Rotación del propio operador de giro

Si consideramos la función

$$f(\lambda) = e^{\lambda A} B e^{- \lambda A},$$ y considere la expansión de Taylor de$f(\lambda)$alrededor$\lambda = 0$, entonces la observación de que$f(0) = B$, y $$\frac{df}{d\lambda} = [A,f(\lambda)], \\ \frac{d^2f}{d\lambda^2} = \left[ A, \frac{df}{d\lambda} \right] = [A,[A,f(\lambda)]],$$ etc, encontramos $$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B + \frac{\lambda}{1!} [A,B] + \frac{\lambda^2}{2!} [A,[A,B]] + \frac{\lambda^3}{3!} [A,[A,[A,B]]] + \cdots.$$

Ahora considere el caso especial donde

$$[A,[A,B]] = \beta B,$$ lo cual es cierto para el problema que le interesa. Esto da como resultado una simplificación donde todos los términos colapsan en términos proporcionales a cualquiera$B$o$[A,B]$. Explícitamente, $$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B + \frac{\lambda}{1!} [A,B] + \frac{\lambda^2}{2!} \beta B + \frac{\lambda^3}{3!} \beta [A,B] + \frac{\lambda^4}{4!} \beta^2 B + \cdots \\ = B \left\{ 1 + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^2}{2!} + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^4}{4!} + \cdots \right\} + \frac{[A,B]}{\sqrt{\beta}} \left\{ \frac{\lambda \sqrt{\beta}}{1!} + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^3}{3!} + \cdots \right\}.$$ Luego puedes comparar esto con la serie de Taylor para las funciones hiperbólicas, obteniendo $$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B \cosh (\lambda \sqrt{\beta}) + \frac{[A,B]}{\sqrt{\beta}}\sinh (\lambda \sqrt{\beta}).$$ En tu caso,$A = S_z$,$B = S_x$,$\lambda = i \pi$, y$\beta = 1$. Simplemente conectando la fórmula anterior, encontrará rápidamente $$e^{i \pi S_z} S_x e^{-i \pi S_z} = -S_x.$$

Como tú sabes,$\vec S= \vec \sigma /2$, para que

$$e^{i\pi \sigma_z/2} = i\sigma_z, ~~\leadsto \\ \sigma_z \sigma_ x \sigma_z =- \sigma_x .$$

Esto es válido para todas las representaciones, ya que el giro 1/2 irrep es fiel, y lo anterior es una identidad teórica de grupo, acción adjunta. Esto quiere decir que, dado que el objeto está en el álgebra de Lie (ver más abajo), la combinatoria en todas las representaciones será estrictamente idéntica al caso de giro 1/2 anterior, ¡y no es necesario que se lleve a cabo explícitamente !

Si insiste en resumir toda la serie en el lema estándar de Hadamard ,

$$e^A B e^{-A}= B + [A,B]+ [A,[A,B]]/2! + ...$$ los conmutadores anidados recursivamente también son sencillos de calcular.