이 연산자를 어떻게 풀 수 있습니까?
해결 방법 $\beta_k$ 에: $e^{\alpha_1 G_1 + \alpha_2 G_2 +\alpha_3 G_3 } =e^{\beta_1 G_1} e^{\beta_2 G_2} e^{\beta_3 G_3} e^{\beta_4 G_4}$? 참고 더 없다$\alpha_4$ 기간.
( 또한이 문제에 대한 해결책이 있습니까? Lie 그룹의 연산자 지수를 Disentangling 및 재정렬 에서 MoisheKohan의 답변을 참조하십시오 )
여기 $G_k$ 형태 $\mathfrak{gl}_2(\mathbb{C})=\mathfrak{sl}_2(\mathbb{C})\oplus\mathbb{C}$ 거짓말 대수 :
$[G_1,G_2]=0,\\ [G_1,G_3]=[G_3,G_2]=G_4,\\ [G_1,G_4]= [G_4,G_2]=G_3,\\ [G_3,G_4]=-2G_1+2G_2$
다음과 같은 표현이 있습니다. \ 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 {등식}
이 표현을 사용하면 행렬 방정식이됩니다. \ 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 {등식}
및 \ begin {equation}\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 {등식}
답변
나는이 글을 쓰러 트 앤 패리 주석의 화환을 피하고 표준 방법을 상기시키기 위해서만 쓰고있다. Pauli 행렬을 통해 스핀 1/2 의 물리학에서 다룬 표준 훈련 은 다음과 같습니다.
먼저 완전히 압도되는 것처럼 보이는 공식과 매개 변수를 정리 하십시오.$$ G_3=\sigma_1; ~~G_4=i\sigma_2; ~~2G_1=\sigma_3+ I; ~~2G_2=I-\sigma_3; $$ 따라서 $G_1+G_2$ 거짓말 대수, 2x2 단위 행렬의 중심에 있으며 문제의 요인이됩니다. 극도의 편견으로 제거되어야합니다.
나머지 세 개의 거짓말 대수 요소는 흔적이 없으므로 그룹 요소는 $sl(2)$이제 traceless 2x2 행렬의 지수에 매핑됩니다. 그건,$$ e^{(\alpha_1 + \alpha_2)/2} e^{(\alpha_1-\alpha_2) \sigma_3/2 + \alpha_3 \sigma_1 } =e^{(\beta_1 +\beta_2)/2} e^{(\beta_1 -\beta_2)\sigma_3/2} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$ 즉, 감사 한 후에 $\alpha_1+\alpha_2=\beta_1+\beta_2$, 하나의 α 와 하나의 β 는 중복되며 제거 될 수 있습니다. 이를 해결하기 위해 절반 차이에 대한 소수 변수를 도입하여$$ e^{\alpha' \sigma_3 + \alpha_3 \sigma_1 } = e^{\beta' \sigma_3} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$이제 제공된 WP 링크에 추가 된 Pauli 벡터의 초석 확장이 주어지면 RHS에서 곱셈을 수행하고 LHS의 확장과 동일하게합니다. 나머지 3 개의 β 의 하나의 조합은 0으로 제한됩니다. 특히$\sigma_2$, LHS에없는 RHS-- 그 이유를 아십니까? 따라서 두 개의 α에 대해 풀어야 할 β 는 두 개뿐입니다 .
내가 당신이라면, 나머지 두 개의 α 를 순수한 가상으로 취하고 LHS는 su (2) 의 그룹 요소입니다 . 과$\beta_4$ 진짜, 동안 $\beta_3$ 과 $\beta'$순수한 허수이므로 오른쪽에있는 su (2) 의 세 요소 , 세 개의 단일 2x2 행렬을 LHS의 제한된 단일 행렬로 구성하기 만하면됩니다.
자세히 설명하지 않고 내 의견을 기반으로 답변을 기록하겠습니다.
복소수에 대해이 문제는 일반적인 값에 대한 해결책이 없습니다. $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$.
