¿Cómo encontrar el logaritmo de la matriz de Pauli?

Question

Cuando resuelvo algún problema de física, me ayuda mucho si puedo encontrar el logaritmo de la matriz de Pauli.

Por ejemplo $\sigma_{x}=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right)$ , hallar la matriz $A$ tal que $e^{A}=\sigma_{x}$ .

Al principio, encuentro una fórmula sólo para la matriz real:

$$\exp\left[\left(\begin{array}{cc} a & b\\ c & d \end{array}\right)\right]=\frac{e^{\frac{a+d}{2}}}{\triangle}\left(\begin{array}{cc} \triangle \cosh(\frac{\triangle}{2})+(a-d)\sinh(\frac{\triangle}{2}) & 2b\cdot \sinh(\frac{\triangle}{2})\\ 2c\cdot \sinh(\frac{\triangle}{2}) & \triangle \cosh(\frac{\triangle}{2})+(d-a)\sinh(\frac{\triangle}{2}) \end{array}\right)$$

donde $\triangle=\sqrt{\left(a-d\right)^{2}+4bc}$

pero no hay solución para la fórmula en este ejemplo;

Después de eso, trato de Taylor expandir el logaritmo de $\sigma_{x}$ :

$$ \log\left[I+\left(\sigma_{x}-I\right)\right]=\left(\sigma_{x}-I\right)-\frac{\left(\sigma_{x}-I\right)^{2}}{2}+\frac{\left(\sigma_{x}-I\right)^{3}}{3}... $$

$$ \left(\sigma_{x}-I\right)=\left(\begin{array}{cc} -1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} -2 & 0\\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right) $$

\begin{eqnarray*} \log\left[I+\left(\sigma_{x}-I\right)\right] & = & \left(\begin{array}{cc} -1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right)\left[\left(\begin{array}{cc} -2 & 0\\ 0 & 0 \fin{array} {derecha)-{izquierda}( \begin{array}{cc} \frac{\left(-2\right)^{2}}{2} & 0\\ 0 & 0 \end{array}\right)...\right]\left(\begin{array}{cc} -\ -frac{1}{2} y \frac{1}{2}{\i} y \frac{1}{2}{\frac}{2} \(fin) derecho)& & = & \left( \begin{array}{cc} -1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} -infty & 0\\\\\N- 0 & 0 \fin{array} {derecha)} {izquierda( \begin{array}{cc} -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array} \(derecha) \N - Fin.

este método tampoco puede darme una solución.

Answer 1

Observe que \begin{equation} \sigma_{z} = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} = \exp(B) = \\\\Nsum_{r=0}^{{infty} \frac{B^{r}}{r!} \fin{ecuación} con \begin{equation} B = i\pi\begin{pmatrix}2m&0\\0&2n+1\end{pmatrix} , \fin donde $m,n\in\mathbb{Z}$ .

A continuación, observe que \begin{equation} \sigma_{x} = U \sigma_{z} U^{\dagger} \end{equation} con \begin{equation} U = \exp(-i\pi\sigma_{y}/4)= \frac{1}{\sqrt{2}}(I - i\sigma_{y})= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix} . \fin{s} de la ecuación

Por lo tanto, tenemos \begin{equation} \sigma_{x} = \sum_{r=0}^{\infty} U\frac{B^{r}}{r!} U^{\dagger} = \sum_{r=0}^{\infty} \frac{(UBU^{\dagger})^{r}}{r!} = \exp(A) \end{equation} con \begin{equation} \begin{split} A &= UBU^{\dagger} = i\pi U\left[\left(m+n+\frac{1}{2}\right)I + \left(m-n-\frac{1}{2}\right)\sigma_{z}\right]U^{\dagger}\\ &= i\pi \left[\left(m+n+\frac{1}{2}\right)I + \left(m-n-\frac{1}{2}\right)\sigma_{x}\right]\\ &= i\pi\begin{pmatrix}m + n + 1/2&m - n - 1/2\\m - n - 1/2&m + n + 1/2\end{pmatrix} . \Fin \N - fin {ecuación}

Answer 2

Como comenta March:

$e^{ia(\hat{n}\cdot\vec{\sigma})}=I\cos(a)+i(\hat{n}\cdot\vec{\sigma})\sin(a)$ sería de utilidad

Para este ejemplo, establezca $a=\frac{\pi}{2}$ , $\hat{n}\cdot\vec{\sigma}=\sigma_{x}$ ,

la fórmula de Euler se reescribe como

$$ e^{i\frac{\pi}{2}\sigma_{x}}=i\sigma_{x}=e^{i\frac{\pi}{2}I}\sigma_{x} \tag{1}$$

