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基础衔接 09 · MPS 环境：把整条链压进局部矩阵

先修：MPS 范数与局部优化、乘积态往返扫描、路线验收。本讲把邻居标量提升为矩阵，推导任意键维下最近邻 Ising 链的环境递推，再完整求解一个四站、键维 2、中心 8 维的例子。只更新一次中心，不宣称已经实现一般 DMRG 扫描。

1. 从一个邻居数，变成一组环境矩阵

χ=1 时，邻居只提供一个期望值 x。χ>1 时，中心会连接多个左块态和右块态，必须保留它们之间的交叉矩阵元，不能把每个虚拟通道当成互不相干的概率。

在中心站 j 展开

\[|\psi(a)\rangle=\sum_{\ell,s,r}a_{\ell sr}|L_\ell\rangle|s\rangle|R_r\rangle=Wa.\]

左块包括站 1 到 j−1，右块包括 j+1 到末站。固定块态以后，a 是唯一变化的中心坐标。本页 Hamiltonian 固定为开放链

\[H=-\sum_{i=1}^{L-1}X_iX_{i+1}-g\sum_{i=1}^L Z_i,\qquad g>0,\]

Pauli 本征值 ±1，能量单位 J=1。每侧保留三种矩阵，第一指标总是 bra，第二指标总是 ket：

\[G_L{}_{\ell\ell'}=\langle L_\ell|L_{\ell'}\rangle,\quad K_L{}_{\ell\ell'}=\langle L_\ell|H_L|L_{\ell'}\rangle,\quad C_L{}_{\ell\ell'}=\langle L_\ell|X_{j-1}|L_{\ell'}\rangle.\]

\(H_L\) 只含左块内部的键与横场。右侧类似，\(C_R\) 用右块最靠近中心的 \(X_{j+1}\)。G 记录范数，K 记录块内能量，C 记录跨向中心的边界算符；三者作用不同。空块的起点为 G=(1)、K=(0)、C=(0)。

可以先把环境理解为“在选定块态之间查询一个算符的全部矩阵元”。对角元只告诉你每个块态单独的结果；非对角元还告诉你叠加时的干涉。第 4 节将得到 \(C_R=\sin\alpha\,X\)。于是两个等概率叠加态

\[|R_\pm\rangle=\frac{|R_0\rangle\pm|R_1\rangle}{\sqrt2}\]

具有完全相同的两项概率，却给出相反的边界期望 \(\langle R_\pm|X_3|R_\pm\rangle=\pm\sin\alpha\)。若只传递概率，两者就无法区分，中心与右块之间的能量也会算错。

2. 五种项怎样进入中心问题

按坐标顺序 (ℓ,s,r)，将 H 的项分为左块、右块、中心横场与两条跨块键，得到

\[\boxed{N=G_L\otimes I\otimes G_R,}\]
\[\begin{aligned} H_{\rm eff}={}&K_L\otimes I\otimes G_R +G_L\otimes I\otimes K_R\\ &-gG_L\otimes Z\otimes G_R -C_L\otimes X\otimes G_R -G_L\otimes X\otimes C_R. \end{aligned}\]

例如最后一项的矩阵元为 \(-\langle L_\ell|L_{\ell'}\rangle X_{ss'}\langle R_r|X_{j+1}|R_{r'}\rangle\)，正是跨中心与右邻的一条键。G 不能随手略掉；只有左右块态正交归一时 N=I。

求解 \(H_{\rm eff}a=ENa\)。这里 K 已包括环境的内部能量，因此 E 是完整态的能量，不再只是“中心附近两条键”的能量。一般非正交块需按上一讲处理 N 的秩和正定性。

四站链分成左块站1、中心站2和右块站3到4，左右块分别提供范数、内部能量和边界算符矩阵，合成为八维局部问题。

3. 环境不是凭空给出的：从边界逐站递推

向左块末尾加入一个站，令新块态为

\[|L'_b\rangle=\sum_{\ell,s}A^s_{\ell b}|L_\ell\rangle|s\rangle.\]

