Bagaimana cara kerja penguraian dan penataan ulang operator eksponensial?

Aug 18 2020

Saya telah melihat di beberapa sumber bahwa dengan memanggil kelompok Lie, $$e^{\alpha_1 g_1+\alpha_2 g_2 + \dots} = e^{\beta_1 g_1}e^{\beta_2 g_2}\dots $$ dimana $g_i$ adalah elemen dari Lie algbera.

Misalnya, ambil operator pemerasan dua mode dalam optik kuantum: $$e^{-\xi\hat{a}\hat{b}+\xi^*\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} = e^{-\frac{\xi^*}{|\xi|}\tanh|\xi|\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} e^{-\ln\cosh|\xi| \left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\hat{b}^\dagger\hat{b}+1\right)} e^{\frac{\xi}{|\xi|}\tanh|\xi| \hat{a}\hat{b}}.$$

Beberapa contoh lain adalah perpindahan dan operator pemerasan mode tunggal.

Pertanyaan saya adalah bagaimana kondisi di mana kita dapat menguraikan operator seperti ini dan juga menyusunnya kembali?

Jawaban

6 CosmasZachos Aug 19 2020 at 00:41

Bagian III dari klasik ini menggambarkan metode tersebut. Saya akan bypass matematika halus dan dipotong untuk mengejar misalnya spesifik Anda, mengambil kasus sepele ξ nyata ... Anda melakukan hal-hal umum untuk kepuasan Anda, diri sendiri, atau periksa ref di komentar @ZeroTheHero di atas.

Ini adalah identitas antara eksponensial operator. Dalam teori grup Lie, komposisi eksponensial semacam itu (elemen grup) berjumlah satu elemen grup: eksponensial dari kombinasi linier komutator bersarang dari operator ini ("aljabar Lie" lhs Anda). Semua komutator, bahkan yang tak terhingga, pada akhirnya mendekati sejumlah operator yang terbatas, aljabar Lie berdimensi-hingga. (Ada juga aljabar Lie berdimensi tak hingga, tapi jangan pergi kesana ...)

Jadi, apa aljabar Lie dalam contoh Anda? Ini su (1,1) , tapi jangan khawatir tentang itu. Saya akan memetakannya ke matriks Pauli, jadi Anda hanya perlu mengingat hubungan pergantian mereka , bahkan tidak mengetahui nama dan semacamnya dari Lie aljabar yang relevan; Anda hanya perlu mengetahui bahwa matriks-matriks ini adalah representasi tepat dari aljabar: matriks mereproduksi semua relasi pergantiannya dengan tepat.

Jadi, jelaskan $$ \sigma^+\equiv i a^\dagger b^\dagger, \qquad \sigma^-\equiv i a b, \qquad \sigma_3\equiv 1+ a^\dagger a+ b^\dagger b, $$ dan pastikan bahwa mereka mematuhi aljabar kebohongan ini, $$ [\sigma_3,\sigma^{\pm}]= \pm \sigma^{\pm}, \qquad [\sigma^+,\sigma^-]= \sigma_3. $$

  • Sekarang Anda tahu matriks Pauli mematuhi aljabar Lie ini juga , jadi, jika berlaku untuk mereka$$ e^{i\xi(\sigma^-- \sigma^+)} = e^{i \tanh \xi ~\sigma^+ } e^{-\ln \cosh \xi ~ \sigma_3} e^{-i \tanh \xi ~\sigma^-} , $$ maka kombinatorik CBH akan sama untuk operator Anda juga, dan identitas Anda akan berlaku.

Memang, lhs adalah tapi $$ e^{\xi \sigma_2}= \cosh \xi ~ 1\!\!1 +\sinh \xi ~ \sigma_2~. $$ Rhs, dengan dint dari dua eksponen nilpoten dan diagonal tengah, adalah $$ (1\!\!1 + i \tanh \xi ~\sigma^+ ) ~~\operatorname{diag}(1/\cosh \xi , \cosh \xi) ~~(1\!\!1 - i \tanh \xi ~\sigma^- )\\ =\cosh \xi ~ 1\!\!1 -\sinh \xi ~ \sigma_2~, $$konjugat kompleks di atas. Hmmmm ...

Saya yakin identitas yang Anda nyatakan memiliki tanda-tanda rapuh di sisi kiri, seperti yang terlihat dengan mengambil kecil ξ dan membandingkan eksponensial yang diperluas!

Bagaimanapun, Anda mendapatkan arus ...

Periksa Prob 5 di sini untuk melihat keserbagunaan metode ini.