsymbol{k})]}{2i\omega},\\ H_F^{(2)}(\boldsymbol{k})&=\sum_{i\neq0}\frac{[[H_{-i}(\boldsymbol{k}),H_{0,0}(\boldsymbol{k})],H_{i}(\boldsymbol{k})]}{2i^2\omega^2}+\sum_{i\neq0}\sum_{j\neq0}\frac{[[H_{-i}(\boldsymbol{k}),H_{i - j}(\boldsymbol{k})],H_{j}(\boldsymbol{k})]}{3ij\omega^2},\\ &\vdots \end{aligned}$$

$$H_m(\mathbf{k}) = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} e^{-in\omega t} H\left(\mathbf{k} + \frac{e}{\hbar} \mathbf{A}(t)\right) dt$$

推导为何在 Floquet–Magnus 展开中，第一阶项会出现对易子形式，这实际上是从求解时间演化算符的微分方程，利用指数形式的 ansatz 并比较展开式后得到的结果。

时间演化算符的形式和 Magnus 展开

对于周期性哈密顿量 $H(t)=H(t+T)$，时间演化算符满足

$$U(t,0) = \mathcal{T} \exp\left[-\frac{i}{\hbar} \int_{0}^{t} H(t') dt'\right].$$

其中 $\mathcal{T}$ 表示时间排序。Magnus 提出了一个 ansatz，即可以写为

$$U(t,0)=\exp[\Omega(t)]$$

其中 $\Omega(t)$是一个幂级数展开：

$$\Omega(t)=\Omega^{(1)}(t)+\Omega^{(2)}(t)+\Omega^{(3)}(t)+\cdots$$

而此处第一项

$$\Omega^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\int_0^t H(t_1)\,dt_1,$$

第二项则为

$$\Omega^{(2)}(t)=\frac{1}{2}\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2\int_{0}^{t}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2[H(t_1),H(t_2)]$$

由于$H(t)$ 是时间依赖的，并且对于不同的时刻 $t_1$和 $t_2$， $H(t_1)$和 $H(t_2)$一般不对易（即$[H(t_1),H(t_2)]\neq0$），所以在处理非平凡的时间排序时，我们不能简单将积分累加起来，而需要考虑它们的顺序关系。

在推导过程中，可以考虑将时间演化算符的微分方程写成

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=\frac{d}{dt}\exp[\Omega(t)]=\dot{\Omega}(t)\exp[\Omega(t)]$$

而另一方面又有

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=-\frac{i}{\hbar}H(t)U(t,0)$$

将二者比较，我们要求

$$\dot{\Omega}(t)=\exp[-\Omega(t)]\left(-\frac{i}{\hbar}H(t)\right)\exp[\Omega(t)]$$

接下来，为了求出 $\Omega(t)$的各阶项，我们将 $\Omega(t)$展开成幂级数，并使用 Baker-Campbell-Hausdorff 展开式来处理 $\exp[-\Omega(t)]H(t)\exp[\Omega(t)]$的结果。在这一过程中，第二阶项就正好涉及到了 $[H(t_1),H(t_2)]$ 的双重积分项，其系数经过计算正好为

$$\Omega^{(2)}(t)=\frac{1}{2}\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2\int_{0}^{t}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2[H(t_1),H(t_2)]$$

当考虑 $t=T$并定义 $H^{(1)}$为第二阶贡献时（也就是有效哈密顿量中第二阶的部分），常写为

$$H^{(1)}=\frac{1}{T}\Omega^{(2)}(T)=\frac{1}{2i\hbar T}\int_{0}^{T}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2[H(t_1),H(t_2)]$$

时间演化算符的微分方程与 Magnus ansatz

量子系统的时间演化算符 U(t,0) 满足

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=-\frac{i}{\hbar}H(t)U(t,0),\quad U(0,0)=I$$

假设 U(t,0) 写成指数形式

$$U(t,0)=\exp[\Omega(t)]$$

其中 Ω(t) 是一个矩阵（在一般情况下可能不与 H(t) 对易）。对 U(t,0) 求导时使用链式法则（以及矩阵指数的微分公式）有

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=\frac{d}{dt}\exp[\Omega(t)]=\left(\sum_{k = 0}^{\infty}\frac{1}{(k + 1)!}\mathrm{ad}_{\Omega(t)}^k(\dot{\Omega}(t))\right)\exp[\Omega(t)]$$