代入内积即可得到

\[G'_L=\sum_s(A^s)^\dagger G_LA^s,\qquad C'_L=\sum_{s,t}X_{st}(A^s)^\dagger G_LA^t,\]
\[K'_L=\sum_s(A^s)^\dagger K_LA^s -g\sum_{s,t}Z_{st}(A^s)^\dagger G_LA^t -\sum_{s,t}X_{st}(A^s)^\dagger C_LA^t.\]

三项分别是旧块内部能量、新站横场、旧末站到新站的一条键。最后一项必须用旧的 C；更新后新的 C 改为新站上的 X。若先覆盖旧 C，再计算 K，就会接错边界。

右侧从末站向中心加入一个站，写

\[|R'_b\rangle=\sum_{s,r}B^s_{br}|s\rangle|R_r\rangle.\]

为避免把转置和共轭的方向猜错，定义一次收缩

\[\mathcal T_B(O,E)_{bb'}= \sum_{s,t,r,r'}\overline{B^s_{br}}\,O_{st}\,E_{rr'}\,B^t_{b'r'}.\]

则

\[G'_R=\mathcal T_B(I,G_R),\quad C'_R=\mathcal T_B(X,G_R),\]
\[K'_R=\mathcal T_B(I,K_R)-g\mathcal T_B(Z,G_R)-\mathcal T_B(X,C_R).\]

读收缩式时，可以先把自由指标圈出来：\(b,b'\) 不求和，它们是新矩阵的行、列；\(s,t,r,r'\) 全部收缩。右式的第一份 \(B\) 来自 bra，所以带复共轭；第二份来自 ket，所以不共轭。

对象 行与列 在收缩中做什么
左张量 \(A^s\) 旧左块 \(\ell\) × 新左块 \(b\) 先乘旧环境，再投到新块
右张量 \(B^s\) 新右块 \(b\) × 旧右块 \(r\) 从新块的每个系数展开到旧块
旧环境 \(E\) 旧块 bra × 旧块 ket 接住两条旧虚拟指标
新环境 \(\mathcal T_B(O,E)\) 新块 bra \(b\) × 新块 ket \(b'\) 只留下新块的两条虚拟指标
一行反例：复共轭为什么不能省略？

从空块 \(G=(1)\) 开始，只保留一个新块态，取 \(B^0=(1)\)、\(B^1=(i)\)。这个态是 \(|0\rangle+i|1\rangle\)，还没有归一化。正确范数为

\[G'=\overline1\,1+\overline i\,i=1+1=2.\]

若误把 bra 当成 ket，会得到 \(1^2+i^2=0\)：非零态竟被当作零范数。再令 \(W=(1,i)^T/\sqrt2\)，正确的 \(W^\dagger W=1\)，而 \(W^T W=0\)。因此一般公式必须写共轭转置 \(\dagger\)。这一反例核查的是复数公式；下方交互组件仍只实现实张量。

这套公式允许任意相容键维与复张量，针对的是本讲的最近邻 XX 与横场 Z 模型。更一般 Hamiltonian 通常用 MPO 组织更多算符通道，不能把三个环境矩阵无条件套到所有相互作用上。网页实验使用实张量。

4. 一个可以逐项算完的键维 2 右块

取 L=4，中心 j=2。左块态直接为 \(|L_0\rangle=|0\rangle,|L_1\rangle=|1\rangle\)，所以

\[G_L=I_2,\quad K_L=-gZ,\quad C_L=X.\]

右块取两个正交归一态

\[|R_0\rangle=c|00\rangle+s|11\rangle,\quad |R_1\rangle=|01\rangle, \qquad c=\cos\alpha,\quad s=\sin\alpha.\]

它们确实可以由两个 MPS 张量生成。末站列向量与第三站矩阵分别取

\[B_4^0=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\quad B_4^1=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},\]
\[B_3^0=\begin{pmatrix}c&0\\0&1\end{pmatrix},\quad B_3^1=\begin{pmatrix}0&s\\0&0\end{pmatrix}.\]

右块振幅是 \((B_3^{s_3}B_4^{s_4})_r\)。例如 00 给出 (c,0)，01 给出 (0,1)，11 给出 (s,0)。逐站满足右正交条件 \(\sum_sB_i^s(B_i^s)^\dagger=I\)。

