A descri¸c˜ao que demos do espa¸co projetivo Pn como o espa¸co vetorial Cnacres-
cido de seus “pontos de infinito” pode ser usada para mostrar que o produto cartesiano de projetivos n˜ao ´e um espa¸co projetivo. No caso mais simples, n = 1, temos P1dado pelo vetorial unidimensional mais um ponto6. Se fizermos o pro-
duto cartesiano de dois desses, pela linearidade teremos a uni˜ao de C2, com duas
c´opias de C1e mais um ponto. “Sobra” uma reta quando comparamos com P2.
5
Outros corpos podem ser usados, mas a mecˆanica quˆantica ´e constru´ıda sobre C.
6
Ferramentas mais sofisticadas podem ser usadas para tornar este argumento mais rigoroso (e.g.: usando homologia), mas s´o queremos trazer o problema a tona. ´E natural o desejo de combinar objetos de uma categoria e permanecer nesta mesma categoria.
Segre deu uma solu¸c˜ao bastante engenhosa, de modo a mergulhar este pro- duto em um projetivo maior. Trabalhando em coordenadas homogˆeneas, temos
Pn× Pm −→ Pnm+n+m (A.1)
((x0: x1: . . . : xn) , (y0: y1: . . . : ym)) 7−→ (x0y0: x0y1: . . . : xnym) ,
onde as coordenadas da imagem do mapa correspondem a todos os produtos bilineares de coordenadas homogˆeneas do dom´ınio. As dimens˜oes necess´arias seguem da´ı: s˜ao n+1 coordenadas homogˆeneas do primeiro projetivo, com m+1 do segundo, totalizando (n + 1) (m + 1) coordenadas homogˆeneas na imagem. Subtra´ıdo 1 tem-se a dimens˜ao.
´
E importante reinterpretar esta constru¸c˜ao olhando para os vetoriais. Ao fazer os produtos bilineares das componentes, Segre estava trabalhando no pro- duto tensorial Cn+1
⊗ Cm+1
≡ Cnm+n+m+1, e da´ı segue que a imagem do
mergulho de Segre corresponde ao conjunto dos vetores fator´aveis7, conforme
discutido no texto.
7
Apˆendice B
Um m´etodo de c´alculo
O texto deste apˆendice chamava-se “Passando a limpo algumas coisas,” e tomou a forma aqui apresentada1no dia 06/05/02, quando ainda estava em elabora¸c˜ao
a ref. [93]. Foi inclu´ıdo aqui para descrever o m´etodo utilizado, e permitir a algum leitor acompanhar os c´alculos.
B.1
Nota¸c˜ao
Para o caso de um oscilador sujeito a um banho de osciladores com intera¸c˜ao do tipo RWA, temos a seguinte equa¸c˜ao mestra:
d
dtρ ={2k [(¯n + 1) K−+ ¯nK+− (2¯n + 1) K0− ¯n1 ] + iωN } ρ, (B.1) onde as seguintes defini¸c˜oes s˜ao adotadas:
N = M − P, K0 = 1 2(M + P + 1 ) , K+ = R, K− = J , (B.2)
onde adotamos as defini¸c˜oes usuais:
M = a†a•,
P = •a†a, J = a• a†,
R = a†• a. (B.3)
Os operadores da equa¸c˜ao (B.2) obedecem `as rela¸c˜oes de comuta¸c˜ao: [N , K±,0] = 0,
[K0,K+] = K+,
[K0,K−] = −K−,
[K+,K−] = −2K0. (B.4)
1
A menos de ajustes est´eticos para se ajustar, com tolerˆancia, `a diagrama¸c˜ao desta Tese.
As trˆes ´ultimas equa¸c˜oes mostram que {K0,K+,K−} formam uma ´algebra de
Lie isomorfa a su (1, 1) e a primeira que a ´algebra de Lie obtida pela adjun¸c˜ao deN ´e a soma direta. Como N gera uma ´algebra isomorfa a u (1), temos uma ´
algebra de Lie isomorfa a su (1, 1)⊕ u (1).
