Come districare questi operatori?
Come risolvo per$\beta_k$in:$e^{\alpha_1 G_1 + \alpha_2 G_2 +\alpha_3 G_3 } =e^{\beta_1 G_1} e^{\beta_2 G_2} e^{\beta_3 G_3} e^{\beta_4 G_4}$? Nota che non c'è$\alpha_4$termine.
( Inoltre, esistono anche soluzioni per questo problema? Riferendosi alla risposta di MoisheKohan a Disentangling e riordino degli esponenziali degli operatori dai gruppi di Lie )
Qui$G_k$modulo$\mathfrak{gl}_2(\mathbb{C})=\mathfrak{sl}_2(\mathbb{C})\oplus\mathbb{C}$Algebra di bugia:
$[G_1,G_2]=0,\\ [G_1,G_3]=[G_3,G_2]=G_4,\\ [G_1,G_4]= [G_4,G_2]=G_3,\\ [G_3,G_4]=-2G_1+2G_2$
Questi hanno le rappresentazioni: \begin{equation}\begin{aligned} G_1 &= \begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\\ G_2 &= \begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\\ G_3 &= \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\\ G_4 &= \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix} \end{aligned}\end{equazione}
Usando queste rappresentazioni finisco con un'equazione matriciale: \begin{equation}\begin{aligned} \begin{pmatrix}e^{\frac{\alpha_1+\alpha_2}{2}}\left[\cosh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)+\frac{(\alpha_1-\alpha_2)}{\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha^2_3}}\sinh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)\right]&\frac{2e^{\frac{\alpha_1+\alpha_2}{2}}\alpha_3\sinh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)}{\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha^2_3}}\\\frac{2e^{\frac{\alpha_1+\alpha_2}{2}}\alpha_3\sinh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)}{\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha^2_3}}&e^{\frac{\alpha_1+\alpha_2}{2}}\left[\cosh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)-\frac{(\alpha_1-\alpha_2)}{\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha^2_3}}\sinh\left(\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1-\alpha_2)^2+4\alpha_3^2}\right)\right]\end{pmatrix} &= LHS \end{aligned}\end{equazione}
e \begin{equazione}\begin{aligned} RHS &= \begin{pmatrix}e^{\beta_1}\left(\cos\beta_4\cosh\beta_3-\sin\beta_4\sinh\beta_3\right)&e^{\beta_1}\left(\sin\beta_4\cosh\beta_3+\cos\beta_4\sinh\beta_3\right)\\e^{\beta_2}\left(-\sin\beta_4\cosh\beta_3+\cos\beta_4\sinh\beta_3\right)&e^{\beta_2}\left(\cos\beta_4\cosh\beta_3+\sin\beta_4\sinh\beta_3\right)\end{pmatrix} \end{aligned}\end{equazione}
Risposte
Scrivo questo solo per evitare una ghirlanda di commenti spinti e parati e per ricordarti il metodo standard. L'esercitazione standard che potresti aver trattato nella fisica dello spin 1/2 attraverso le matrici di Pauli è la seguente.
Per prima cosa ripulisci le formule e i parametri che sembrano sopraffarti completamente.$$ G_3=\sigma_1; ~~G_4=i\sigma_2; ~~2G_1=\sigma_3+ I; ~~2G_2=I-\sigma_3; $$È quindi ovvio che$G_1+G_2$è al centro della tua algebra di Lie, la matrice identità 2x2, e fattori fuori dal problema: dovrebbe essere eliminato con estremo pregiudizio.
I restanti tre elementi dell'algebra di Lie sono senza traccia, e quindi gli elementi del gruppo di$sl(2)$ora mappa a un esponenziale di una matrice 2x2 senza traccia. Questo è,$$ e^{(\alpha_1 + \alpha_2)/2} e^{(\alpha_1-\alpha_2) \sigma_3/2 + \alpha_3 \sigma_1 } =e^{(\beta_1 +\beta_2)/2} e^{(\beta_1 -\beta_2)\sigma_3/2} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$Vale a dire, dopo averlo apprezzato$\alpha_1+\alpha_2=\beta_1+\beta_2$, un α e un β sono ridondanti e possono essere eliminati. Fallo, introducendo variabili innescate per le mezze differenze, da risolvere$$ e^{\alpha' \sigma_3 + \alpha_3 \sigma_1 } = e^{\beta' \sigma_3} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$Ora, data l'espansione della pietra angolare del vettore di Pauli addotta nel collegamento WP fornito, esegui la moltiplicazione sulla destra e equiparala all'espansione della sinistra. Una combinazione dei 3 β s rimanenti sarà vincolata a zero: In particolare il coefficiente del$\sigma_2$, sulla destra, che è assente sulla sinistra - capisci perché? Quindi ci sono solo due β s da risolvere per due α s.
