Journee seminaire CALIN seance de 15h30 du CIP Correction de la seance d exercices
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Journee-seminaire CALIN (seance de 15h30 du CIP) Correction de la seance d'exercices de Cedric Boutillier & Jesper Lykke Jacobsen Prise de notes : Hanane Tafat Bouzid Redaction LATEX : Matthieu Deneufchatel 25/10/2011 1 Exercices de Cedric Boutillier Soient (?k)k?Z+ 12 , (? ? k)k?Z+ 12 et (?n)n?Z les operateurs definis par les relations suivantes : ?k? ? l + ? ? l ?k = ?kl; (1a) ?k?l + ?k?l = 0; (1b) ??k? ? l + ? ? k? ? l = 0; (1c) ?n = ∑ k ?k+n? ? k. (1d) 1. Montrer que [?n, ?k] = ?k+n; [?n, ? ? k] = ?? ? k+n. (2) 2. Montrer que [?n, ?m] = ?n?n,?m. (3) Demonstration. On a [?n, ?l] = ?n?l ? ?l?n = ∑ k ?k+n? ? k?l ? ?l?n = ∑ k ?k+n(?kl ? ?l? ? l )? ?l?n = ?l+n ? ∑ k ?k+n?l? ? k ? ?l ∑ k ?k+n? ? k + ∑ k ?l?k+n? ? k ? ∑ k ?l?k+n? ? k = ?l+n.

  • m? ?

  • di ? ?

  • expa expb

  • version degeneree de la formule de baker–campbell–hausdorff

  • correction de la seance d'exercices

  • representation graphique de l'algebre de temperley-lieb


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Publié le 01 octobre 2011
Nombre de lectures 56
Langue Français

Exrait

Journee-seminaire CALIN (seance de 15h30 du CIP)
Correction de la seance d’exercices
de Cedric Boutillier & Jesper Lykke Jacobsen
Prise de notes : Hanane Tafat Bouzid
ARedaction LT X : Matthieu Deneufch^ atelE
25/10/2011
1 Exercices de Cedric Boutillier

1 1Soient ( ) , ( ) et ( ) les operateurs de nis par les relations suivantes :k n n2Zk2Z+ k2Z+k2 2
+ = ; (1a)k k kll l
+ = 0; (1b)k l k l
+ = 0; (1c)k l k l
X
= : (1d)n k+n k
k
1. Montrer que
[ ; ] = ; [ ; ] = : (2)n k k+n n k k+n
2. Montrer que
[ ; ] = n : (3)n m n; m
Demonstration. On a
[ ; ] = n l n l l n
X
= k+n l l nk
k
X
= ( ) k+n kl l l nl (4)
k
X X X X
= + l+n k+n l l k+n l k+n l k+nk k k k
k k k k
= :l+n
La seconde relation peut ^etre prouvee de la m^eme fa con.
Pour la (3), on a
[ ; ] = [ ; ] + [ ; ]n k+m n k+m k+m nk k k
(5) = :k+n+m k+mk k+n
Ainsi, X X
[ ; ] = + ( ): (6)n k+m n+m k+n+m k+mk k k+n
k k
et donc X
[ ; ] = :n m k+n+m k+mk k+n
k
11Fixons un vecteur de base, v correspondant a une con guration de particules SZ + (avec unS 2
nombre ni de trous (resp. particules) a gauche (resp. a droite) de zero). Si m+n est non nul, alors il n’y
a qu’un nombre ni de valeurs k telles que v = 0, car seul un nombre ni de sites contientk Sk+n+m
une particule (qui peut ^etre detruite par ) et ont un site libre, n +m cases plus loin sur leurk+n+m
gauche (dans lequel creera une particule). On a alorsk
X X

