Consideriamo il modello $XXZ$ quantistico in una dimensione, definito su un reticolo monodimensionale con Hamiltoniana
$$H = \sum_{i} H_{i,i+1} = \sum_{i} \bqty{J_x \pqty{S_i^x S_{i+1}^x + S_i^y S_{i+1}^y} + J_z S_i^z S_{i+1}^z -h S_i^z}$$
dove gli $S_i^a$ sono operatori di spin quantistici, che soddisfano pertanto $[S_i^a, S_j^b] = \delta_{ij} i \epsilon^{abc} S_i^{c}$. In questo articolo consideriamo il caso di spin $1/2$, e pertanto una rappresentazione esplicita degli operatori $S$ è data in termini delle matrici di Pauli, ovvero $S^a = \frac12 \sigma^a$ per $a=1,2,3$. Il modello è una generalizzazione del modello di Ising. Il termine con $h$ è un campo magnetico che tende a far allineare gli spin nella sua stessa direzione (nella base in cui $S^z$ è diagonale). Gli altri termini invece favoriscono l’allineamento / disallineamento degli spin primi vicini (in base al segno di $J_x$ e $J_z$). Poiché il modello è quantistico, i termini non commutano e quindi c’è della dinamica non banale. Si chiama $XXZ$ perché due termini hanno lo stesso coefficiente $J_x$; ponendo $J_x=J_z$ otteniamo il modello $XXX$, mentre lasciando il coefficiente di $S_i^y S_{i+1}^y$ arbitrario allora otteniamo il modello $XYZ$.
Ora procediamo a trotterizzare il modello. Ciò vuol dire che cerchiamo una rappresentazione esplicita della sua funzione di partizione
$$Z = \tr{\pqty{e^{-\beta H}}}$$
Ad esempio, questo è il primo passo per poter simulare il modello tramite metodi Monte Carlo. A tale scopo prima di tutto separiamo l’Hamiltoniana in due pezzi,
$$H = H_{\mathrm{pari}} + H_{\mathrm{dispari}}\\
H_{\mathrm{pari}} = \sum_{i\,\,\mathrm{pari}} H_{i,i+1} \quad \quad \quad \quad H_{\mathrm{dispari}} = \sum_{i\,\,\mathrm{dispari}} H_{i,i+1}$$
Lo scopo di questa riscrittura è il seguente. I due pezzi $H_{\mathrm{pari}}$ e $H_{\mathrm{dispari}}$ non commutano tra di loro, $[H_{\mathrm{pari}}, H_{\mathrm{dispari}}] \neq 0$. Tuttavia tutti i termini $H_{i,i+1}$ all’interno di $H_{\mathrm{pari}}$ commutano tra di loro perché non hanno siti in comune, perciò possiamo diagonalizzare $H_{\mathrm{pari}}$ diagonalizzando separatamente ognuno degli $H_{i,i+1}$ per $i$ pari. La stessa cosa vale per $H_{\mathrm{dispari}}$.
Mettiamo questa separazione a buon uso utilizzandola nella decomposizione di Suzuki-Trotter, che dà il nome a questo metodo, appunto la trotterizzazione:
$$e^{-\beta H} = \lim_{N \to \infty} \pqty{e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{pari}}} e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{dispari}}} }^N$$
Per semplicità di notazione scriviamo $\beta \equiv \epsilon N$ e prendiamo il limite $\epsilon \to 0$, $N \to \infty$ tenendo $\beta$ fissato. La formula può anche essere scritta nella maniera seguente:
$$e^{-\beta H} = \lim_{N \to \infty} \underbrace{\pqty{e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{pari}}} e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{dispari}}}} \pqty{ e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{pari}}} e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{dispari}}}} \cdots \pqty{ e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{pari}}} e^{-\frac{\beta}{N} H_{\mathrm{dispari}}}}}_{N\,\mathrm{volte}}$$
