단일 변환(양적 역학)

양자역학에서 슈뢰딩거 방정식은 시간에 따라 시스템이 어떻게 변하는지 설명한다.그것은 시스템 상태의 변화를 시스템의 에너지와 연관시킴으로써 이를 수행한다(해밀턴이라고 불리는 운영자가 부여함).따라서 일단 해밀턴인이 알려지면 타임 다이내믹스는 원칙적으로 알려져 있다.남은 것은 해밀턴식(Hamiltonian)을 슈뢰딩거 방정식에 꽂아 시간 함수로서 시스템 상태를 해결하는 것뿐이다.^[1]^[2]

그러나 슈뢰딩거 방정식은 (컴퓨터로도) 풀기 어려운 경우가 많다.따라서 물리학자들은 이러한 문제들을 단순화하고 물리적으로 어떤 일이 일어나고 있는지를 명확히 하기 위해 수학적인 기법을 개발했다.그러한 기술 중 하나는 해밀턴인에게 단일 변형을 적용하는 것이다.그렇게 하면 슈뢰딩거 방정식의 단순화된 버전이 나올 수 있는데, 이 방정식은 원본과 같은 해법이 있다.

변환

단일 변환( $H(t)$ 프레임 변경)은 시간 $H(t)$ 인 해밀턴 H $H(t)$ ( t $H(t)$ ) $H(t)$ 및 $H(t)$ 단일 연산자 $U(t)$ ( $U(t)$ ) $U(t)$ 의 관점에서 표현할 수 있다 $U(t)$ 이러한 변화 하에서 해밀턴은 다음과 같이 변환한다.

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

→ U

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

+ i

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

U

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

=:

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

(

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

)

{\displaystyle H\to

UH

{{U^{\doger }}}}+i\hbar \{\dot{U}U}^{\doger }}}}}}}}}\breve {H}\quad \quad

\

quad

\0

H\to UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{{\dot {U}}U^{\dagger }}=:{\breve {H}}\quad \quad (0)

슈뢰딩거 방정식은 새로운 해밀턴식에도 적용된다.비정형 및 변환 방정식에 대한 $U$ 도 U $U$ 에 의해 연관되어 있다 $U$ 구체적으로는 파동 함수 $\psi (t)$ ( t $\psi (t)$ ) ${\displaystyle \psi (t)$ 가 원래의 방정식을 만족하면 $\psi (t)$ $U\psi (t)$ $U\psi (t)$ ( $U\psi (t)$ ) ${\displaysty U\psi (t)}$ 이 새로운 방정식을 만족하게 $U\psi (t)$ 된다.^[3]

파생

단일 $U^{\dagger }U=1$ 의 정의에 $U^{\dagger }U=1$ U $U^{\dagger }U=1$ { $U^{\dagger }U=1$ = 1 {\ $displaystyle$ U $^{\daugger$ U=1}. 슈뢰딩거 방정식부터 시작하여,

{\dot {\psi }}=-{\frac {i}{\hbar }}H\psi

= -

{\dot {\psi }}=-{\frac {i}{\hbar }}H\psi

{\dot {\psi }}=-{\frac {i}{\hbar }}H\psi

H

\

{\

dot

{\

psi }}=-{\frac

{i

}{\hbar

따라서 $U^{\dagger }U$ $U^{\dagger }U$ $U^{\dagger }U$ $U^{\daugger }U$ 을(를) 마음대로 $U^{\dagger }U$ 삽입할 수 있다.특히 $H/\hbar$ / $H/\hbar$ $H/\hbar$ 뒤에 삽입하고 $H/\hbar$ $U$ $U$ 로 양쪽을 미리 설정하기도 한다 $U$

U

U\psi \quad \quad

(

1

다음으로, 제품 규칙에 따르면

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

)

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

=

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

+

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(U\psi \right)={\dot {U}}\psi +U{\dot {\psi }}

{ { {

\pxyle

{\

frac

{d

}{\mathrm

{d

}}{\mathrm

{

d} t}\{\psi \right)={\dot {U}\psi +

$U^{\dagger }U$ U $U^{\dagger }U$ { $U^{\dagger }U$ {\ $displaystyle$ U $^{\daugger }U}$ 을(를) 삽입하고 $U^{\dagger }U$ 재배열하면

U{\dot {\psi }}={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}{\Big (}U\psi {\Big )}-{\dot {U}}U^{\dagger }U\psi \quad \quad (2)

.