Se fossi in te, prenderei i miei due α s rimanenti come puro immaginario, quindi il LHS è un elemento di gruppo di su(2) ; e$\beta_4$reale, mentre$\beta_3$e$\beta'$immaginario puro, quindi componi semplicemente tre elementi di su(2) a destra, tre matrici 2x2 unitarie, a una matrice unitaria ristretta a sinistra.
Vorrei solo registrare la risposta in base ai miei commenti senza entrare nei dettagli:
Sui numeri complessi, questo problema non ha soluzione per i valori generali di$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$.
Per valori "generici" di$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$il problema ha una soluzione e, in linea di principio, esiste persino un algoritmo per trovarne una. Qui "generico" significa: esiste una sottovarietà analitica complessa$A\subset {\mathbb C}^3$(con complemento non vuoto) tale che finché$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\notin A$, c'è una soluzione. Ancora di più: esiste un sistema di equazioni polinomiali$P(M)=0$(a coefficienti complessi) su complesso$2\times 2$matrici$M$tale che se$M$soddisfa$P(M)\ne 0$, quindi puoi trovare il tuo$\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb C}$tale che$$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$Ancora una volta, in linea di principio si può scrivere l'equazione$P$esplicitamente, ma non lo farò (non chiedere nemmeno).
La risposta è molto diversa se si considerano i coefficienti reali:
Per ogni matrice reale 2 per 2 invertibile$M$esistono numeri reali$\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$tale che$$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$
La chiave della dimostrazione è considerare le trasformazioni lineare-frazionarie$$ \gamma: z\mapsto \frac{az+b}{cd +d}, z\in {\mathbb C} $$corrispondenti a matrici (a coefficienti reali)$$ \left[\begin{array}{cc} a&b\\ c&d\end{array}\right] $$soddisfacente$ad-bc=1$. Le mappe$\gamma$invia il complesso semipiano superiore$U=\{z: Im(z)>0\}$a se stesso e preservare la metrica iperbolica su$U$. Le trasformazioni lineare-frazionarie$\gamma_1, \gamma_3$corrispondenti alle matrici$\exp(\beta_1 G_1), \exp(\beta_3 G_3)$sono iperboliche , mentre$\gamma_4$corrispondente alla matrice$\exp(\beta_4 G_4)$è ellittico . Ogni trasformazione frazionaria lineare iperbolica$\gamma$di$U$conserva una geodetica iperbolica $L_\gamma\subset U$e agisce su$L_\gamma$come traduzione intrinseca. Questa geodetica è chiamata l' asse di$\gamma$. Al contrario, una trasformazione ellittica lineare-frazionaria ha un unico punto fisso in$U$. (La trasformazione$\gamma_4$risolverà il punto$i\in U$.)
Ci sono molti luoghi in cui si parla di questo pentagramma, per esempio
Anderson, James W. , Geometria iperbolica, Springer Undergraduate Mathematics Series. Londra: Springer (ISBN 1-85233-934-9/pbk). xi, 276 pag. (2005). ZBL1077.51008 .
Ora, la proprietà chiave che$\gamma_1, \gamma_3$soddisfare è che i loro assi si intersecano$U$. L'utilizzo di questo verifica che per qualsiasi coppia di punti$z, w\in U$ci sono parametri (reali).$\beta_1, \beta_3$tale che$$ \gamma_1 \gamma_3(z)=w. $$(Al contrario, questa proprietà di esistenza fallisce se gli assi non si intersecano.) Trovare tale$\gamma_1, \gamma_3$equivale principalmente a calcolare il punto di intersezione (in$U$) tra due cerchi nel piano complesso, quindi può essere fatto in modo costruttivo. Questi cerchi (più precisamente, intersezioni dei cerchi con$U$) sono determinate orbite di gruppi di 1 parametro di trasformazioni frazionarie lineari contenenti$\gamma_1, \gamma_3$.
Usando questo, si verifica che per ogni trasformazione lineare-frazionaria$\gamma$, ci sono parametri (reali).$\beta_1, \beta_3, \beta_4$tale che$$ \gamma= \gamma_1 \gamma_3 \gamma_4. $$Vale a dire, considera$w=\gamma(i)$e trova$\gamma_1, \gamma_3$tale che$$ \gamma_1 \gamma_3(i)=w. $$Quindi$\gamma_3^{-1}\gamma_1^{-1}\gamma$risolverà$i$e, quindi sarà uguale$\gamma_4$per un certo valore di$\beta_4$.
Da ciò si conclude che per ogni matrice reale$M\in GL(2, {\mathbb R})$ci sono parametri reali$\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$tale che$$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$Ognuno dei passaggi di questo argomento non è difficile ma richiede una dimostrazione e non tenterò di scriverne una.