Ora calcoliamo la traccia inserendo una base di autostati di $S_i^z$ sull’intero reticolo in mezzo ad ognuno degli esponenziali a destra; ne serviranno $2N$. Denotiamo gli elementi di base $\ket{\{s_i \}} = \otimes_i \ket{s_i}$ e ognuno degli $\ket{s_i}$ è un autostato di $S_i^z$ con autovalore $\pm 1/2$. Poiché ci servono $2N$ tali basi, introduciamo anche un secondo indice per distinguerle, ovvero scriviamo $\ket{\{s_{it} \}}$ dove $i = 0, 1, \ldots L-1$ dove $L$ è la lunghezza del reticolo, mentre $t=1, \ldots 2N$ identifica la base. Il nome $t$ non è casuale, perché come vedremo può essere interpretato come un tempo immaginario. Perciò abbiamo
\begin{align}
Z &= \tr{\pqty{e^{-\beta H}}} =\lim_{\epsilon \to 0} \tr{\bqty{\pqty{e^{-\epsilon H_{\mathrm{pari}}} e^{-\epsilon H_{\mathrm{dispari}}} }^N}}\\
&= \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{ \{s_{i1}\}, \{s_{i2}\}, \ldots, \{s_{i, 2N-1}\}} \bra{ \{s_{i1}\}} e^{-\epsilon H_{\mathrm{pari}}} \ket{\{s_{i2}\}} \bra{\{s_{i2}\}} e^{-\epsilon H_{\mathrm{dispari}}}\ket{\{s_{i2}\}} \cdots \bra{\{s_{i,2N}\}} e^{-\epsilon H_{\mathrm{dispari}}}\ket{\{s_{i1}\}}
\end{align}
dove l’ultimo stato è uguale al primo per la traccia. Notiamo che possiamo interpretare la formula nella maniera seguente: siamo partiti da un reticolo spaziale di lunghezza $L$. Abbiamo poi spezzettato $\beta$ in $N$ parti e abbiamo quindi ottenuto un reticolo di lunghezza $2N$ in una direzione trasversale, che chiamiamo “tempo immaginario”. A questo punto la funzione di partizione $Z$ è definita su un reticolo bidimensionale di lunghezza $L \times 2N$; su ogni sito $(i,t)$ del reticolo bidimensionale vive uno spin $s_{it}$ che può prendere due valori, $\pm 1/2$.
Per procedere, dobbiamo calcolare tutti gli elementi di matrice che compaiono nella formula. Poiché però i vari termini all’interno delle Hamiltoniane pari e dispari commutano tra loro è sufficiente calcolare gli elementi di matrice di $e^{-\epsilon H_{i,i+1}}$ per un sito generico $i$. Questo elemento di matrice dipende solo dagli operatori di spin al sito spaziale $i$ e al sito spaziale $i+1$, perciò gli elementi di matrice dipenderanno soltanto dai valori assunti dagli spin nei siti $(i,t)$, $(i+1,t)$, $(i,t+1)$ e $(i+1,t+1)$, ovvero da una sola “placchetta”. Perciò l’elemento di matrice che ci interessa è
$$\bra{ s_{i,t} s_{i+1,t}} e^{-\epsilon H_{i,i+1}} \ket{ s_{i,t+1} s_{i+1,t+1}}$$
Poiché $s_{i,t}$ può assumere due valori $\pm 1/2$ allora ci saranno $16$ elementi di matrice da calcolare. Denotiamo i due stati con $\ket{+}$ e $\ket{-}$. Notiamo che possiamo riscrivere,
$$H_{i,i+1} = \frac{J_x}{2} \pqty{S_i^+ S_{i+1}^- + S_i^- S_{i+1}^+} + J_z S_i^z S_{i+1}^z – \frac{h}{2} \pqty{S_i^z+S_{i+1}^z}$$
dove $S^{\pm} = S^x \pm i S^y$ sono gli operatori scaletta. Infatti nella base che diagonalizza $S^z$ abbiamo
$$S^z \ket{\pm} = \pm \frac12 \ket{\pm} \quad \quad S^+ \ket{+}= S^{-} \ket{-}=0\\
S^+ \ket{-} = \ket{+} \quad \quad \quad S^- \ket{+} = \ket{-}$$
Con queste informazioni non è poi difficile calcolare
