Как распутать эти операторы?
Как мне решить $\beta_k$ в: $e^{\alpha_1 G_1 + \alpha_2 G_2 +\alpha_3 G_3 } =e^{\beta_1 G_1} e^{\beta_2 G_2} e^{\beta_3 G_3} e^{\beta_4 G_4}$? Обратите внимание, что нет$\alpha_4$ срок.
( Кроме того, существуют ли решения для этой проблемы? Ссылаясь на ответ МойшеКохана в разделе « Распутывание и переупорядочение операторных экспонент из групп Ли» )
Здесь $G_k$ форма $\mathfrak{gl}_2(\mathbb{C})=\mathfrak{sl}_2(\mathbb{C})\oplus\mathbb{C}$ Алгебра Ли:
$[G_1,G_2]=0,\\ [G_1,G_3]=[G_3,G_2]=G_4,\\ [G_1,G_4]= [G_4,G_2]=G_3,\\ [G_3,G_4]=-2G_1+2G_2$
У них есть представления: \ begin {уравнение}\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 {уравнение}
Используя эти представления, я получаю матричное уравнение: \ 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 {уравнение}
и \ begin {уравнение}\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 {уравнение}
Ответы
Я пишу это только для того, чтобы избежать множества комментариев с уколом и парированием и напомнить вам о стандартном методе. Стандартное упражнение, которое вы, возможно, проходили в физике спина 1/2 через матрицы Паули, заключается в следующем.
Сначала очистите свои формулы и параметры, которые, кажется, полностью вас подавляют.$$ G_3=\sigma_1; ~~G_4=i\sigma_2; ~~2G_1=\sigma_3+ I; ~~2G_2=I-\sigma_3; $$ Таким образом, очевидно, что $G_1+G_2$ находится в центре вашей алгебры Ли, единичной матрице 2x2, и решает проблему: ее следует исключить с крайними предубеждениями.
Остальные три элемента алгебры Ли бесследны, поэтому элементы группы $sl(2)$теперь отображаются в экспоненту бесследной матрицы 2x2. Это,$$ e^{(\alpha_1 + \alpha_2)/2} e^{(\alpha_1-\alpha_2) \sigma_3/2 + \alpha_3 \sigma_1 } =e^{(\beta_1 +\beta_2)/2} e^{(\beta_1 -\beta_2)\sigma_3/2} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$ То есть после того, как вы оцените это $\alpha_1+\alpha_2=\beta_1+\beta_2$, один α и один β являются избыточными и могут быть исключены. Сделайте это, введя штрихованные переменные для половинных разностей, чтобы решить$$ e^{\alpha' \sigma_3 + \alpha_3 \sigma_1 } = e^{\beta' \sigma_3} e^{\beta_3 \sigma_1} e^{i\beta_4 \sigma_2} . $$Теперь, учитывая краеугольное расширение вектора Паули, приведенное в предоставленной ссылке WP, выполните умножение на правой стороне и приравняйте ее к расширению левой части. Одна комбинация из 3 оставшихся β s будет ограничена нулем: в частности, коэффициент$\sigma_2$, на RHS, которого нет на LHS - вы понимаете, почему? Таким образом, есть только два β s, которые нужно решить для двух α s.
На вашем месте я бы принял оставшиеся два α чисто воображаемыми, так что LHS - это групповой элемент su (2) ; а также$\beta_4$ реальный, в то время как $\beta_3$ а также $\beta'$чисто мнимая, поэтому вы просто составляете три элемента su (2) справа, три унитарные матрицы 2x2, в ограниченную унитарную матрицу на левой стороне.
Позвольте мне просто записать ответ, основанный на моих комментариях, не вдаваясь в подробности:
Над комплексными числами эта проблема не имеет решения для общих значений $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$.