Desde $[\sigma_{x},I]=0$ podemos combinar dos exponenciales para obtener:

$$ e^{i\frac{\pi}{2}\sigma_{x}-i\frac{\pi}{2}I}=\sigma_{x} \tag{2}$$

Finalmente, obtenemos una solución para $A$ : $A=i\frac{\pi}{2}\sigma_{x}-i\frac{\pi}{2}I=\left(\begin{array}{cc} -i\frac{\pi}{2} & i\frac{\pi}{2}\\ i\frac{\pi}{2} & -i\frac{\pi}{2} \end{array}\right)$ .

Si consideramos las condiciones periódicas en las ecuaciones (1) y (2), podemos obtener el mismo resultado que higgsss obtiene aquí.

El procedimiento es idéntico para otras matrices de Pauli excepto el subíndice, como resultado:

$A=i\frac{\pi}{2}(\sigma_{j}-I)$ es una solución para $e^{A}=\sigma_{j}$ , $j\in\{x,y,z\}$ .

Answer 3

Como comenta Ruslan:

... Puedes encontrarlo si cambias a la base propia de la matriz de Pauli, calculas los logaritmos de sus elementos diagonales y luego vuelves a cambiar.

y, dado que una matriz de Pauli es un operador normal (conmuta con su conjugado hermitiano), siempre puede ser diagonalizada por una matriz unitaria de valores propios, por lo que el método sugerido por Ruslan es seguro en este caso. Nótese, sin embargo, que el logaritmo tiene ramas y no es único.

Además de la sugerencia de Ruslan, hay otro truco que se aplica a $SU(2)$ y $SO(3)$ y las tres matrices de Pauli, multiplicadas por $i$ todos pertenecen a $SU(2)$ . Este es el método utilizado en [1] para encontrar una expresión de forma cerrada para la serie de Hausdorff de Campbell Baker para estos grupos.

A partir de la ecuación característica $\lambdaˆ2 + rˆ2 =0$ para una superposición general $H=i\,r_x \,\sigma_x+i\,r_y\,\sigma_y + i\,r_z\, \sigma_z$ perteneciente al álgebra de Lie $\mathfrak{su}(2)$ (aquí $r=\sqrt{r_xˆ2+r_yˆ2+r_zˆ2}$ ) podemos demostrar (a partir de la serie de Taylor) que:

$$\exp(H) = \cos(r) \,\mathrm{id} + \frac{\sin(r)}{r}\,H\tag{1}$$

Sus tiempos de la matriz de Pauli $i$ $\sigma$ es el $\exp(H)$ aquí y deseamos encontrar $H$ tal que $i\,\sigma=eˆH$ . Obsérvese en (1) que casi obtenemos el logaritmo si tomamos la parte sesgada-hermitiana de $\sigma$ La parte $ \cos(r) \,\mathrm{id}$ es hermético. Así que usamos la descomposición única de cualquier matriz en sus partes hermitianas y hermitianas sesgadas para encontrar:

$$\frac{\sin(r)}{r}\,H = \frac{1}{2}((i\,\sigma)-(i\,\sigma)ˆ\dagger)= \frac{i}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\tag{2}$$

y ya casi estamos. Ahora sólo tenemos que averiguar qué $r$ es. Como siempre podemos elegir el signo de $H$ podemos suponer que $r\geq0$ por lo que podemos encontrar nuestro resultado simplemente tomando la norma de Frobenius de ambos lados de (2):

$$\frac{\sin (r)}{r}\, \|H\|= \|\frac{1}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\|\tag{3}$$

Ahora $H/r$ es simplemente la versión normalizada (norma de Frobenius unitaria) de $H$ Por lo tanto:

$$\sin(r) = \|\frac{1}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\|\tag{4}$$

por lo que ahora tenemos nuestra fórmula para el logaritmo (o, más precisamente, la rama principal del mismo, ya que el logaritmo tiene ramas):

$$\log (i\,\sigma) = \frac{\arcsin\|\frac{1}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\|}{\|\frac{1}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\|}\;\frac{i}{2}(\sigma+\sigmaˆ\dagger)\tag{5}$$

y entonces simplemente hay que tener en cuenta el factor de $i$ para encontrar $\log\sigma$ dado $\log(i\,\sigma)$ .

[1] K. Engø, "Sobre la fórmula BCH en SO(3)" , BIT Matemáticas Numéricas 41 (2001), no.3, pp629--632.