Abbiamo visto in un precedente articolo la trotterizzazione del modello $XXZ$ in una dimensione. Rimandiamo il lettore a quell’articolo per un’introduzione all’idea. In questo articolo effettuiamo la trotterizzazione di un modello simile, cioè il modello di Heisenberg con Hamiltoniana
$$H = \sum_{x,y} J_{xy} \vec{S}_x \cdot \vec{S}_y$$
In questo caso i siti $x$ e $y$ appartengono ad un reticolo arbitrario, o più genericamente ad un grafo arbitrario. Perciò, in linea di principio, l’interazione è tra tutti i siti, non solo i primi vicini. In questo caso $\vec{S}=(S^1, S^2, S^3)$ è un vettore che contiene tre operatori spin $1/2$, ovvero $S^a = \frac12 \sigma^a$ in termini delle matrici di Pauli. Ora consideriamo la trotterizzazione di questo modello.
Prima di tutto decomponiamo $H = \sum_i H_i$ dove $H_i = \sum_{x,y \in \Lambda_i} J_{xy} \vec{S}_x \cdot \vec{S}_y$ dove i $\Lambda_i$ per $i = 1,2,\ldots, M$ sono una partizione del reticolo, scelta in maniera tale che tutti i termini $h_{xy} = J_{xy} \vec{S}_x \cdot \vec{S}_y$ all’interno di ogni $H_i$ commutino l’uno con l’altro. Per un reticolo arbitrario non sappiamo quanti ne siano necessari, ma è sempre possibile (nel caso estremo possiamo separare tutte le coppie $x,y$ tali che $J_{xy} \neq 0$). Ponendo $\beta = \epsilon N$ la trotterizzazione è data da
$$e^{-\beta H} = \lim_{\epsilon \to 0} \pqty{e^{-\epsilon H_1} e^{-\epsilon H_2} \cdots e^{-\epsilon H_M} }^N$$
Inserendo una base di autostati di $S^3$ tra ogni esponenziale ne serviranno $MN$, e perciò abbiamo la rappresentazione
$$Z = \tr{\pqty{e^{-\beta H}}} = \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{\{s_{x,t}\}} \prod_{j=0}^{N-1} \prod_{i=1}^M \bra{ \{s_{x,Mj+i}\}} e^{-\epsilon H_i} \ket{ \{s_{x,Mj+i+1}\}} $$
dove la variabile $t$ è periodica in $MN$ per la traccia. In questo caso $\{s_{x,t}\}$ è una configurazione di una scelta di un valore $\pm 1/2$ per lo spin nella posizione $x$ del reticolo al “tempo immaginario” $t$. Gli autostati $\ket{ \{s_{x,t}\}}$ sono autostati di $S_x^3$ per ogni punto del reticolo $x$ al tempo $t$.
Poiché i termini all’interno di ogni $H_i$ commutano, gli elementi di matrice sono determinati dagli elementi di matrice di $e^{-\epsilon h_{xy}}$ tra gli stati di spin che vivono nei siti $(x,t)$, $(y,t)$, $(x,t+1)$, $(y,t+1)$. Questa non è una vera e propria placchetta (il reticolo non deve neanche essere necessariamente quadrato) e può anche essere molto non-locale, ma la chiamiamo comunque “placchetta” in analogia. Perciò dobbiamo calcolare gli elementi di matrice
$$\bra{ s_{x,t} s_{y,t}} e^{-\epsilon h_{xy}} \ket{ s_{x,t+1} s_{y,t+1}}$$
I $16$ elementi di matrice possono essere calcolati in maniera analoga al caso nell’articolo precedente. Possiamo riscrivere
$$h_{xy} = J_{xy} (S_x^1 S_y^1+S_x^2 S_y^2+S_x^3 S_y^3) = J_{xy} \pqty{\frac12 S_x^+ S_y^- + \frac12 S_x^- S_y^+ + S_x^3 S_y^3}$$
Perciò troviamo
$$h_{xy} \ket{++} = \frac{J_{xy}}{4} \ket{++} \quad \implies \quad h_{xy}^n \ket{++} \pqty{\frac{J_{xy}}{4}}^n \ket{++}$$
so that $e^{-\epsilon h_{xy}} \ket{++} = e^{-\epsilon J_{xy}/4} \ket{++}$. Perciò l’unico elemento di matrice non-nullo con $\ket{++}$ è quello diagonale. La stessa cosa con $\ket{–}$. Ciò non è sorprendente, perché $h_{xy}$ commuta con $S_x^3+S_y^3$, perciò lo spin totale dev’essere uguale tra lo stato iniziale e quello finale perché l’elemento di matrice sia non-nullo. Abbiamo anche
$$h_{xy} \ket{+-} = -\frac{J_{xy}}{4} \ket{+-} + \frac{J_{xy}}{2} \ket{-+}\\
h_{xy} \ket{-+} = \frac{J_{xy}}{2} \ket{+-}-\frac{J_{xy}}{4} \ket{-+}$$
e quindi in forma matriciale abbiamo, ristretto a questi stati,
$$h_{xy} \bigg\lvert_{+-} =\begin{pmatrix} -\frac{J_{xy}}{4} & \frac{J_{xy}}{2} \\ \frac{J_{xy}}{2} & -\frac{J_{xy}}{4} \end{pmatrix}$$
Possiamo quindi far calcolare l’esponenziale a Wolfram Alpha, ottenendo
$$e^{-\epsilon h_{xy}} \bigg\lvert_{+-} = e^{\epsilon J_{xy}/4} \begin{pmatrix} \cosh{(\epsilon J_{xy}/2)} & -\sinh{(\epsilon J_{xy}/2)} \\ -\sinh{(\epsilon J_{xy}/2)} & \cosh{(\epsilon J_{xy}/2)} \end{pmatrix} $$
Perciò in totale,
$$e^{-\epsilon h_{xy}} = e^{\epsilon J_{xy}/4}
\begin{pmatrix}
e^{-\epsilon J_{xy}/2} & 0 & 0 & 0 \\
0 & \cosh{(\epsilon J_{xy}/2)} & -\sinh{(\epsilon J_{xy}/2)} & 0 \\
0 & -\sinh{(\epsilon J_{xy}/2)} & \cosh{(\epsilon J_{xy}/2)} & 0 \\
0 & 0 & 0 & e^{-\epsilon J_{xy}/2}
\end{pmatrix}$$
A causa dei segni meno, nel caso antiferromagnetico $J_{xy} > 0$ avremo in generale un problema del segno. La funzione di partizione sarà data da
$$Z = \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{ \{ s_{it} \} } \prod_p W(\{S_p\})$$
dove $S_p$ è una configurazione di placchetta e il prodotto è su tutte le “placchette” $p$, ovvero su tutti i quattro siti $(x,t)$, $(y,t)$, $(x,t+1)$, $(y,t+1)$ con $J_{xy} \neq 0$. I pesi $W$ da assegnare ad ogni placchetta sono esattamente gli elementi di matrice dati sopra.