마지막으로 위의 (1)과 (2)를 결합하면 원하는 변환이 이루어진다.

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}{\Big (}U\psi {\Big )}=-{\frac {i}{\hbar }}{\Big (}UH{U^{\dagger }}+i\hbar \,{\dot {U}}{U^{\dagger }}{\Big )}{\Big (}U\psi {\Big )}\quad \quad \left(3\right)

.

표기법 ${\breve {\psi }}:=U\psi$ ${\breve {\psi }}:=U\psi$ ${\breve {\psi }}:=U\psi$ ${\breve {\psi }}:=U\psi$ ${\breve {\psi }$ 을(를) 채택할 경우: $=U\psi }$ 변환파 함수를 설명하기 위해 ${\breve {\psi }}:=U\psi$ 방정식을 더 명확한 형태로 작성할 수 있다. $예$ 를 들어( 3) $(3)$ 을(를) 다음과 같이 다시 쓸 수 있다 $(3)$ .

{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}{\breve {\psi }}=-{\frac {i}{\hbar }}{\breve {H}}{\breve {\psi }}\quad \quad \left(4\right)

,

원래 슈뢰딩거 방정식의 형태로 다시 쓰여질 수 있고

{\breve {H}{\breve {\psi }=i\hbar {\operatorname {d}\{\breve {\psi }}}}}\over \operatorname {d}\!t}.

원래의 파동 기능은 $\psi =U^{\dagger }{\breve {\psi }}$ = $\psi =U^{\dagger }{\breve {\psi }}$ $\psi =U^{\dagger }{\breve {\psi }}$ ˘ ˘ $\$ {\ $displaystyle \psi$ = \ $p^{\dager$ }{\ $breve{\psi$ 로 복구할 수 있다.

상호 작용 그림과의 관계

단일 변환은 상호작용(Dirac) 그림을 일반화한 것으로 볼 수 있다.후자의 접근법에서 해밀턴인은 시간 독립적 부분과 시간 의존적 부분으로 나뉜다.

{\displaystyle H(t)=

H_{0}+V(t)\quad \quad

\quad (

a)}

.

이 경우 슈뢰딩거 방정식이 된다.

{\

I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}}}{{0}t/\hbar }{Ve^{-iH_{0}t/\hbar }\오른쪽)\psi

}}}},

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

= e

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

/

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

{\displaysty

\

psi

\psi

_}

I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

\psi _{I}=e^{iH_{0}t/\hbar }\psi

^[4]

The correspondence to a unitary transformation can be shown by choosing ${\textstyle U(t)=\exp \left[{+iH_{0}t/\hbar }\right]}$ . As a result, ${\displaystyle {U^{\dagger }}(t)=\exp \left[{-iH_{0}t}/\hbar \right].$ $}$

위의 $(0)$ ( $0$ ) $(0)$ 의 표기법을 사용하여, 우리의 변형된 해밀턴은

{\breve{H}=U\왼쪽[왼쪽]H_{0}+V(t)\오른쪽]U^{\doger }+i\hbar {\dot {U}U^{\doger }\quad \quad (b)

먼저 $U$ ${\displaystyle$ U $}$ 이( $H_{0}$ ) H $H_{0}$ ${\$ }의 함수이므로 두 사람은 통근해야 한다는 점에 유의하십시오 $H_{0}$ 그러면

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

=

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

UH_{0}U^{\dagger }=H_{0}

{\

$(b)$ ) $(b)$ 의 변환에서 첫 번째 용어를 처리한다 $(b)$ ${\$ $H_{0}+UV(t)$ $U^{\doger }+i\hbar {\dot {U}U^{\doger$ ${\breve {H}}=H_{0}+UV(t)U^{\dagger }+i\hbar {\dot {U}}U^{\dagger }$ 다음에는 체인 규칙을 사용하여 계산하십시오.

