Otra forma de ver que su resultado no es imaginar el efecto de la transformación general en la esfera.
Permítanos mapa de $SU(2)$ a $SU(2) / \mathbb{Z}_2 \cong SO(3)$ por el wonted homomorphism la compactación de la coset $\chi(\zeta) = \{\zeta,\,-\zeta\};\,\zeta \in SU(2)$ en un elemento único en $\chi \in SO(3)$ y considerar la acción de la $\chi$ en la unidad de la esfera de $\mathbb{S}^2$.
Ahora, para cualesquiera dos puntos distintos $P_1, P_2 \in \mathbb{S}^2$ sobre la esfera hay una rotación $\chi(P_1, P_2) \in SO(3)$ asignación de $P_1$ a $P_2$, es decir, la rotación en el plano que contiene la gran segmento de círculo de unirse a $P_1, P_2$ a través de un ángulo dado por la longitud de la gran segmento de círculo.
Así que, si fuera cierto que todos los $\chi \in SU(2)$ podría ser representado como un producto del formulario establecido con dos parámetros ajustables $\theta$$\delta$, entonces podríamos encontrar un correspondiente $\chi \in SO(3)$ a un mapa en cualquier punto de $P_1\in \mathbb{S}^2$ a cualquier otro $P_2\in \mathbb{S}^2$.
Sin embargo, al tener en cuenta ciertos puntos sobre la esfera y el conjunto de todas las posibles imágenes bajo las rotaciones correspondientes a los elementos de la forma $U_X(\theta)\,U_Y(\alpha)\,U_X(\delta)\in SU(2)$ ($\alpha$ fija para un determinado discusión), podemos demostrar que este conjunto de todas las posibles imágenes de algunos de los puntos es que no toda la esfera, y por lo tanto su propuesta de formulario no se da cuenta de todos los elementos de a $SU(2)$.
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A tal fin, considerar el punto de $A$. Su imagen en $U_X(\delta)\in SU(2)$ cualquier $\delta$ es simplemente $A$ nuevo. Luego de girar por el ángulo jo $\alpha$ sobre el $y$-eje: la imagen es el punto de $C$ (o $B$ si $\alpha=\pi/2$). El conjunto de imágenes de este punto en $U_X(\theta)\in SU(2)$ para todos los posibles $\theta \in\mathbb{R}$ es el círculo de $\Gamma$. Si, como en tu ejemplo,$\alpha = \pi/2$, $\Gamma$ es el gran círculo de $\{(x,\,y,\,z):\,y^2 + z^2 = 1,\,x=0\}$, más general, es el gran círculo de $\{(x,\,y,\,z):\,y^2 + z^2 = (\sin\alpha)^2,\, x = \cos\alpha\}$. En cualquier caso, no es la totalidad de $\mathbb{S}^2$, con lo que la secuencia de $SU(2)$ operaciones no se dan cuenta de la totalidad de $SU(2)$.
Además de la discusión sobre la realización de un operador general para la preparación de un estado cuántico
Si usted está tratando de construir una configuración de laboratorio para preparar un general estado cuántico y, por alguna razón, usted puede darse cuenta de que sólo $U_Y(\pi/2)$ pero arbitrario $U_X(\theta)$, entonces usted puede pensar a lo largo de las líneas siguientes: considerar una Mentira grupo $\mathfrak{G}$ y supongamos que tiene un aparato que puede darse cuenta de la de uno de los grupos de parámetros decir $\mathfrak{G}_j = \{\exp(H_j \theta):\,\theta \in \mathbb{R}\}$ ($\theta_j$ son los "diales" puede juguetear en su preparación aparato y aquí sólo tiene un $H_j$, la matriz $i\,\sigma_x$) y también tiene un par de discretos miembros de su Mentira grupo $\gamma_1,\,\gamma_2,\,\cdots$ (no needfully distintas - aquí tiene sólo $U_Y(\pi/2)$, por ejemplo). Supongamos, además, que, por alguna razón, el $H_j$ no abarcan la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}=\operatorname{Lie}(\mathfrak{G})$. Luego de una preparación general del operador cuando se dio cuenta de que su marca se establece en $\theta_1, \, \theta_2,\,\cdots$ es:
$$\begin{array}{lcll}\chi &=& \gamma_1\,\exp\left(H_1\,\theta_1\right)\,\gamma_2\,\exp\left(H_2\,\theta_2\right)\,\gamma_3\,\exp\left(H_3\,\theta_3\right)\cdots\\
&=& \gamma_1\,\exp\left(H_1\,\theta_1\right)\,\gamma_1^{-1}\gamma_1 \gamma_2\,\exp\left(H_2\,\theta_2\right)\,\gamma_2^{-1}\gamma_1^{-1} \gamma_1\gamma_2\gamma_3\,\exp\left(H_3\,\theta_3\right)\cdots &\\
&=&\exp\left( \gamma_1\,H_1\,\gamma_1^{-1}\,\theta_1\right)\,\exp\left(\gamma_1 \gamma_2\,H_2\,(\gamma_1 \gamma_2)^{-1}\theta_2\right)\,\exp\left(\gamma_1\gamma_2\gamma_3\,H_3\,(\gamma_1\gamma_2\gamma_3)^{-1}\,\theta_3\right)\cdots&\\&&&(1)\end{array}$$
(Esto es simplemente el uso de $\gamma \exp(Z) \gamma ^{-1} = \exp(\operatorname{Ad}_\gamma Z)$ $\gamma\in\mathfrak{G}$ $Z\in\mathfrak{g}$ en el adjunto de la representación de $\mathfrak{G}$). Así, para comprobar si usted puede darse cuenta de la totalidad de $\mathfrak{G}$ simplemente ajustando el $\theta_j$ diales, lo que tienes que hacer es formar la matriz de la Mentira álgebra miembros
$$\begin{array}{ll}\left\{\gamma_1\,H_1\,\gamma_1^{-1},\,\,\gamma_1 \gamma_2\,H_2\,(\gamma_1 \gamma_2)^{-1},\,\,\gamma_1\gamma_2\gamma_3\,H_3\,(\gamma_1\gamma_2\gamma_3)^{-1},\,\,\cdots\right\}&\\=\left\{\operatorname{Ad}_{\gamma_1} H_1,\,\operatorname{Ad}_{\gamma_1\gamma_2} H_2,\,\operatorname{Ad}_{\gamma_1\gamma_2\gamma_3} H_3\,\cdots\right\}&\\&(2)\end{array}$$
y se detiene cuando encuentra una matriz que abarca todo el álgebra de la Mentira. Por el teorema de existencia para canónica de las coordenadas del segundo tipo (véase, por ejemplo, Rossmann, "Mentira Grupos: Una introducción a través de los lineales de los grupos" los capítulos 1 y 2), un producto de la forma en (1), como la $\theta_j$ gama a través de todos los de $\mathbb{R}$, entonces puede darse cuenta de cualquier miembro de algunos de vecindad $\mathbf{N}\subset\mathfrak{G}$ de la identidad en $\mathfrak{G}$ derecho traducido por $\Pi \gamma_j\in\mathfrak{G}$, (es decir, el barrio de $\mathbf{N}\,\Pi \gamma_j\subset\mathfrak{G}$) por lo que algunos finito de producto de los productos de la forma en (1) puede darse cuenta de la vecindad $\mathbf{N}^M(\Pi \gamma_j)^M$ para algunos entero $M$. Si $\mathfrak{G}$ es compacto (como aquí para $\mathfrak{G} = SU(2)$), esto significa que toda identidad componente conectado en $\mathfrak{G}$ puede ser realizado por un producto de este tipo. Claramente algunas matrices será "más" linealmente dependiente de los demás (es decir, tener una mejor condición de los números como una base para el espacio vectorial $\mathfrak{g}$) y, por tanto, darse cuenta de la Mentira de grupo en el más corto concatenaciones, por lo que necesita un poco de ingenio para obtener la mejor combinación de $H_j$$\gamma_j$.