其中 $\mathrm{ad}_{\Omega}(X)= [\Omega, X]$是伴随算符。然而，我们不必展开所有的细节，而是将这一结果写作

$$\frac{d}{dt}\exp[\Omega(t)] = D(t)\exp[\Omega(t)],$$

其中 D(t) 是一个级数，其第一项正好是 $\dot{\Omega}(t)$，后续项涉及 $[\Omega(t),\dot{\Omega}(t)]$等对易子。另一方面，由微分方程，

$$\frac{d}{dt}U(t,0)=-\frac{i}{\hbar}H(t)\exp[\Omega(t)]$$

因此，我们有等式

$$D(t)\exp[\Omega(t)]=-\frac{i}{\hbar}H(t)\exp[\Omega(t)]$$

由于 $\exp[\Omega(t)]$ 可逆，我们可写成

$$D(t)=-\frac{i}{\hbar}H(t)$$

接下来，我们将 Ω(t) 展开为级数并比较同阶项，得到各阶 $Ω^{(n)}(t)$ 的表达式。

对 Ω(t) 取最低阶近似时，假设 Ω(t) 很小，此时我们忽略 Ω(t) 内部的非对易性（即舍去后续项），那么

$$D(t)\approx\dot{\Omega}^{(1)}(t)$$

因此，我们要求

$$\dot{\Omega}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}H(t)$$

两边积分得到

$$\Omega^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}H(t_1)dt_1$$

这就是第一阶项。直观地讲，这一项只是把哈密顿量在时间内进行积分，相当于时间平均效应的贡献，不涉及不同时间之间的非对易性。

接下来考虑第二阶项。当我们将 Ω(t) 取到第二阶近似，即写作$\Omega(t)=\Omega^{(1)}(t)+\Omega^{(2)}(t)$，并代入 U(t,0)=exp[Ω(t)]，再对 U(t,0) 求导时，由 Baker-Campbell-Hausdorff（BCH）公式可知，会出现如下修正项：

$$\frac{d}{dt}\exp[\Omega(t)]=\dot{\Omega}^{(1)}(t)+\dot{\Omega}^{(2)}(t)+\frac{1}{2}[\Omega^{(1)}(t),\dot{\Omega}^{(1)}(t)]+\mathcal{O}(\Omega^3)$$

把这一展开与薛定谔方程右边的表达式 $-\frac{i}{\hbar}H(t)$对应起来，我们有（保留到二阶）：

$$\dot{\Omega}^{(1)}(t)+\dot{\Omega}^{(2)}(t)+\frac{1}{2}[\Omega^{(1)}(t),\dot{\Omega}^{(1)}(t)]=-\frac{i}{\hbar}H(t)$$

但第一阶项已经满足 $\dot{\Omega}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}H(t)$。因此，为了使二阶项成立，必须有

$$\dot{\Omega}^{(2)}(t)+\frac{1}{2}[\Omega^{(1)}(t),\dot{\Omega}^{(1)}(t)] = 0$$

将 $\Omega^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\int_0^t H(t_1)dt_1$代入，上式可写为

$$\dot{\Omega}^{(2)}(t)=-\frac{1}{2}[\Omega^{(1)}(t),\dot{\Omega}^{(1)}(t)]=-\frac{1}{2}\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}H(t_1)dt_1,-\frac{i}{\hbar}H(t)\right]$$

整理后注意到两个负号相乘得正号，并提取系数

$$\dot{\Omega}^{(2)}(t)=\frac{1}{2}\left(\frac{i}{\hbar}\right)^2\left[\int_{0}^{t}H(t_1)dt_1,H(t)\right]$$

然后对时间从 0 积分到 t，注意积分中的时间变量顺序需要保证时间排序（一般写为内层积分上限为外层积分变量），得

$$\Omega^{(2)}(t)=\frac{1}{2}\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^2\int_{0}^{t}dt_1\int_{0}^{t_1}dt_2[H(t_1),H(t_2)]$$

注意这里符号经过整理后常写成上式。也就是说，第二阶项正好由两个不同时刻的哈密顿量的对易子贡献，而这一项反映了由于 $H(t)$在不同时间之间不对易所引入的非平凡修正。