{\begin}i\hbar {\dot {U}U^{\dot}\doger }&=i\hbar \left({\operatorname {d} \!U \over \operatorname {d} \!t}\right)e^{-iH_{0}t/\hbar }\\&=i\hbar {\Big (}iH_{0}/\hbar {\Big )}e^{+iH_{0}t/\hbar }e^{-iH_{0}t/\hbar }\\&=i\hbar \left({iH_{0}}/\hbar \right)\\&=-H_{0},\\\end{aligned}}

다른 $H_{0}$ $H_{0}$ ${\$ 과(와) 상쇄된다 $H_{0}$ 분명히 ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ 는 H ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ = ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ V ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ ${\$ 가 남아 있다. $UVU^{\doger$ ${\breve {H}}=UVU^{\dagger }$ 항복 ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ = ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ - ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ ${\dot$ {\ $psi_{$ $I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\daugger$ }\ $psi$ _ ${I}}$ 과(와)와 ${\dot {\psi _{I}}}=-{\frac {i}{\hbar }}UVU^{\dagger }\psi _{I}$ 같이.

그러나 일반적인 단일 변환을 적용할 때 $H(t)$ ( $H(t)$ ) $H(t)$ 을(를) 일부로 분할하거나 $H(t)$ U $U(t)$ ( $U(t)$ ) $U(t)$ 을(를) 해밀턴의 어느 부분의 함수일 $U(t)$ 필요는 없다.

예

회전 프레임

Consider an atom with two states, ground $g\rangle$ and excited $e\rangle$ . The atom has a Hamiltonian $H=\hbar \omega { {e}\rangle \langle {e} }$ , where $\omega$ is the frequency of light associated with theg-e 전환이제 두 주를 결합하는 주파수 Ω d{\dplaystyle \omega_{d}에서 원자를 드라이브로 조명한다고 가정해 봅시다.그리고 시간 의존적인 구동 해밀턴은

H/\hbar =\omega e\langle e +\Oomega \e^{i\omega \{d}t}g\langle e +\Oomega ^{*}\e^{d}t} e\langle \langle g

일부 복잡한 드라이브 강도 $\Omega$ ${\displaystyle \Oomega$ 경쟁 주파수 척도( $\omega$ ${\displaystyle \$ $omega$ $\omega$ $\omega _{d}$ $\Omega$ ${\displaystyle \Oomega})$ 때문에 드라이브의 효과를 예측하기 어렵다( $\Omega$ 구동 조화 모션 참조).

드라이브가 없으면 $|e\rangle$ $|e\rangle$ $e\rangele$ 의 위상이 $|g\rangle$ $|g\rangle$ $g\rangele$ 에 상대적으로 진동할 수 $|e\rangle$ 있다 $|g\rangle$ 2개 상태 시스템의 Bloch 구체 표현에서 이것은 z축을 중심으로 회전하는 것에 해당한다.개념적으로 $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ 는 유니터리 변환 U $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ = $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ t $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ e $displaystyle U=e^{i\omega t \langle e}}}}$ 에 의해 정의된 참조의 회전 프레임을 입력함으로써 역학의 이 구성요소를 제거할 수 있다 $U=e^{i\omega t|e\rangle \langle e|}$ 이러한 변환 하에서 해밀턴은 이 구성요소가 된다.

H/\hbar \to \Omega \,e^{i(\omega _{d}-\omega )t} g\rangle \langle e +\Omega ^{*}\,e^{i(\omega -\omega _{d})t} e\rangle \langle g

.

주행 주파수가 g-e 전환의 주파수인 $\omega _{d}=\omega$ $\omega _{d}=\omega$ = $\omega _{d}=\omega$ ${\daystyle \omega _{d}=\omega$ 공명이 발생한 후 위의 방정식이 다음과 같이 감소한다.

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

/

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

=

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

+

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

{\breve {H}}/\hbar =\Omega \ |g\rangle \langle e|+\Omega ^{*}\ |e\rangle \langle g|

g {\

displaystyle

{\

breve

e

+\langle ^{*}\

e

\랑글 \langle

\langle

g

이로부터 상세하게 설명하지 않더라도, 역동성은 주파수 $\Omega$ $\Oomega$ 에서 지면과 흥분 상태 사이의 진동을 수반한다는 것이 명백하다 $\Omega$ ^[4]