"일반"값의 경우 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$문제에는 해결책이 있으며 원칙적으로 하나를 찾는 알고리즘도 있습니다. 여기서 "일반"은 다음을 의미합니다. 복잡한 분석 하위 변수가 있습니다.$A\subset {\mathbb C}^3$ (비어 있지 않은 보완 포함) $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\notin A$, 해결책이 있습니다. 더 많은 것 : 다항 방정식 시스템이 있습니다.$P(M)=0$ (복소 계수 포함) 복잡한 $2\times 2$ 행렬 $M$ 그런 경우 $M$ 만족하다 $P(M)\ne 0$, 그러면 당신은 당신의 $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb C}$ 그런 $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$ 다시 말하지만 원칙적으로 방정식을 쓸 수 있습니다. $P$ 그러나 나는 이것을하지 않을 것이다.
실제 계수를 고려하면 대답은 매우 다릅니다.
모든 가역적 2x2 실수 행렬 $M$ 실수가있다 $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$ 그런 $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$
증명의 핵심은 선형 분수 변환을 고려하는 것입니다. $$ \gamma: z\mapsto \frac{az+b}{cd +d}, z\in {\mathbb C} $$ 행렬에 해당 (실수 계수 포함) $$ \left[\begin{array}{cc} a&b\\ c&d\end{array}\right] $$ 만족스러운 $ad-bc=1$. 지도$\gamma$ 복잡한 상부 반면을 보내다 $U=\{z: Im(z)>0\}$ 쌍곡선 메트릭을 그대로 유지하고 $U$. 선형 분수 변환$\gamma_1, \gamma_3$ 행렬에 해당 $\exp(\beta_1 G_1), \exp(\beta_3 G_3)$이다 쌍곡선 반면,$\gamma_4$ 행렬에 해당 $\exp(\beta_4 G_4)$은 타원형 입니다. 각 쌍곡선 선형 분수 변환$\gamma$ 의 $U$쌍곡선 측지선을 보존합니다. $L_\gamma\subset U$ 그리고 행동 $L_\gamma$본질적인 번역으로. 이 측지이라고 축 의$\gamma$. 반대로 타원 선형 분수 변환은$U$. (변형$\gamma_4$ 요점을 고칠 것이다 $i\in U$.)
예를 들어이 직원이 논의되는 곳이 많습니다.
Anderson, James W. , 쌍곡선 기하학, Springer 학부 수학 시리즈. 런던 : Springer (ISBN 1-85233-934-9 / pbk). xi, 276 p. (2005). ZBL1077.51008 .
자, 핵심 속성 $\gamma_1, \gamma_3$ 만족하는 것은 축이 교차한다는 것입니다. $U$. 이것을 사용하면 모든 포인트 쌍에 대해$z, w\in U$ (실제) 매개 변수가 있습니다 $\beta_1, \beta_3$ 그런 $$ \gamma_1 \gamma_3(z)=w. $$ (반대로 축이 교차하지 않으면이 존재 속성이 실패합니다.) $\gamma_1, \gamma_3$ 대부분 교차점 계산에 해당합니다. $U$) 복잡한 평면의 두 원 사이에서 건설적으로 수행 할 수 있습니다. 이 원 (더 정확하게는 원과$U$)는 다음을 포함하는 선형 분수 변환의 1- 파라미터 그룹의 특정 궤도 입니다.$\gamma_1, \gamma_3$.
이것을 사용하여 각 선형 분수 변환에 대해 $\gamma$, (실제) 매개 변수가 있습니다. $\beta_1, \beta_3, \beta_4$ 그런 $$ \gamma= \gamma_1 \gamma_3 \gamma_4. $$ 즉, 고려하십시오 $w=\gamma(i)$ 찾아 $\gamma_1, \gamma_3$ 그런 $$ \gamma_1 \gamma_3(i)=w. $$ 그때 $\gamma_3^{-1}\gamma_1^{-1}\gamma$ 고칠 것이다 $i$ 따라서 동일합니다 $\gamma_4$ 어떤 가치를 위해 $\beta_4$.
이로부터 모든 실제 행렬에 대해 $M\in GL(2, {\mathbb R})$ 실제 매개 변수가 있습니다 $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$ 그런 $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$ 이 주장의 각 단계는 어렵지 않지만 증거가 필요하며 나는 하나를 쓰지 않을 것입니다.