Baker-Campbell-Hausdorff 展开式

Baker-Campbell-Hausdorff（简称 BCH）展开式是一个在处理非对易算子时非常重要的数学公式，它用来表达两个指数算子的乘积 $e^X e^Y$可以写成单个指数形式，即存在某个算子$Z$ 使得

$$e^X e^Y=e^Z$$

这个公式给出了$Z$ 关于$X$ 和$Y$ 以及它们的交换子（以及更高阶嵌套的对易子）的展开式。一般来说， $Z=\log(e^X e^Y)$ 可以写成如下级数展开：

$$Z = X + Y+\frac{1}{2}[X,Y]+\frac{1}{12}([X,[X,Y]] - [Y,[X,Y]])-\frac{1}{24}[Y,[X,[X,Y]]]+\cdots$$

在许多应用中（例如量子力学、Lie 群与 Lie 代数理论、以及时间演化算符的 Magnus 展开中），我们遇到两个不对易的算子$X$ 和$Y$ 的指数形式的乘积。由于$X$ 和$Y$ 一般不对易，简单地把指数相加 $e^X e^Y \neq e^{X+Y}$。BCH 展开式正是解决这一问题的工具，它将 $e^X e^Y$重新写成一个单指数 $e^Z$的形式，而$Z$ 则以$X$ 和$Y$以及它们之间的对易子和嵌套对易子的组合形式出现。

如果$X$ 和$Y$是小量（或在某种渐进极限下），那么取前几项展开就可以近似写出：

$$\log(e^{X}e^{Y})\approx X + Y+\frac{1}{2}[X,Y]$$

如果需要更高的精度，就必须包含更高阶的嵌套对易子项。整个 BCH 展开式实际上是一个无穷级数，其收敛性依赖于$X$ 和$Y$的范数以及它们的对易性。

有效哈密顿量推导

低能模型

低能有效哈密顿量模型是用来描述系统低能激发行为的简化模型。通过聚焦于能量较低的态减少计算复杂度。

构建低能有效哈密顿量的主要方法：

微扰论：当系统的哈密顿量可以表示为已知可解部分和小的扰动之和时，通过对小扰动进行展开，可以得到低能有效哈密顿量。特别地，简并微扰论在处理能级简并的情况下尤为重要。

k·p方法：通过在布里渊区高对称点（如Γ点）附近展开电子的能量与波矢的关系。

紧束缚模型：假设电子主要局域于原子或分子轨道，并且仅与邻近的原子或分子发生相互作用的模型。对于如石墨烯等材料，通过紧束缚模型可以推导出其低能有效哈密顿量。

石墨烯的低能有效模型

石墨烯可以通过紧束缚模型进行描述。在布里渊区的K点附近，能量色散关系呈线性，这意味着电子表现得类似于无质量的狄拉克费米子。通过在K点附近对哈密顿量进行展开，可以得到石墨烯的低能有效哈密顿量：

$$H = \hbar v_F (\tau k_x \sigma_x + k_y \sigma_y)$$

$v_F$是费米速度，$\tau$表示K点的谷指数。

加垂直样本的圆偏振光（方向为z），其光矢量为 $A(t) = A(sin(\omega t+\phi),cos(\omega t),0)$，这里 $\phi$只能取 $\pi,-\pi$表示手性相反的圆偏振光，而对于任意方向的圆偏振光，光矢量可以写成$A(t) = A(sin(\theta )sin(\omega t+\phi),cos(\omega t),cos(\theta )sin(\omega t+\phi))$。通过Peierls替代，$k \to k+\frac{e A(t)}{\hbar}$。得到含时的哈密顿量 $H(k,t)$，由之前的推导：

$$H_F = H^{(0)}+H^{(1)}+H^{(2)}+\cdots,$$

$$H^{(1)}=\sum_{n\neq0}\frac{[H_{-n},H_{n}]}{n\hbar\Omega}$$

$$H_n(\mathbf{k}) = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} e^{-in\omega t} H\left(\mathbf{k} + \frac{e}{\hbar} \mathbf{A}(t)\right) dt$$