또 다른 제한 사례로, 드라이브가 훨씬 동떨어진 $|\omega _{d}-\omega |\gg 0$ d - $|\omega _{d}-\omega |\gg 0$ $|\omega _{d}-\omega |\gg 0$ 0 ${\dplaystyle \omega _{d}-\omega \gg0}$ 이라고 가정해 보십시오 $|\omega _{d}-\omega |\gg 0$ 우리는 슈뢰딩거 방정식을 직접 풀지 않고도 그 경우의 동역학을 파악할 수 있다.시스템이 접지 상태 $|g\rangle$ $|g\rangle$ {\ $displaystyle g\rangele}$ 에서 시작된다고 가정해 보십시오 $|g\rangle$ 처음에 해밀턴인은 $|e\rangle$ { $|e\rangle$ {\ $displaystyle e$ \ $rangele$ $}$ 의 일부 구성요소를 채운다 $|e\rangle$ 그러나 얼마 후, $|e\rangle$ { $|e\rangle$ {\ $displaystye }$ 은(는)의 양과 거의 같지만 $|e\rangle$ 위상은 완전히 다르다.따라서 오프리소니언 드라이브의 효과는 저절로 취소되는 경향이 있을 것이다.이것은 또한 원자의 틀에서 오프리존트 드라이브가 빠르게 회전하고 있다고 말함으로써 표현될 수 있다.

이러한 개념들은 아래 표에 설명되어 있는데, 여기서 구는 블로흐 구를 나타내고, 화살은 원자의 상태를 나타내고, 손은 추진력을 나타낸다.


	실험실 틀	회전 프레임
공명 드라이브	실험실 프레임의 공명형 드라이브	원자와 회전하는 프레임의 공명 드라이브
오프리소넌트 드라이브	연구실 프레임의 오프리소넌트 드라이브	원자와 함께 회전하는 프레임의 오프레저드라이브

변위 프레임

위의 예는 상호작용 그림에서도 분석될 수 있었다.그러나 다음의 예는 단일 변환의 일반적인 공식화 없이는 분석하기가 더 어렵다.두 개의 고조파 오실레이터를 생각해 보십시오. 그 사이에서 빔 스플리터 상호작용을 설계하고자 합니다,

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

a

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

+

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

g\,ab^{\dagger }+g^{*}\,a^{\dagger }b

{\displaystyle g\,ab^{}\\\b

}+

g^{*}\,a^{\b

$a$ 는두 개의 마이크로파 공동 공명기가 {\ $displaystyle a}$ 과 $a$ $b$ $b$ 의 역할을 하는 실험으로 달성되었다 $b$ ^[5] 이하에서는 이 실험의 단순화된 버전을 분석하는 스케치한다.

마이크로파 구멍 외에도, 이 실험에는 두 모드 모두에 연결된 트랜스몬 쿼비트, $c$ $c$ 도 포함되었다 $c$ 쿼빗은 $\omega _{1}-\omega _{2}=\omega _{a}-\omega _{b}$ $\omega _{1}-\omega _{2}=\omega _{a}-\omega _{b}$ ${\$ } 및 $\omega _{1}-\omega _{2}=\omega _{a}-\omega _{b}$ 2 $\omega _{2}$ {\ $displaystyle$ $\omega _{1}-\omega _{2}=\omega _{a}-\omega _{b}$ \ $omega$ $1}-\omega _{2}=\a}-\omega _{b}$ 의 두 주파수에서 동시에 구동된다 $\omega _{1}-\omega _{2}=\omega _{a}-\omega _{b}$

H_{\mathrm {drive} }/\hbar =\re \left[\epsilon _{1}e^{i\omega_{1}t}+\epsilon _{2}e^{2}t}\right](c+c^{\dog }).

또 이 모드를 결합한 4차 항도 많지만 대부분 소홀히 할 수 있다.이 실험에서 중요해질 두 가지 용어는

H_{4}/\hbar =g_{4}{\e^{i(\b}-\omega _{a}t

}}}{\Big )}c^{\daugger }c}

.

(H.C.는 에르미트 공자의 속칭이다.)우리는 c{\displaystyle c}[해명 필요한]mode에 변위 변환, U)D(− ξ 1e− 나는 ξ 2e− − 1tω 나는 2tω){U=D(-\xi_{1}e^{-i\omega_{1}t}-\xi_{2}e^{-i\omega_{2}t})\displaystyle}, 적용할 수 있습니다.조심스럽게 선택되 진폭 내용은 이 변환{\displaystyle H_{\textrm{dH구동을 취소 할 것이다 $리벳}}}$ 은 $H_{\textrm {drive}}$ (는) 래더 연산자 $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ → c $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ + $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ 1 $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ - $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ 1 $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ + + $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ - $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ 2 $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ - $c\to c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t}$ 2 t {\ $displaysty c\to$ c+\ $xi _{$ 1}e^{1 $}t}+\xi _{$ 2}e^{-i\omega_{2} $e^{-e\omega _$ 이것으로 우리는 끝장이다.

