지수 연산자의 얽힘 해제 및 재정렬은 어떻게 작동합니까?

Aug 18 2020

여러 출처에서 Lie 그룹을 호출하여 $$e^{\alpha_1 g_1+\alpha_2 g_2 + \dots} = e^{\beta_1 g_1}e^{\beta_2 g_2}\dots $$ 어디 $g_i$ Lie algbera의 요소입니다.

예를 들어, 양자 광학 분야에서 두 가지 모드 스퀴즈 연산자를 사용합니다. $$e^{-\xi\hat{a}\hat{b}+\xi^*\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} = e^{-\frac{\xi^*}{|\xi|}\tanh|\xi|\hat{a}^\dagger\hat{b}^\dagger} e^{-\ln\cosh|\xi| \left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\hat{b}^\dagger\hat{b}+1\right)} e^{\frac{\xi}{|\xi|}\tanh|\xi| \hat{a}\hat{b}}.$$

몇 가지 다른 예로 변위 및 단일 모드 스퀴즈 연산자가 있습니다.

내 질문은 우리가 이와 같은 연산자를 풀고 재정렬 할 수있는 조건은 무엇입니까?

답변

6 CosmasZachos Aug 19 2020 at 00:41

이 고전 의 섹션 III 는 방법을 보여줍니다. 나는 미묘한 수학을 우회하고 ξ 실제 의 사소한 경우를 취하여 특정 예를 쫓아 갈 것입니다 ... 당신은 만족스럽게 일반적인 일을하거나 위의 @ZeroTheHero의 주석 에서 심판 을 확인하십시오 .

이것은 연산자 지수 사이의 ID입니다. 거짓말 그룹 이론에서 이러한 지수 (그룹 요소)의 구성은 단일 그룹 요소에 해당합니다. 이러한 연산자의 중첩 된 정류자의 선형 조합 (lhs의 "거짓 대수")의 지수입니다. 무한대라도 모든 정류자는 궁극적으로 유한 한 수의 연산자 인 유한 차원 거짓말 대수에 가깝습니다. (무한 차원 거짓말 대수도 있지만 거기에 가지 말자 ...)

그렇다면 귀하의 예에서 거짓말 대수는 무엇입니까? 그것은이다 SU (1,1) ,하지만 그것에 대해 걱정하지 않습니다. 나는 그것을 Pauli 행렬에 매핑 할 것이다. 그래서 당신은 그들의 정류 관계 를 기억 하기 만하면된다. 심지어 관련 Lie 대수의 이름과 같은 것을 알지 못한다. 이 행렬이 대수를 충실하게 표현한다는 것만 알면됩니다. 모든 정류 관계를 정확하게 재현합니다.

그래서 정의 $$ \sigma^+\equiv i a^\dagger b^\dagger, \qquad \sigma^-\equiv i a b, \qquad \sigma_3\equiv 1+ a^\dagger a+ b^\dagger b, $$ 이 거짓말 대수를 따르는 지 확인합니다. $$ [\sigma_3,\sigma^{\pm}]= \pm \sigma^{\pm}, \qquad [\sigma^+,\sigma^-]= \sigma_3. $$

이제 Pauli 행렬이이 Lie 대수도 준수 한다는 것을 알고 있습니다.$$ e^{i\xi(\sigma^-- \sigma^+)} = e^{i \tanh \xi ~\sigma^+ } e^{-\ln \cosh \xi ~ \sigma_3} e^{-i \tanh \xi ~\sigma^-} , $$ 그러면 CBH 조합은 운영자에게도 동일하며 귀하의 신원은 그대로 유지됩니다.

사실, lhs는 $$ e^{\xi \sigma_2}= \cosh \xi ~ 1\!\!1 +\sinh \xi ~ \sigma_2~. $$ 두 전능 지수와 대각선 중간 지수의 dint에 의한 rhs는 다음과 같습니다. $$ (1\!\!1 + i \tanh \xi ~\sigma^+ ) ~~\operatorname{diag}(1/\cosh \xi , \cosh \xi) ~~(1\!\!1 - i \tanh \xi ~\sigma^- )\\ =\cosh \xi ~ 1\!\!1 -\sinh \xi ~ \sigma_2~, $$위의 복합 켤레. 흠 ...

작은 ξ 를 취하고 확장 된 지수를 비교하여 볼 수 있듯이, 귀하의 명시된 신원은 왼쪽에 결함 징후가 있다고 생각합니다 !