按照公式将 $H(k,t)$带入积分得到 $H_{eff}$

其中

$$H(k,t)=\hbar v_F \left(\tau \sigma _x \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)+\sigma _y \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)\right)$$

$$H_n=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} e^{-in\omega t} H\left(\mathbf{k} + \frac{e}{\hbar} \mathbf{A}(t)\right) dt$$

$$\begin{aligned} H_0&=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}H(k,t) dt\\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}\hbar v_F \left(\tau \sigma _x \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)+\sigma _y \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)\right) dt\\ &=\hbar v_F (\tau k_x \sigma_x + k_y \sigma_y) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} H_1&=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{-i\omega t}H(k,t) dt\\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{-i\omega t}\hbar v_F \left(\tau \sigma _x \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)+\sigma _y \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)\right) dt\\ &=\frac{1}{2} \text{eA} v_F \left(\sigma _y-i \tau e^{i \phi } \sigma _x\right) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} H_{-1}&=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{i\omega t}H(k,t) dt\\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{i\omega t}\hbar v_F \left(\tau \sigma _x \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)+\sigma _y \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)\right) dt\\ &=\frac{1}{2} \text{eA} v_F \left(\sigma _y+i \tau e^{-i \phi }\sigma _x\right) \end{aligned}$$

其中的 $\sigma_x,\sigma_y$为Pauli矩阵，分别为$\sigma_x=\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{array} \right),\sigma_y=\left( \begin{array}{cc} 0 & -i \\ i & 0 \\ \end{array} \right)$，将哈密顿量各级分量带入

$$\begin{aligned} H_{eff} &= H^{(0)}+H^{(1)}+H^{(2)}+\cdots,\\ &\approx H_0+\frac{[H_{-1},H_{1}]}{\omega}\\ &= H_0+(H_{-1}.H_{1}-H_{1}.H_{-1}) \end{aligned}$$

得到

$$H_{eff}=\left( \begin{array}{cc} -\tau \text{eA}^2 v_F^2 \cos (\phi ) & \hbar v_F \left(\tau k_x+k_y\right) \\ \hbar v_F \left(\tau k_x+k_y\right) & \tau \text{eA}^2 v_F^2 \cos (\phi ) \\ \end{array} \right)$$

到此，已经得到了不含时的有效哈密顿量。

石墨烯的紧束缚模型

在紧束缚模型中，假设电子主要局域于各自的原子轨道上，且仅与最近邻的原子发生相互作用。

$$H = \begin{pmatrix} 0 & -t(e^{-ik\cdot e_1} + e^{-ik\cdot e_2} + e^{-ik\cdot e_3}) \\ -t(e^{ik\cdot e_1} + e^{ik\cdot e_2} + e^{ik\cdot e_3}) & 0 \end{pmatrix}$$

$$e_1 = (0,1)$$

$$e_2 = (-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2})$$

$$e_3 = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2})$$

$$\begin{aligned} H &= \left( \begin{array}{cc} 0 & t \left(2 e^{\frac{i k_y}{2}} \cos \left(\frac{\sqrt{3} k_x}{2}\right)+e^{-i k_y}\right) \\ t \left(2 e^{-\frac{i k_y}{2}} \cos \left(\frac{\sqrt{3} k_x}{2}\right)+e^{i k_y}\right) & 0 \\ \end{array} \right)\\ &= \left( \begin{array}{cc} 0 & f \\ f^* & 0 \\ \end{array} \right) \end{aligned}$$

其中 $f=t \left(2 e^{\frac{i k_y}{2}} \cos \left(\frac{\sqrt{3} k_x}{2}\right)+e^{-i k_y}\right)$

加光场进行同样的处理$k \to k+\frac{e A(t)}{\hbar}$。

$$f=t e^{-i \left(\frac{1}{2} \left(-k_y-\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)-\frac{1}{2} \sqrt{3} \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)\right)}+t e^{-i \left(\frac{1}{2} \sqrt{3} \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\text{$\omega $t}+\phi )}{\hbar }\right)+\frac{1}{2} \left(-k_y-\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)\right)}+t e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)}$$

这里不展示完整的哈密顿量如何计算得到有效哈密顿量，只展示如何处理类似的积分，因为紧束缚模型加圆偏振光的推导都是类似的。我们从其中最简单的一项出发

$$e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)}$$

要处理这个函数的积分需要用到

$$e^{iu\sin(\Omega t+\theta)}=\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(u)e^{il(\Omega t+\theta)}$$

将$e^{iu\sin(\Omega t+\theta)}$展开再对每一项积分方便计算，而对于 $e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\omega t)}{\hbar }\right)}$就写成了

$$e^{-i k_y}*e^{\frac{\text{eA} \cos (\omega t)}{\hbar }}=e^{-i k_y}*\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(\frac{\text{eA} }{\hbar })e^{il(\omega t)}$$