从末站开始，递推先得到 \(G_4=I,K_4=-gZ,C_4=X\)；再加入第三站，得到

\[\boxed{G_R=I_2,\quad C_R=sX,\quad K_R=\begin{pmatrix}-\sin2\alpha-2g\cos2\alpha&0\\0&0\end{pmatrix}.}\]

可以不靠递推公式再次核验。\(X_3|01\rangle=|11\rangle\)，与 \(R_0\) 的重叠为 s，故 C 的非对角元为 s。\(R_0\) 中 \(\langle X_3X_4\rangle=2cs=\sin2\alpha\)，\(\langle Z_3+Z_4\rangle=2(c^2-s^2)=2\cos2\alpha\)，所以 K₀₀ 如上。R₁ 的两自旋横场相抵、XX 期望为零；交叉能量项也为零。

5. 8 维中心解与 16 维物理态对账

中心有 \(2\times2\times2=8\) 个分量。G_L=G_R=I，故 N=I₈，将上面的 K、C 代入第 2 节即可构造一个实对称 8×8 矩阵。

完整映射是 \(W=I_2\otimes I_2\otimes R\)，其中 R 是按 00、01、10、11 排列的 4×2 列矩阵

\[R=\begin{pmatrix}c&0\\0&1\\0&0\\s&0\end{pmatrix}.\]

因此可独立构造完整 16×16 自旋 Hamiltonian，核对 \(W^\dagger W=I_8\) 和 \(H_{\rm eff}=W^\dagger HW\)。实际大链不会存储这个指数大的 W；四站模型只是让每个索引都可核验。 本例 \(R,W\) 都为实矩阵，所以数值上共轭转置等于普通转置；上面的写法也适用于复数块态。

本页数组按 \(|s_1s_2s_3s_4\rangle\) 排列：物理行号是 \(8s_1+4s_2+2s_3+s_4\)，中心列号是 \(4\ell+2s+r\)，各位从 0 开始。例如中心坐标 \((\ell,s,r)=(1,0,0)\) 经 \(W\) 映到 \(c|1000\rangle+s|1011\rangle\)。先明确这张索引表，再比较矩阵，避免将另一实验的位序直接照搬过来。

默认 α=45°、g=1，\(C_R=X/\sqrt2,K_R=\operatorname{diag}(-1,0)\)。计算账本为：

量 默认结果
局部最低能量 −3.417406940
将 ψ=Wa 放回完整 H 重算的能量 −3.417406940
同一开放四站模型的精确基态 −4.758770483
局部方程残差 ‖H_eff a−Ea‖ 数值舍入尺度，约 10⁻¹⁵
完整物理残差 ‖Hψ−Eψ‖ 1.991292391

先预测再计算：改变 α，只是换了一种表示坐标吗？局部残差小能否使最后一行也接近零？α 范围 0° 到 90°，g 范围 0.2 到 2，默认值与上表一致。

无脚本时按上表核对；另有端点参照：α=0°、g=1 时，局部能量 −4.236067977，物理残差 √2；α=90°、g=1 时，局部能量 −2.493959207，物理残差 1。

图中的每个 α 都重新构造右块并优化中心。α 改变 span{R₀,R₁}，因而改变可搜索的物理子空间，并非只在同一子空间内作可逆换坐标。不同 α 的子空间同为 8 维，却通常没有包含关系，不能要求能量随 α 单调。

6. 为什么局部解得准，完整态仍不够好？

因为 W 是等距嵌入，局部本征方程只要求

\[W^\dagger(H\psi-E\psi)=0.\]

它消除了残差在可搜索子空间中的分量，却没有消除正交补中的分量。 更具体地，令 \(P=WW^\dagger\)，它是到当前搜索子空间的正交投影。只有在本节 \(W^\dagger W=I\) 且局部本征方程已精确解出时，才有

\[PH\psi=E\psi,\qquad r=H\psi-E\psi=(I-P)H\psi.\]

如果数值求解还有误差，应保留两部分：\(r=Pr+(I-P)r\)，且 \(\|r\|^2=\|Pr\|^2+\|(I-P)r\|^2\)。前一项测局部方程有没有解准，后一项测固定块空间有没有漏掉物理方向。