$$H_{i,i+1} \ket{++} = \pqty{\frac{J_z}{4}-\frac{h}{2}}\ket{++} \quad \implies \quad H_{i,i+1}^n \ket{++} = \pqty{\frac{J_z}{4}-\frac{h}{2}}^n\ket{++}$$
Perciò a questo punto è facile calcolare anche
$$e^{-\epsilon H_{i,i+1}} \ket{++}= \sum_{n=0} \frac{1}{n!} (-\epsilon)^n H_{i,i+1}^n \ket{++} = \exp{\bqty{-\epsilon \pqty{\frac{J_z}{4}-\frac{h}{2}}}} \ket{++}$$
Perciò l’unico elemento di matrice non-nullo in cui uno degli elementi è $\ket{++}$ è quello in cui anche l’altro è $\ket{++}$. Otteniamo lo stesso risultato per $\ket{–}$. Possiamo poi procedere ottenendo
$$H_{i,i+1} \ket{+-} = -\frac{J_z}{4} \ket{+-} + \frac{J_x}{2} \ket{-+}\\
H_{i,i+1} \ket{-+} = \frac{J_x}{2} \ket{+-}-\frac{J_z}{4} \ket{-+}$$
Perciò ristretto a questa base $H_{i,i+1}$ prende la forma matriciale
$$H_{i,i+1} \bigg\lvert_{+-} =\begin{pmatrix} -\frac{J_z}{4} & \frac{J_x}{2} \\ \frac{J_x}{2} & -\frac{J_z}{4} \end{pmatrix}$$
Possiamo quindi far calcolare l’esponenziale a Wolfram Alpha, ottenendo
$$e^{-\epsilon H_{i,i+1}} \bigg\lvert_{+-} = e^{\epsilon J_z/4} \begin{pmatrix} \cosh{(\epsilon J_x/2)} & -\sinh{(\epsilon J_x/2)} \\ -\sinh{(\epsilon J_x/2)} & \cosh{(\epsilon J_x/2)} \end{pmatrix} $$
Perciò in totale abbiamo gli elementi di matrice
$$e^{-\epsilon H_{i,i+1}} = e^{\epsilon J_z/4}
\begin{pmatrix}
e^{\epsilon (h-J_z)/2} & 0 & 0 & 0 \\
0 & \cosh{(\epsilon J_x/2)} & -\sinh{(\epsilon J_x/2)} & 0 \\
0 & -\sinh{(\epsilon J_x/2)} & \cosh{(\epsilon J_x/2)} & 0 \\
0 & 0 & 0 & e^{\epsilon (h-J_z)/2}
\end{pmatrix}$$
Che molti degli elementi sarebbero stati nulli avremmo anche potuto prevederlo, perché ciò è dovuto ad una simmetria. Infatti $H_{i,i+1}$ commuta con lo spin totale $S_i^z + S_{i+1}^z$ e perciò avremo elementi di matrice non-nulli solo tra stati con lo stesso spin totale. Notare questo fatto può spesso far risparmiare del lavoro.
Notiamo anche un altro fatto. Nel caso $J_x < 0$ allora l’Hamiltoniana tende ad allineare spin primi vicini, perciò l’interazione è ferromagnetica. In questo caso tutti gli elementi di matrice sono positivi. Al contrario, nel caso antiferromagnetico $J_x > 0$ alcuni elementi di matrice sono negativi; in tal caso i contributi alla funzione di partizione possono essere positivi o negativi e ciò può rendere il calcolo molto difficile. Questo problema è noto come problema del segno. In questo caso, e più in generale in reticoli bipartiti, è possibile ruotare gli spin su uno dei due sottoreticoli ($S^{x,y} \to -S^{x,y}$) e ciò ha l’effetto di rimuovere il segno; perciò in questo caso, ma non in generale, il problema del segno può essere risolto direttamente.
Concludiamo scrivendo la funzione di partizione nella sua versione finale, ovvero
$$Z = \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{ \{ s_{it} \} } \prod_p W(\{S_p\})$$
dove ora semplicemente sommiamo su tutte le configurazioni di spin nel reticolo bidimensionale. Con $p$ indichiamo le placchette; una placchetta, come abbiamo visto sopra, è un “quadratino” formato dagli spin $(i,t)$, $(i+1,t)$, $(i,t+1)$ e $(i+1,t+1)$. Come abbiamo visto, gli elementi di matrice dipendono solo dal valore degli spin in questi siti; perciò $W$ corrisponde agli elementi di matrice che abbiamo calcolato sopra.