将 $e^{-i k_y}$视为系数，先关注其中的 $\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(\frac{\text{eA} }{\hbar })e^{il(\omega t)}$

对于 $H_0$，需要处理

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(\frac{\text{eA} }{\hbar })e^{il(\omega t)}=\mathcal{J}_0(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

同样的对于 $H_1$，需要处理

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(\frac{\text{eA} }{\hbar })e^{il(\omega t)}*e^{-i\omega t} =\mathcal{J}_1(-\frac{\text{eA} }{\hbar })=-\mathcal{J}_1(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

对于 $H_{-1}$，需要处理

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(\frac{\text{eA} }{\hbar })e^{il(\omega t)}*e^{i\omega t} =\mathcal{J}_1(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

对于实际推导可以不需要进行这样复杂的推导，只需要将积分视为简单的替换

对于

$$e^{iu\sin(\Omega t+\theta)}=\sum_{l = -\infty}^{\infty}\mathcal{J}_l(u)e^{il(\Omega t+\theta)}$$

做傅里叶变换得到一个通用的关系

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{iu\sin(\Omega t+\theta)}e^{-il(\Omega t+\theta)}=\mathcal{J}_l(u)$$

因此

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)} \to e^{-i k_y}*\mathcal{J}_0(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)} *e^{i\omega t}\to -e^{-i k_y}*\mathcal{J}_1(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{-i \left(k_y+\frac{\text{eA} \cos (\text{$\omega $t})}{\hbar }\right)} *e^{-i\omega t}\to e^{-i k_y}*\mathcal{J}_1(\frac{\text{eA} }{\hbar })$$

而对于其他的更复杂的可以用同样的方法处理，可以先用辅助角公式化简

$$e^{-i \left(\frac{1}{2} \left(-k_y-\frac{\text{eA} \cos (\omega t)}{\hbar }\right)-\frac{1}{2} \sqrt{3} \left(k_x+\frac{\text{eA} \sin (\omega t+\phi )}{\hbar }\right)\right)}=e^{i\frac{1}{2}k_y-i\frac{\sqrt{3}}{2}k_y}*e^{i\frac{1}{2}\frac{eA}{\hbar}cos(\omega t)-i\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{eA}{\hbar}sin(\omega t+\phi)}$$

$$e^{i\frac{1}{2}\frac{eA}{\hbar}cos(\omega t)-i\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{eA}{\hbar}sin(\omega t+\phi)}\to e^{i x cos(\omega t+\Phi)}$$

需要注意的地方有两个，一个是 $e$指数上的符号处理：

$$e^{i Asin(\omega t)+iBcos(\omega t)} \to e^{i Csin(\omega t+\Phi)},\Phi=arctan(\frac{B}{A})$$

而对于

$$e^{-i Asin(\omega t)-iBcos(\omega t)} \to e^{-i Csin(\omega t+\Phi)},\Phi=arctan(\frac{B}{A})$$

一个错误的处理是

$$e^{-i Asin(\omega t)-iBcos(\omega t)} \to e^{i Csin(\omega t+\Phi)},\Phi=arctan(\frac{-B}{-A})=arctan(\frac{B}{A})$$

也就是说需要选取一样的规范，同样的

$$e^{-i Asin(\omega t)+iBcos(\omega t)} \to e^{-i Csin(\omega t-\Phi)},\Phi=arctan(\frac{B}{A})$$

$$e^{i Asin(\omega t)-iBcos(\omega t)} \to e^{i Csin(\omega t-\Phi)},\Phi=arctan(\frac{B}{A})$$

也可以选取相反的符号，但要保证整个推导过程规范一致。

这样也就得到了之前推导过的格式，然后再进行处理。

还有一个需要注意的地方是额外的系数补偿

$$\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{iC\sin(\omega t+\Phi)}e^{-in\omega t}=\frac{1}{T} \int_{0}^{T}e^{iC\sin(\omega t+\Phi)}e^{-in(\omega t+\Phi)}*e^{in\Phi}$$

还需要仔细观察需要补偿的系数是 $e^{in\Phi}$或 $e^{-in\Phi}$。

到此大部分推导细节都已经展示结束，只需要对每一项处理然后加起来带入到有效哈密顿量方程就可以得到最后的结果。