0[ ; ]v = v 0 v = 0n m S k+n+m S k +m Sk k +n
0k k
0apres le changement d’indice k =k m dans la deuxieme somme. Ainsi, [ ; ] agit sur l’espace desn m
con gurations comme l’operateur nul.
La situation est di erente si n+m = 0, car = est le projecteur sur l’espace engendrek+n+m kk k
par les con gurations avec une particule au site k. Sur un vecteur de base donne v , il y a un nombreS
in ni de k (les k qui appartiennent a S) tels que v = 0. On ne peut plus faire la simpli cationk Sk
precedente (on aurait11 ).
Supposons que n est positif. Si k est strictement plus grand que la position de la particule la plus a
droite de S, et envoient v sur 0. De m^eme, si kn est strictement inferieur a la positionk k+n Sk k+n
du trou le plus a gauche, et envoientv sur lui-m^eme, donc la di erence est nulle. Pourk k+n Sk k+n
lesk qui restent, on se rend compte que le nombre de sites occupes avec un site libre n cases plus loin est
plus grand (den) que le nombre de sites vides avec un site occupe n cases plus loin. Cela se veri e aussi
operatoriellement, en le constatant sur l’etat fondamental (toutes les particules a gauche), et en ecrivant
un v quelconque comme le resultat d’un produit de applique au vecteur nul. On montre ensuiteS i j
le resultat par recurrence sur le nombre de termes dans le produit a droite de [ ; ], les relationsn n
d’anticommutation permettant de faire diminuer ce nombre, et d’utiliser l’hypothese de recurrence.
De nissons maintenant les operateurs \vertex" comme suit :
0 1 0 1
n nX Xx y
@ A @ A(x) = exp ; (y) = exp (7)+ n n
n n
n1 n1
X
ket la serie generatrice (z) = z .k
k
1. Montrer que
(x) (y) = (1 xy) (y) (x): (8)+ +
2. Montrer que
1 1
(x) (z) = (1 z x) (z) (x); (9a)+ +
1(y) (z) = (1 zy) (z) (y): (9b)
Demonstration. Commen cons par calculer (dans Q<fg > [[x;y]])i i2N
2 3
n m n mX X Xx y x y
4 5 ; = [ ; ]n m n m
n m nm
n;mn1 m1
n n (10)Xx y
= 1
n
n
= log(1 xy):
Pour achever la preuve, il sut d’utiliser la relation suivante (valable pour toutes matricesA;B scalaires) :
A B [A;B] B Aexp exp = exp exp exp (11)
On peut voir ce resultat comme une version degeneree de la formule de Baker{Campbell{Hausdor , et
plus precisement comme une consequence de la formule de Zassenhaus : si [X;Y ] =cI, ce commutateur
commute avec tout le monde. On a donc (avec t = 1) exp(X +Y ) = exp(X) exp(Y ) exp( c=2) et
exp(Y +X) = exp(Y ) exp(X) exp(c=2) ce qui donne le resultat voulu en identi ant les membres de droite.
nC a se demontre aussi simplement a la main en calculant [X ;Y ] et en sommant les series exponentielles,
ou en veri ant avec X=l’operateur de derivee par rapport a xY =multiplication des fonctions par x sur
un espace de fonction, qui veri ent [ X;Y ] =I.
2
66Gr^ ace a cette identite sur les operateurs vertex, on retrouve la formule de MacMahon enumerant les
partitions planes (dans une bo^ te ab, puis non bornees) :
Demonstration.
X
jj a 1=2 1=2 1=2 b 1=2Z(q) = q =hv j (q )::: (q ) (q )::: (q )jv i: (12) + +

En utilisant les relations suivantes :
X
j = j+ (x)jv i = x jv i; (13)

(x)jv i =jv i; hv j (x) =hv j; (14) +
on montre que
a bYY 1
Z(q) = : (15)
i+j 11 q
i=1j=1
La limite a!1, b!1 donne
a bYY Y1 1
lim = : (16)
a!1 i+j 1 k k1 q (1 q )
b i=1j=1 k
2 Exercices de Jesper Lykke Jacobsen
Algebre de Temperley-Lieb (1971) : 2N 1 generateurs e , i = 1;:::; 2N 1 veri anti
p
2
e = Qe ; (17a)ii
e e e =e ; (17b)i i1 i i
e e =e e siji jj> 1: (17c)i j j i
1. Montrer qu’une representation est donneea( l’aide des operateurs Detach D et JoinJ presentesi i;i+1
dans l’expose) par :
e =c D ; i = 1;:::;N; (18a)2i 1 1 i
e =c J ; i = 1;:::;N 1; (18b)2i 2 i;i+1
et determiner les constantes c et c .1 2
2 p1 1 1 1
Demonstration. On a p D = QD = Q p D , donc c =p .i i i 1
Q Q Q Qp
2D’autre part, puisque J =J , c = Q.ij 2ij
Pour les autres relations (les relations de croisements), la representation graphique de l’algebre de
Temperley-Lieb s’avere fort pratique.

i j i j 2 J = ; J =J : (19)ij ijij
i j j

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