二维算例：局部残差 0，完整残差 1

取 \(H=X\)，只允许搜索 \(W=|0\rangle\) 张成的一维空间。此时 \(W^\dagger HW=0\)，局部解为 \(a=1,E=0\)，所以局部残差恰为 0。放回完整空间后，\(\psi=|0\rangle\)，但 \(H\psi=|1\rangle\)，故 \(r=|1\rangle\)、\(\|r\|=1\)。完整 \(H\) 的最低能量其实是 \(-1\)；局部解没有找到它，因为相应本征向量不在这一维搜索空间中。

对归一化 ψ，完整残差平方正是能量方差

\[\|H\psi-E\psi\|^2=\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2,\]

其中 E 必须是该态的实际能量。零方差意味着某个本征态，也不能单靠它区分基态与激发态。

这里 χ=2 的默认能量甚至高于上一讲优化后的 χ=1 乘积态。没有违反变分家族包含关系：所有 χ≤2 的 MPS 包含 χ=1 态，但本讲锁死了左右块，只搜索其中一个 8 维子空间，未必包含上一讲得到的乘积态。扩大允许键维与改变固定环境不是同一操作。

下一步完整扫描需移动正交中心、更新环境并处理键维；两站点更新后还要做 SVD 分解与截断。这里完成的是一般键维环境递推及一次具体中心求解，为这些步骤提供可核验的中间量。

7. 两道迁移题

题一。 α=0° 时为什么中心与第三站之间的有效 XX 项消失？推导任意 g>0 时的局部最低能量。

从固定右块的物理含义推导

此时右块为 span{|00⟩,|01⟩}，第三站固定为 |0⟩，故投影后的 X₃ 为零，C_R=0。前三项剩下第一、二站的 \(-X_1X_2-g(Z_1+Z_2)\)，以及右块内部最低能 −2g。将两自旋基按偶空间 \((|00\rangle,|11\rangle)\)、奇空间 \((|01\rangle,|10\rangle)\) 分组，矩阵分别是

\[\begin{gathered}H_{\rm even}=\begin{pmatrix}-2g&-1\\-1&2g\end{pmatrix},\\[4pt]H_{\rm odd}=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}.\end{gathered}\]

偶块的特征方程是 \(E^2-(1+4g^2)=0\)，奇块则是 \(E^2-1=0\)。因此两自旋 Hamiltonian 的偶块本征值为 \(\pm\sqrt{1+4g^2}\)，奇块为 ±1；g>0 时最低为 \(-\sqrt{1+4g^2}\)。所以 \(E_{\min}=-2g-\sqrt{1+4g^2}\)，g=1 时给出 −4.236067977。

有效键消失只说明它在选定子空间内的矩阵元为零；完整 H 仍会把态带到子空间外，因此不能据此删除物理模型中的那条键。

题二。 将右块基换成 R′=RS，其中 S 是可逆但不正交的 2×2 矩阵。空间是否改变？能否继续令 G_R=I？

把基变换和物理子空间变化分开

列空间不变，但 \(G'_R=S^\dagger G_RS=S^\dagger S\)，\(K'_R=S^\dagger K_RS\)、\(C'_R=S^\dagger C_RS\)。令 T=I⊗I⊗S，则 \(N'=T^\dagger NT\)、\(H'_{\rm eff}=T^\dagger H_{\rm eff}T\)；用广义 Rayleigh 商仍得到同一个最低能量。继续错误地令 G_R=I，会把坐标长度误当物理范数。这与改变 α 的实验不同：可逆 S 保留原来的列空间。

速查与下一步

最近邻 Ising 每侧保留 G（范数）、K（内部 Hamiltonian）、C（边界 X）。从空块开始递推，组合成 N 与 H_eff，再将局部解放回完整态核验。本讲的一般公式不依赖 χ=1，实验固定 χ=2；MPO、两站点更新及完整扫描仍需后续展开。原始阅读：Schollwöck 的 MPS／DMRG 综述。核查：2026-09-08。

继续训练：两站点更新与 SVD 截断把环境、规范与 Schmidt 分解合在一次可复算更新中，并比较截断前后的物理能量。

继续训练：两站点完整往返逐步重建当前态的块基，记录候选接受与拒绝，并用非零残差识别能量停滞。

继续正交中心与环境缓存，将本讲递推真正接入逐站张量的双向扫描。