Para termos uma nota¸c˜ao mais compacta, definimos a = 2k¯n, b = 2k (¯n + 1) e o operador
Γ = aK++ bK−− (a + b) K0+1
2(b− a) 1 , (B.5) com os quais reescrevemos a equa¸c˜ao mestra (B.1) na forma:
d
dtρ ={iωN + Γ} ρ. (B.6)
B.2
Diagonaliza¸c˜ao de Γ
Nosso problema agora ´e diagonalizar Γ. Para isso, como na ref. [122], vamos definir os operadores
T− = exp (−α−K−) , T+ = exp (−α+K+) ,
T = T−T+, (B.7)
e calcular eΓ = T ΓT−1. Para isso, usaremos as seguintes rela¸c˜oes de comuta¸c˜ao,
obtidas a partir das equa¸c˜oes (B.4):
[T+,K0] = α+K+T+,
[T−,K0] = −α−K−T−,
[T+,K−] = α+(α+K++ 2K0) T+,
[T−,K+] = α−(α−K−− 2K0) T−. (B.8)
Estas rela¸c˜oes de comuta¸c˜ao permitem obter: f K+ = TK+T−1 =K++ α2−K−− 2α−K0, f K− = TK−T−1 = α2+K++ (1− α+α−)2K−+ 2α+(1− α+α−)K0, f K0 = TK0T−1 = α+K+− α−(1− α+α−)K−+ (1− 2α+α−)K0, (B.9)
e com poucas manipula¸c˜oes chega-se a e
Γ = (a− bα+) (1− α+)K++ [aα−+ b (1− α+α−)] [1 + α−(1− α+)]K−+
{−a [1 + 2α−(1− α+)] + b [2α+α−(1− α+) + 2α+− 1]} K0+12(b− a) 1 .
(B.10) Este operador ter´a forma diagonal se os coeficientes de K+ eK− forem nulos.
Temos ent˜ao o seguinte par de equa¸c˜oes:
(a− bα+) (1− α+) = 0,
[(a− bα+) α−+ b] [1 + α−(1− α+)] = 0. (B.11)
(I) α+ = 1, α− = b−ab = ¯n + 1⇒ eΓ = (b− a)K0+121 = 2k K0+121=
k (M + P + 21 );
(II) α+ = ab = n+1¯¯n , α− = a−bb = − (¯n + 1) ⇒ eΓ = (a− b)K0−121 =
−2k K0−121=−k (M + P).
B.2.1
Passo a Passo
Tal processo de diagonaliza¸c˜ao ´e mais facilmente compreendido se executado em dois est´agios. No primeiro, apenas T+ ´e utilizado:
˜
Γ+= T+ΓT+−1= (α+− 1) (bα+− a) K++bK−+(2α+b− (a + b)) K0+
1
2(b− a) 1 , (B.12) que ´e uma rota¸c˜ao hiperb´olica no planoK+,K−. As duas escolhas poss´ıveis de
α+ anulam o coeficiente deK+, restando
˜
Γ+ = bK−+ (2α+b− (a + b)) K0+1
2(b− a) 1 , (B.13) e agora fazemos a transforma¸c˜ao com T−:
˜
Γ = T−Γ˜+T−−1 ={b − α−[2α+b− (a + b)]} K−+[2α+b− (a + b)] K0+
1
2(b− a) 1 , (B.14) que mostra que α− = b
2α+b−(a+b) diagonaliza ˜Γ: ˜ Γ = [2α+b− (a + b)] K0+ 1 2(b− a) 1 . (B.15)
B.2.2
Estado de Equil´ıbrio
No caso I), ˜Γ ´e um operador positivo, pois ˜Γ|ii hj| = k (i + j + 2) |ii hj|, e i, j ≥ 0. J´a no caso II), o operador ˜Γ ´e negativo semi-definido, pois ˜Γ |ii hj| = −k (i + j) |ii hj|, i, j ≥ 0. Portanto, o autovalor nulo ´e n˜ao degenerado, com o autoespa¸co unidimensional sendo gerado por|0i h0|.
Como ˜Γ|0i h0| = 0 ⇒ T−1ΓT T˜ −1|0i h0| = 0, temos que o autoespa¸co cor-
respondente ao autovalor nulo para o operador Γ ´e gerado por T−1|0i h0|, com
T−1|0i h0| = T−1
+ T−−1|0i h0| = exp (α+K+)|0i h0|
= ∞ X j=0 αj+ j! j!|ji hj| = ∞ X j=0 n¯ ¯ n + 1 j |ji hj| . (B.16) Note que o estado de equil´ıbrio t´ermico ´e o elemento normalizado desse espa¸co, ou seja (¯n + 1)−1e00.