Для «общих» значений $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$у проблемы есть решение и, в принципе, есть даже алгоритм его нахождения. Здесь «общий» означает: существует комплексно-аналитическое подмногообразие.$A\subset {\mathbb C}^3$ (с непустым дополнением), так что до тех пор, пока $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\notin A$, есть решение. Более того: существует система полиномиальных уравнений$P(M)=0$ (с комплексными коэффициентами) на комплексных $2\times 2$ матрицы $M$ так что если $M$ удовлетворяет $P(M)\ne 0$, тогда вы можете найти свой $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb C}$ такой, что $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$ Опять же, в принципе можно записать уравнение $P$ явно, но я этого делать не буду (даже не спрашивайте).
Ответ будет совершенно другим, если учесть реальные коэффициенты:
Для каждой обратимой вещественной матрицы 2 на 2 $M$ существуют реальные числа $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$ такой, что $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$
Ключом к доказательству является рассмотрение дробно-линейных преобразований $$ \gamma: z\mapsto \frac{az+b}{cd +d}, z\in {\mathbb C} $$ соответствующие матрицам (с действительными коэффициентами) $$ \left[\begin{array}{cc} a&b\\ c&d\end{array}\right] $$ удовлетворение $ad-bc=1$. Карты$\gamma$ отправить сложную верхнюю полуплоскость $U=\{z: Im(z)>0\}$ самому себе и сохраняют гиперболическую метрику на $U$. Дробно-линейные преобразования$\gamma_1, \gamma_3$ соответствующие матрицы $\exp(\beta_1 G_1), \exp(\beta_3 G_3)$являются гиперболической , в то время как$\gamma_4$ соответствующая матрице $\exp(\beta_4 G_4)$является эллиптическим . Каждое гиперболическое дробно-линейное преобразование$\gamma$ из $U$сохраняет гиперболическую геодезическую $L_\gamma\subset U$ и действует на $L_\gamma$как внутренний перевод. Эти геодезический называются осью из$\gamma$. Напротив, эллиптическое дробно-линейное преобразование имеет единственную неподвижную точку в$U$. (Преобразование$\gamma_4$ исправлю суть $i\in U$.)
Есть много мест, где обсуждают этот персонал, например
Андерсон, Джеймс У. , Гиперболическая геометрия, Серия математики для студентов Springer. Лондон: Springer (ISBN 1-85233-934-9 / pbk). xi, 276 с. (2005). ZBL1077.51008 .
Теперь ключевое свойство, которое $\gamma_1, \gamma_3$ удовлетворяет то, что их оси пересекаются в $U$. Использование этого проверяет, что для любой пары точек$z, w\in U$ есть (реальные) параметры $\beta_1, \beta_3$ такой, что $$ \gamma_1 \gamma_3(z)=w. $$ (Напротив, это свойство существования не работает, если оси не пересекаются.) $\gamma_1, \gamma_3$ сводится в основном к вычислению точки пересечения (в $U$) между двумя окружностями на комплексной плоскости, поэтому это можно сделать конструктивно. Эти круги (точнее, пересечения кругов с$U$) - некоторые орбиты однопараметрических групп дробно-линейных преобразований, содержащих$\gamma_1, \gamma_3$.
Используя это, проверяется, что для каждого дробно-линейного преобразования $\gamma$, есть (реальные) параметры $\beta_1, \beta_3, \beta_4$ такой, что $$ \gamma= \gamma_1 \gamma_3 \gamma_4. $$ А именно считать $w=\gamma(i)$ и найти $\gamma_1, \gamma_3$ такой, что $$ \gamma_1 \gamma_3(i)=w. $$ потом $\gamma_3^{-1}\gamma_1^{-1}\gamma$ починю $i$ и, следовательно, будет равняться $\gamma_4$ за некоторую стоимость $\beta_4$.
Отсюда можно сделать вывод, что для каждой действительной матрицы $M\in GL(2, {\mathbb R})$ есть реальные параметры $\beta_1,...,\beta_4\in {\mathbb R}$ такой, что $$ M= \exp(\beta_1 G_1)... \exp(\beta_4 G_4). $$ Каждый из шагов в этом аргументе несложен, но требует доказательства, и я не буду пытаться его написать.