Construyendo la forma exponencial de un operador unitario

Creo que tengo esto resuelto, pero quería asegurarme de que lo estoy haciendo bien.

Trabajar con operadores que satisfacen las relaciones de conmutación bosónica

[ b , b † ] = 1 ,
Defino una transformación unitaria muy general sobre ellos:
γ † = tu b † + v b + w ,
donde los coeficientes tu , v , y w Son reales. Mi objetivo es encontrar el operador unitario. tu escrito en forma mi S dónde S es anti-hermítica, de modo que
γ † = mi S b † mi − S .

Aquí está mi intento de esto: La constante w es sencillo usando la expansión de mi S A mi − S en términos del conmutador, es decir

mi S A mi − S = A + [ S , A ] + 1 2 [ S , [ S , A ] ] + …
y vemos inmediatamente ese ajuste S = w ( b − b † ) satisface esto. La parte más interesante viene a continuación:

El requisito de que la transformación sea unitaria equivale a exigir que [ γ , γ † ] = 1 también. Esto lleva al requisito tu 2 − v 2 = 1 , lo que a su vez significa que podríamos escribir estos coeficientes como

tu = aporrear ⁡ ( X ) , v = pecado ⁡ ( X )
para algún parámetro X . La transformación infinitesimal , X = ϵ ≪ 1 , entonces leería, hasta el primer orden en ϵ :
γ † = b † + ϵ b .
Comparando esto con la expansión del conmutador anterior, ahora solo necesitamos encontrar un operador anti-hermitiano cuyo conmutador con b † es b . Ni siquiera nos preocupamos por los órdenes más altos de la expansión, ya que son de segundo orden en ϵ , pero aquí incluso se desvanecen exactamente: simplemente configuramos
S = ϵ 2 ( b 2 − ( b † ) 2 )
desde el conmutador [ b 2 , b † ] = 2 b , y [ b , b ] = 0 .

Entonces creo que he terminado: para la transformación completa, solo configuro

S = w ( b − b † ) + X 2 ( b 2 − b † , 2 ) , aporrear ⁡ ( X ) = tu .

Esto debería ser cierto si es cierto que para llegar a "ángulo" X con nuestra "rotación", solo tenemos que rotar norte veces con "ángulo" X / norte , y por lo tanto en el límite norte → ∞ podemos usar el generador infinitesimal.

Sé que este argumento funciona para rotaciones en el espacio, donde en lugar de aporrear y pecado estaríamos trabajando con porque y pecado , pero estoy seguro de que esto también funciona para las funciones hiperbólicas.

EDITAR: La pregunta final, ahora, es: ¿Es sólido el razonamiento anterior?

Para el caso general, creo que deberías echar un vistazo a la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff, puede ser útil.

Respuestas (2)

Empezamos con la relación de conmutación bosónica

(1) [ b , b † ]   =   1 ,

y dos números w y X . El desplazamiento y la transformación de Bogoliubov están codificados por

(2) S 1   :=   w ( b − b † ) ,

y

(3) S 2   :=   X 2 ( b 2 − ( b † ) 2 ) ,

respectivamente, de modo que

γ   :=   aporrear ⁡ ( X ) b + pecado ⁡ ( X ) b † + w 1   = ( 6 )   mi S 2 ( b + w 1 ) mi − S 2
(4)   = ( 1 ) + ( 2 )   mi S 2 mi S 1 b mi − S 1 mi − S 2   = ( 8 )   mi S 3 b mi − S 3 .

Aquí lo hemos usado

(5) [ S 2 , b ]   = ( 1 ) + ( 3 )   X b † , [ S 2 , b † ]   = ( 1 ) + ( 3 )   X b ,

de modo que

mi S 2 b mi − S 2   =   mi [ S 2 , ⋅ ] b   =   aporrear ⁡ ( [ S 2 , ⋅ ] ) b + pecado ⁡ ( [ S 2 , ⋅ ] ) b
(6)   = ( 5 )   aporrear ⁡ ( X ) b + pecado ⁡ ( X ) b † .

Tenga en cuenta que

(7) [ S 1 , S 2 ]   = ( 1 ) + ( 2 ) + ( 3 )   X S 1 .

Por lo tanto S 3 en la ec. (4) viene dada por la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff

(8) S 3   :=   en ⁡ ( mi S 2 mi S 1 )   =:   B C H ( S 2 , S 1 )   = ( 7 )   S 2 + B ( X ) S 1   =   S 2 + X mi X − 1 S 1 _ _ ,

dónde

(9) B ( X )   :=   X mi X − 1

es la función generadora de los números de Bernoulli .

Hm, ahora me pregunto que desde tu S 3 y mi S no son los mismos, quién de nosotros se equivocó y dónde está. Utilizando la expansión de mi S A mi − S en cuanto a los conmutadores, sigo pensando que tengo razón...
La discrepancia se debe al hecho de que el desplazamiento y la transformación de Bogoliubov no se conmutan.
Eso tiene sentido. Supongo que funciona para la parte infinitesimal, pero si tengo que encadenarlos, ya no funcionaría. Me gusta tu solución; es más limpio comenzar primero con transformaciones separadas para la traslación y la rotación.

Sí, su derivación funciona. Tenga en cuenta que las funciones trigonométricas e hiperbólicas son muy similares; de hecho, si los define en términos de función exponencial, difieren solo por un factor de i en el exponencial (y, en el caso de pecado y pecado en el denominador).

Además, la transformación que definiste es muy conocida en la óptica cuántica: está comprimiendo (aquí es donde los términos tu b ^ † + v b ^ proceden) y un desplazamiento (real) w . Puede encontrar mucho sobre ellos en muchos libros de texto de óptica cuántica, por ejemplo, en libros de Walls y Milburn, o Scully y Zubairy.

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