En $SU(2)$, las cosas son más simples que en este caso general, porque se puede demostrar que sólo un producto de la forma en (1) es necesario si la matriz en (2) de ambos tramos de la Mentira álgebra $su(2)$ y es ortogonal con respecto a la Matanza de forma$\left<A,\,B\right>=\operatorname{trace}(A\,B)$$A,\,B\in\mathfrak{g}$. Así, por ejemplo, echemos un vistazo a un producto de la forma:
$$\begin{array}{ll}U_X(\theta_1)\,U_Y(\pi/2)\,U_X(\theta_2)\,U_Y(\pi/2)\,U_X(\theta_3)&\\ = \exp\left(\frac{i}{2}\,\sigma_x\,\theta_1\right) \exp\left(\frac{i}{2}\operatorname{Ad}_{U_Y(\pi/2)}\, \sigma_x \,\theta_2\right) \,\exp\left(\frac{i}{2}\operatorname{Ad}_{U_Y(\pi)}\, \sigma_x\, \theta_3\right)\, U_Y(-\pi)&\\&(3)\end{array}$$
Tenemos:
$$\begin{array}{lcll}U_X(\theta) &=& \exp\left(\frac{\theta}{2} \left(\begin{array}{cc}0&i\\i&0\end{array}\right)\right)&\\
U_Y(\frac{\pi}{2}) &=& \exp\left(\frac{\pi}{4} \left(\begin{array}{cc}0&-1\\1&0\end{array}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&1\end{array}\right)&\\
U_Y(\pi) &=& \exp\left(\frac{\pi}{2} \left(\begin{array}{cc}0&-1\\1&0\end{array}\right)\right) = \left(\begin{array}{cc}0&-1\\1&0\end{array}\right)&\\
&&&(4)\end{array}$$
por lo que el candidato Mentira álgebra miembros son:
$$\begin{array}{lcll}i\,\operatorname{Ad}_I \sigma_x &=& \left(\begin{array}{cc}0&i\\i&0\end{array}\right) = i\,\sigma_x&\\
i\,\operatorname{Ad}_{U_Y(\pi/2)} \sigma_x &=& \frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0&i\\i&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&1\\-1&1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc}-i&0\\0&i\end{array}\right) = -i\,\sigma_z&\\
i\,\operatorname{Ad}_{U_Y(\pi} \sigma_x &=& \left(\begin{array}{cc}0&-1\\1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0&i\\i&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0&1\\-1&0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc}0&-i\\-i&0\end{array}\right)=-i\,\sigma_x&\\
&&&(5)\end{array}$$
que son linealmente dependientes, por lo que no hay ningún punto en tener un tercer término en (4); el producto no se dará cuenta de un barrio en $SU(2)$. No es demasiado duro para demostrar que no hay ningún punto en el uso de cualquiera de las dos matrices $U_Y(\alpha),\,U_Y(\beta)$ para cualquiera de los dos arbitraria, ángulos fijos $\alpha$$\beta$, la matriz en (5) todavía no abarcan la Mentira de álgebra $su(2)$.
Lo que vas a necesitar en la anterior matriz es una Mentira álgebra miembro de la forma $i\,\operatorname{Ad}_{U_Z(\pi /2)} \sigma_x = -i\,\sigma_y$ y nosotros no sólo abarcan la Mentira de álgebra, pero además hacerlo con el álgebra de los miembros que son ortogonales con respecto a la Matanza de forma. Por lo tanto, nuestro tercer término en la primera línea de (3) debe ser:
$$V=U_Y(-\pi /2) U_Z(\pi /2) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}e^{i\frac{\pi}{4}}&e^{-i\frac{\pi}{4}}\\-e^{i\frac{\pi}{4}}&e^{-i\frac{\pi}{4}}\end{array}\right)\quad\quad\quad(6)$$
y, a continuación, podemos realizar cualquier $SU(2)$ matriz como un producto de la forma:
$$U_X(\theta_1)\,U_Y(\pi/2)\,U_X(\theta_2)\,U_Y(-\pi /2) U_Z(\pi /2)\,U_X(\theta_3)= U_X(\theta_1)\,U_Y(\pi/2)\,U_X(\theta_2)\,V\,U_X(\theta_3)\quad\quad\quad(7)$$
luego de la última matriz en la prueba de la matriz de (5) es ahora:
$$i\,\operatorname{Ad}_{U_Y(\pi/2) U_Y(-\pi/2) U_Z(\pi/2)} \sigma_x = i\,\operatorname{Ad}_{U_Z(\pi/2)} \sigma_x = \left(\begin{array}{cc}e^{i\frac{\pi}{4}}&0\\0&e^{-i\frac{\pi}{4}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0&i\\i&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}e^{-i\frac{\pi}{4}}&0\\0&e^{i\frac{\pi}{4}}\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc}0&-1\\1&0\end{array}\right)=-i\,\sigma_y\quad\quad\quad(8)$$
y así nuestra prueba de la matriz (5) ahora se extiende a la totalidad de $su(2)$ y es ortonormales con respecto a la forma de Matar de modo que en efecto se puede lograr cualquier $SU(2)$ matriz con tres "esferas" $\theta_1,\,\theta_2,\,\theta_3 \in [0,\,4\pi)$ y el discreto Mentira de los miembros del grupo en (7).