Como T−1,N = 0 e N |0i h0| = 0, tamb´em temos N T−1|0i h0| = 0 e
assim, pela equa¸c˜ao (B.6) temos d
dtT−1|0i h0| = 0, ou seja, este ´e um estado de
equil´ıbrio. Como os autovalores de Γ eN s˜ao reais e 0 ´e n˜ao degenerado para o primeiro, o estado de equil´ıbrio ´e ´unico.
B.3
Evolu¸c˜ao Temporal
Usualmente, dado o estado inicial ρ (0), queremos obter ρ (t).
Definindo eij = T−1|ii hj|, temos Γeij =−k (i + j) eij eN eij = (i− j) eij,
assim
d
dtejk={iω (j − k) − k (j + k)} ejk, (B.17) e por linearidade, se ρ (0) =Pjkcjk(0) ejk, temos ρ (t) =Pjkcjk(t) ejk, onde
cjk(t) = cjk(0) e{iω(j−k)−k(j+k)}t. (B.18)
Assim, dado o operador ρ (0) a quest˜ao passa a ser obter os coeficientes cjk(0) e a equa¸c˜ao (B.18) d´a a solu¸c˜ao completa do problema. Antes de atacar
essa quest˜ao, vamos entender um pouco melhor os vetores eij.
B.3.1
Os Vetores e
ijJ´a vimos que o vetor e00representa o estado t´ermico, a menos da normaliza¸c˜ao.
A evolu¸c˜ao temporal de um estado arbitr´ario, em termos da equa¸c˜ao (B.18), levanta uma interesante quest˜ao: o que acontece com o tra¸co do operador densi- dade, se todos os coeficientes cij, exceto c00, est˜ao sendo amortecidos? Sabemos
que a evolu¸c˜ao temporal preserva o tra¸co do operador densidade, assim, a ´unica maneira de conciliar estes dois fatos ´e demonstrar a seguinte afirma¸c˜ao: se (i, j)6= (0, 0) ent˜ao Treij = 0.
A rela¸c˜ao de comuta¸c˜ao T−1,N = 0 implica que os autovetores de N
com autovalor n˜ao-nulo ter˜ao tra¸co nulo, ou seja, Treij = 0 para i 6= j, pois
N eij= (i− j) eij.
Para calcular Trejj primeiro notamos que
Tr{exp (α+K+)|ji hj|} = Tr ( ∞ X m=0 αm + m! (j + m)! j! |j + mi hj + m| ) = ∞ X n=j n j αn−j+ , (B.19)
em seguida mostramos por indu¸c˜ao, a partir dos resultados de deriva¸c˜ao de s´eries de potˆencias, e em particular da s´erie geom´etrica, que
∞ X n=j n j xn−j = (1− x)−j−1, se |x| < 1, (B.20)
para finalmente obtermos, para j≥ 1, Trejj = Tr ( exp (α+K+) j X r=0 αr − r! j! (j− r)!|j − ri hj − r| ) = j X r=0 j r αr−Tr{exp (α+K+)|j − ri hj − r|} = (1− α+)−j−1 j X r=0 j r αr−(1− α+)r = [1 + α−(1− α+)] j (1− α+)j+1 . (B.21)
Assim, temos uma justificativa matem´atica para escolher o segundo grupo de solu¸c˜oes para α±: apenas para o segundo grupo temos todos os tra¸cos nulos! No outro caso, pelo contr´ario, os tra¸cos divergiriam, desde e00. Em particular
tem-se 1 + α−(1− α+) = 0, o que conclui tal demonstra¸c˜ao.
B.3.2
A Base Dual
Os vetores eij formam uma base para o espa¸co de operadores. Assim, todo
operador densidade pode ser escrito de forma ´unica como ρ =X
ij
aije
ij, (B.22)
onde aij s˜ao n´umeros complexos. Como a evolu¸c˜ao temporal da decomposi¸c˜ao
acima j´a est´a resolvida, o problema que se apresenta ´e: dado um operador ρ, como obter as componentes aij? A resposta para essa pergunta ´e dada pela base dual .
Sejam fij vetores com a seguinte propriedade: fij, e
kl = δkiδ j
l para todo
i, j, k, l. Segue por linearidade que
fij, ρ = aij. (B.23)
Como a base{|ii hj|} ´e ortonormal, e eij = T−1|ii hj|, os vetores fij podem ser
obtidos por adjun¸c˜ao:
h|ii hj| , |ki hl|i =T†|ii hj| , T−1|ki hl| , (B.24)
e portanto
fij= T†|ii hj| = exp (−α+K−) exp (−α−K+)|ii hj| . (B.25)