{\displaystyle H/\hbar =g_{4}{\Big (}e^{i(\omega _{b}-\omega _{a})t}ab^{\dagger }+e^{i

(\omega _{a}-\omega _{b})t}a^{\dagger }b{\big )}(c^{\dagger }+\xi _{1}^{*}e^{i\omega _{1}t}+\xi _{2}^{*}e^{i\omega _{2}t})(c+\xi _{1}e^{-i\omega _{1}t}+\xi _{2}e^{-i\omega _{2}t})}

.

이 표현을 확장하고 빠르게 회전하는 용어들을 떨어뜨리면서, 우리는 원하는 해밀턴인에게 남겨졌다.

{\displaystyle H/\hbar =g_{4}\xi _{1}^{*}\xi _{2}e^{i(\omega _{b}-\omega _{a}+\omega _{1}-\omega _{2})t}\ ab^{\dagger }+{\text{h.c.

}}}}=g\,ab^{}\\\}+g^{*}\,a^{\b

베이커-캠벨-하우스도르프 공식과의 관계

단일변환에 관여하는 연산자는 위에서 보는 바와 같이 연산자의 지수 $U=e^{X}$ = $U=e^{X}$ X ${\$ 로 표기하는 것이 일반적이다 $U=e^{X}$ Further, the operators in the exponentials commonly obey the relation $X^{\dagger }=-X$ , so that the transform of an operator $Y$ is, $UYU^{\dagger }=e^{X}Ye^{-X}$ . By now introducing the iterator commutator,

[(X)^{n},Y]\equiv \underbrace {[X,\dotsb [X,\dotsb] _{n{\\\text{}}}}}}\dotsb ],\quad [(X)^{0},Y]\equiv Y,},

베이커-캠프벨-하우스도르프 공식의 특별한 결과를 사용하여 다음과 같이 이 변환을 압축적으로 작성할 수 있다.

e^{-X}=\sum _{n=0}^{\inflat }{\frac {[(X)^{n}Y]}}{n!},

아니면 완전성을 위해 긴 형태로

e^{X}Y^{-X}=Y+\왼쪽[X,Y\right]+{\frac {1}{2!}}}}[X, [X,Y]+{\frac {1}{3!}}}}[X, [X, [X,Y]]+\cdots .

참조

^ Sakurai, J. J.; Napolitano, Jim J. (2014). Modern Quantum Mechanics (Indian Subcontinent Version ed.). Pearson. pp. 67–72. ISBN 978-93-325-1900-8.
^ Griffiths, David J. (2005). Introduction to Quantum Mechanics (Second ed.). Pearson. pp. 24–29. ISBN 978-0-13-191175-8.
^ Axline, Christopher J. (2018). "Chapter 6". Building Blocks for Modular Circuit QED Quantum Computing (PDF) (Ph.D. thesis). Retrieved 4 August 2018.
^ ^a ^b 사쿠라이 346-350쪽
^ Yvonne Y. Gao; Brian J. Lester; et al. (21 June 2018). "Programmable Interference between Two Microwave Quantum Memories". Phys. Rev. X. 8 (2). Supplemental Material. arXiv:1802.08510. doi:10.1103/PhysRevX.8.021073.

[1] Sakurai, J. J.; Napolitano, Jim J. (2014). Modern Quantum Mechanics (Indian Subcontinent Version ed.). Pearson. pp. 67–72. ISBN 978-93-325-1900-8.

[2] Griffiths, David J. (2005). Introduction to Quantum Mechanics (Second ed.). Pearson. pp. 24–29. ISBN 978-0-13-191175-8.

[3] Axline, Christopher J. (2018). "Chapter 6". Building Blocks for Modular Circuit QED Quantum Computing (PDF) (Ph.D. thesis). Retrieved 4 August 2018.

[:0-4] 사쿠라이 346-350쪽

[5] Yvonne Y. Gao; Brian J. Lester; et al. (21 June 2018). "Programmable Interference between Two Microwave Quantum Memories". Phys. Rev. X. 8 (2). Supplemental Material. arXiv:1802.08510. doi:10.1103/PhysRevX.8.021073.

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

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