Come funzionano il districamento e il riordino degli operatori esponenziali?
Ho visto in diverse fonti che invocando gruppi di Lie, $$e^{\alpha_1 g_1+\alpha_2 g_2 + \dots} = e^{\beta_1 g_1}e^{\beta_2 g_2}\dots $$ dove $g_i$ sono elementi di una Lie algbera.
Ad esempio, prendi l'operatore di compressione a due modalità nell'ottica quantistica: $$e^{-\xi\hat{a}\hat{b}+\xi^*\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} = e^{-\frac{\xi^*}{|\xi|}\tanh|\xi|\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} e^{-\ln\cosh|\xi| \left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\hat{b}^\dagger\hat{b}+1\right)} e^{\frac{\xi}{|\xi|}\tanh|\xi| \hat{a}\hat{b}}.$$
Alcuni altri esempi possono essere gli operatori displacement e squeeze monomodali.
La mia domanda è quali sono le condizioni in cui possiamo districare gli operatori in questo modo e anche riordinarli?
Risposte
La sezione III di questo classico illustra il metodo. Ignorerò la matematica sottile e taglio al sodo per il tuo esempio specifico, prendendo il banale caso di ξ reale ... fai le cose generali con tua soddisfazione, tu stesso, o controlla l' arbitro nel commento di @ZeroTheHero sopra.
Questa è un'identità tra gli esponenziali degli operatori. Nella teoria dei gruppi di Lie, la composizione di tali esponenziali (elementi di gruppo) equivale a un singolo elemento di gruppo: un esponenziale di una combinazione lineare di commutatori annidati di questi operatori ("l'algebra di Lie" dei tuoi lhs). Tutti i commutatori, anche un'infinità di essi, alla fine si chiudono in un numero finito di operatori, un'algebra di Lie a dimensione finita. (Esistono anche algebre di Lie a dimensione infinita, ma non andiamo lì ...)
Allora qual è l'algebra di Lie nel tuo esempio? È su (1,1) , ma non preoccuparti. Lo mapperò alle matrici di Pauli, quindi devi solo richiamare le loro relazioni di commutazione, senza nemmeno conoscere i nomi e simili delle algebre di Lie rilevanti; basta sapere che queste matrici sono una rappresentazione fedele dell'algebra: ne riproducono esattamente tutte le relazioni di commutazione.
Quindi, definisci $$ \sigma^+\equiv i a^\dagger b^\dagger, \qquad \sigma^-\equiv i a b, \qquad \sigma_3\equiv 1+ a^\dagger a+ b^\dagger b, $$ e confermare che questi obbediscono a questa algebra di Lie, $$ [\sigma_3,\sigma^{\pm}]= \pm \sigma^{\pm}, \qquad [\sigma^+,\sigma^-]= \sigma_3. $$
- Ora sai che anche le matrici di Pauli obbediscono a questa algebra di Lie , quindi, se per loro fosse così$$ e^{i\xi(\sigma^-- \sigma^+)} = e^{i \tanh \xi ~\sigma^+ } e^{-\ln \cosh \xi ~ \sigma_3} e^{-i \tanh \xi ~\sigma^-} , $$ allora il calcolo combinatorio CBH sarebbe identico anche per i tuoi operatori e la tua identità sarebbe valida.
In effetti, lhs è ma $$ e^{\xi \sigma_2}= \cosh \xi ~ 1\!\!1 +\sinh \xi ~ \sigma_2~. $$ La destra, a forza dei due esponenti nilpotenti e di quella diagonale centrale, è $$ (1\!\!1 + i \tanh \xi ~\sigma^+ ) ~~\operatorname{diag}(1/\cosh \xi , \cosh \xi) ~~(1\!\!1 - i \tanh \xi ~\sigma^- )\\ =\cosh \xi ~ 1\!\!1 -\sinh \xi ~ \sigma_2~, $$il complesso coniugato di quanto sopra. Hmmmm ...
Credo che la tua identità dichiarata abbia segni irregolari sul lato sinistro, come si può vedere prendendo piccolo ξ e confrontando gli esponenziali espansi!
In ogni caso, ottieni la deriva ...
Controlla qui Prob 5 per vedere la versatilità del metodo.