Drehung des Spin-Operators selbst

Question

Drehung des Spin-Operators selbst

Ghorbalchov

Betrachten Sie zum Beispiel die Drehung der $x$ Komponente von Spin by $\pi$ über die $z$ Achse. Dies dreht die Spin-Angabe um

e^{ich π S_{z}} S_{X} e^{- ich π S_{z}} = - S_{X} .

$e^{i\pi S_z}S_xe^{-i\pi S_z}=-S_x.$ Lässt sich dies aber direkt mit der Kommutierungsrelation beweisen

[S_{z}, S_{x}] = i S_{y}

$[S_z,S_x]=iS_y$ und das Exponential erweitern?

Als $[S_x,[S_z,S_x]]\neq 0$ , ich kann die übliche Formel nicht verwenden, um es zu vereinfachen, aber ich hoffe, dass es eine ähnliche Formel geben könnte, die so etwas erfordert $[S_z,[S_x,[S_z,S_x]]]=0$ .

Antworten (2)

Drehung des Spin-Operators selbst

Seth Whitsitt · Answer 1

Betrachten wir die Funktion

F (λ) = e^{λ A} B e^{- λ A},

$f(\lambda) = e^{\lambda A} B e^{- \lambda A},$ und betrachte die Taylorentwicklung von

f (λ)

$f(\lambda)$ um

λ = 0

$\lambda = 0$ , dann die Beobachtung, dass

f (0) = B

$f(0) = B$ , Und

\frac{D F}{D λ} = [A, F (λ)], \frac{D^{2} F}{D λ^{2}} = [A, \frac{D F}{D λ}] = [A, [A, F (λ)]],

$\frac{df}{d\lambda} = [A,f(\lambda)], \\ \frac{d^2f}{d\lambda^2} = \left[ A, \frac{df}{d\lambda} \right] = [A,[A,f(\lambda)]],$ usw. finden wir

e^{λ A} B e^{- λ A} = B + \frac{λ}{1!} [A, B] + \frac{λ^{2}}{2!} [A, [A, B]] + \frac{λ^{3}}{3!} [A, [A, [A, B]]] + \dots .

$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B + \frac{\lambda}{1!} [A,B] + \frac{\lambda^2}{2!} [A,[A,B]] + \frac{\lambda^3}{3!} [A,[A,[A,B]]] + \cdots.$

Betrachten Sie nun den Spezialfall wo

[A, [A, B]] = β B,

$[A,[A,B]] = \beta B,$ Dies gilt für das Problem, an dem Sie interessiert sind. Dies führt zu einer Vereinfachung, bei der alle Terme in Terme zusammenfallen, die proportional zu einem der beiden sind

B

$B$ oder

[A, B]

$[A,B]$ . Ausdrücklich,

e^{λ A} B e^{- λ A} = B + \frac{λ}{1!} [A, B] + \frac{λ^{2}}{2!} β B + \frac{λ^{3}}{3!} β [A, B] + \frac{λ^{4}}{4!} β^{2} B + \dots = B {1 + \frac{(λ \sqrt{β})^{2}}{2!} + \frac{(λ \sqrt{β})^{4}}{4!} + \dots} + \frac{[A, B]}{\sqrt{β}} {\frac{λ \sqrt{β}}{1!} + \frac{(λ \sqrt{β})^{3}}{3!} + \dots} .

$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B + \frac{\lambda}{1!} [A,B] + \frac{\lambda^2}{2!} \beta B + \frac{\lambda^3}{3!} \beta [A,B] + \frac{\lambda^4}{4!} \beta^2 B + \cdots \\ = B \left\{ 1 + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^2}{2!} + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^4}{4!} + \cdots \right\} + \frac{[A,B]}{\sqrt{\beta}} \left\{ \frac{\lambda \sqrt{\beta}}{1!} + \frac{(\lambda \sqrt{\beta})^3}{3!} + \cdots \right\}.$ Dann können Sie dies mit der Taylor-Reihe für die hyperbolischen Funktionen vergleichen und erhalten

e^{λ A} B e^{- λ A} = B cosch (λ \sqrt{β}) + \frac{[A, B]}{\sqrt{β}} Sünde (λ \sqrt{β}) .

$e^{\lambda A} B e^{- \lambda A} = B \cosh (\lambda \sqrt{\beta}) + \frac{[A,B]}{\sqrt{\beta}}\sinh (\lambda \sqrt{\beta}).$ In Ihrem Fall,

A = S_{z}

$A = S_z$ ,

B = S_{x}

$B = S_x$ ,

λ = i π

$\lambda = i \pi$ , Und

β = 1

$\beta = 1$ . Durch einfaches Einstecken in die obige Formel finden Sie schnell

e^{ich π S_{z}} S_{X} e^{- ich π S_{z}} = - S_{X} .

$e^{i \pi S_z} S_x e^{-i \pi S_z} = -S_x.$

Kosmas Zachos · Answer 2

Wie du weißt, $\vec S= \vec \sigma /2$ , damit

e^{ich π σ_{z} / 2} = ich σ_{z}, ⇝ σ_{z} σ_{X} σ_{z} = - σ_{X} .

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

Dies gilt für alle Darstellungen, da der Spin 1/2 irrep treu ist und das Obige eine gruppentheoretische Identität, eine adjungierte Aktion ist. Das heißt, da sich das Objekt in der Lie-Algebra befindet (siehe unten), ist die Kombinatorik in allen Darstellungen streng identisch mit dem obigen Spin 1/2-Fall und muss nicht explizit ausgeführt werden !

Wenn Sie darauf bestehen, die gesamte Reihe im Standard- Hadamard-Lemma zu summieren ,

e^{A} B e^{- A} = B + [A, B] + [A, [A, B]] / 2! + . . .

$e^A B e^{-A}= B + [A,B]+ [A,[A,B]]/2! + ...$ Die rekursiv verschachtelten Kommutatoren sind ebenfalls einfach zu berechnen.

Nein ! Sie haben auch gelernt, dass gruppentheoretische Identitäten für getreue Repräsentationen für alle Repräsentationen gelten. In Ihrem Fall die adjungierte Transformation von $S_x$ ...
OK, stimmt, aber Sie haben meine Hauptfrage, wie es mit der Kommutierungsrelation bewiesen werden kann, immer noch nicht beantwortet.
Direkte Anwendung davon natürlich , hoffentlich auch im Unterricht behandelt. Dies ist der Punkt der adjungierten Aktion, falls Sie die Beine des Tausendfüßlers zählen und durch 100 teilen.
Aber ich bestehe darauf, dass Sie in ein XY-Problem gerutscht sind: Der richtige Weg, viele, viele dieser Aussagen zu beweisen, ist der Dublett--> All Irreps-Trick, den ich Ihnen gezeigt habe.
Wichtig für. Hat in mehreren Zusammenhängen den Tag gerettet. Viele Bücher (mit der ehrenwerten Ausnahme von Gilmores) überspringen es oder halten es für offensichtlich. Beachten Sie, dass die Beziehungen in der Gruppe sein müssen, nicht in der universellen Hüllalgebra.

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