Tratar con productos tensoriales en un exponente

Question

Tratar con productos tensoriales en un exponente

Aceite

Estoy viendo el siguiente problema y estoy luchando por seguir los pasos involucrados. Considere el hamiltoniano que no interactúa

H_{A B} = H_{A} \otimes I_{B} + I_{A} \otimes H_{B}

$H_{AB}=H_A\otimes I_B+I_A\otimes H_B$

Así que estoy tratando de probar que la evolución unitaria del estado conjunto está dada por

| ψ (t) ⟩_{A B} = {mi}^{- i H_{A} t} \otimes {mi}^{- i H_{B} t} | ψ (t = 0) ⟩_{A B}

$|\psi\left(t\right)\rangle_{AB}=e^{-iH_At}\otimes e^{-iH_Bt}|\psi\left(t=0\right)\rangle_{AB}$

Dónde $|\psi\rangle_{AB}=|\psi\rangle_A \otimes |\psi\rangle_B$

Mi trabajo hasta ahora es

| ψ (t) ⟩_{A B} = {mi}^{- i (H_{A} \otimes I_{B} + I_{A} \otimes H_{B}) t} | ψ (t = 0) ⟩_{A B}

$|\psi\left(t\right)\rangle_{AB}=e^{-i\left(H_A\otimes I_B+I_A\otimes H_B\right)t}|\psi\left(t=0\right)\rangle_{AB}$

= {mi}^{- i (H_{A} \otimes I_{B}) t} {mi}^{- i (I_{A} \otimes H_{B}) t} | ψ (t = 0) ⟩_{A B}

$=e^{-i\left(H_A\otimes I_B\right)t}e^{-i\left(I_A\otimes H_B\right)t}|\psi\left(t=0\right)\rangle_{AB}$

Como los dos hamiltonianos para los dos sistemas viajan, desde aquí estoy un poco confundido, sé que el siguiente paso debe ser

= ({mi}^{- i H_{A} t} \otimes I_{B}) (I_{A} \otimes {mi}^{- i H_{B} t}) | ψ (t = 0) ⟩_{A B}

$=\left(e^{-iH_A t}\otimes I_B\right)\left(I_A\otimes e^{-iH_B t} \right)|\psi\left(t=0\right)\rangle_{AB}$

Pero esto no es del todo obvio para mí, ¿por qué este es el caso? Tampoco estoy seguro de si esto está fuera de tema aquí y sería más adecuado para el intercambio de pilas de matemáticas, así que me disculpo de antemano.

A lo largo he establecido $\hbar=1$ .

En este punto, creo que probablemente debería usar la definición de matriz exponencial como una serie de Taylor, pero no estoy seguro.

Respuestas (2)

Tratar con productos tensoriales en un exponente

tera · Answer 1

Acabo de encontrar esta publicación porque estaba confundido por el mismo paso. Pero creo que lo entendí ahora con la ayuda de la publicación de @lionelbrits y el comentario de @Chris2807. Solo agrego esto para completar y tal vez ayudar a alguien más que lucha con esto:

\begin{aligned} {mi}^{(H_{A} \otimes I_{B})} & = \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{(H_{A} \otimes I_{B})^{norte}}{norte!} \\ = I_{A} \otimes I_{B} + H_{A} \otimes I_{B} + \frac{1}{2} (H_{A} \otimes I_{B})^{2} + . . . \\ = I_{A} \otimes I_{B} + H_{A} \otimes I_{B} + \frac{1}{2} (H_{A} \otimes I_{B}) (H_{A} \otimes I_{B}) + . . . \\ = I_{A} \otimes I_{B} + H_{A} \otimes I_{B} + (\frac{1}{2} (H_{A})^{2} \otimes (I_{B})^{2}) + . . . \\ = (I_{A} + H_{A} + \frac{1}{2} (H_{A})^{2} + . . .) \otimes I_{B} \\ = {mi}^{H_{A}} \otimes I_{B} \end{aligned}

$\begin{align} e^{(H_A \otimes I_B)} &= \sum_{n=0}^\infty\dfrac{(H_A \otimes I_B)^n}{n!} \\&= I_A \otimes I_B + H_A \otimes I_B + \dfrac{1}{2}(H_A \otimes I_B)^2 + ... \\&= I_A \otimes I_B + H_A \otimes I_B + \dfrac{1}{2}(H_A \otimes I_B)(H_A \otimes I_B) + ... \\&= I_A \otimes I_B + H_A \otimes I_B + \bigg(\dfrac{1}{2}(H_A)^2 \otimes (I_B)^2\bigg)+ ... \\&= (I_A + H_A + \frac{1}{2}(H_A)^2 + ... ) \otimes I_B \\&= e^{H_A}\otimes I_B \end{align}$

donde también eliminé -i y t y usé eso $(I_B)^n = I_B$ con $n\in \mathbb{N}$ .

leonelbrit · Answer 2

Realmente es obvio si entiendes cómo funcionan los productos tensoriales. Esencialmente, su estado tiene dos índices en lugar de uno, y un producto tensorial de operadores significa que el primer operador actúa sobre el primer índice y el segundo operador actúa sobre el segundo. El operador que actúa sobre el índice "otro" simplemente sigue el juego. Si te ayuda, puedes escribir la exponencial como una serie de Taylor. Entonces terminarás con muchos poderes de $I$ , que puedes colapsar usando $I^2 = I$ .

En aras de la exhaustividad,

({tu}_{A} \otimes {tu}_{B}) {| ψ ⟩}_{A} \otimes {| ψ ⟩}_{B} \equiv ({tu}_{A} {| Ψ ⟩}_{A}) \otimes ({tu}_{B} {| Ψ ⟩}_{B})

$\left(U_A \otimes U_B\right) \; \left|\psi\right\rangle_A \otimes \left|\psi\right\rangle_B \equiv \left(U_A \left|\Psi\right\rangle_A \right) \otimes \left(U_B \left|\Psi\right\rangle_B \right)$ De este modo

\begin{aligned} {({tu}_{A} \otimes {tu}_{B})}^{2} {| ψ ⟩}_{A} \otimes {| ψ ⟩}_{B} & \equiv ({tu}_{A} \otimes {tu}_{B}) ({tu}_{A} \otimes {tu}_{B}) {| ψ ⟩}_{A} \otimes {| ψ ⟩}_{B} \\ = ({tu}_{A} \otimes {tu}_{B}) ({tu}_{A} {| Ψ ⟩}_{A}) \otimes ({tu}_{B} {| Ψ ⟩}_{B}) \\ = ({tu}_{A}^{2} {| Ψ ⟩}_{A}) \otimes ({tu}_{B}^{2} {| Ψ ⟩}_{B}) . \end{aligned}

$\begin{align} \left(U_A \otimes U_B\right)^2 \; \left|\psi\right\rangle_A \otimes \left|\psi\right\rangle_B &\equiv \left(U_A \otimes U_B\right) \left(U_A \otimes U_B\right) \; \left|\psi\right\rangle_A \otimes \left|\psi\right\rangle_B\\ &= \left(U_A \otimes U_B\right)\;\left(U_A \left|\Psi\right\rangle_A \right) \otimes \left(U_B \left|\Psi\right\rangle_B \right) \\ &= \left(U_A^2 \left|\Psi\right\rangle_A \right) \otimes \left(U_B^2 \left|\Psi\right\rangle_B \right) .\\ \end{align}$

Sí, creo que lo veo ahora, me quedaré con algo como $I_B \otimes \left(I_A + H_A +\frac{1}{2!} H_A^2+... \right)$ cual es $I_B \otimes e^{H_A}$ (goteante $-i$ y $t$ )

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