Baker-Hausdorff Lema de Sakurai del libro

Question

Me gustaría mostrar que, dado hermitian operadores de $A,G$ sobre un espacio de Hilbert $\mathscr{H}$, la siguiente identidad se tiene: $$ e^{iG\lambda}e^{-iG\lambda} = A + i\lambda [G,A] + \frac{\left(i\lambda\right)^2}{2!}[G,[G,A]]+\ldots+\frac{(i\lambda)^n}{n!}\underbrace{[G,[G,[G,\ldots[G}_{n\ times},]]]\ldots]+\ldots $$ donde $\lambda$ indica un parámetro real y $[\ \!,]$ indica el colector.

Esto es una prueba de la izquierda para el lector por Sakurai en sus libros sobre la Moderna Mecánica Cuántica.

Answer 1

Utilizando la definición de la serie de la exponencial:

$$ e^{iG\lambda}e^{-iG\lambda} = \sum_{p=0}^\infty\frac{(iG\lambda)^p}{p!}Un\sum_{q=0}^\infty\frac{(-iG\lambda)^p}{q!} = \sum_{p=0}^\infty\sum_{q=0}^\infty(-)^q\frac {i\lambda)^{p+q}}{p!q!}G^pAG^q=\\ \sum_{s=0}^\infty\sum_{d=0}^s(-)^d\frac {i\lambda)^s}{d!(s-d)!}G^{s-d}AG^d=\\ A+i\lambda[G,A]+\frac {i\lambda)^2}{2!}[G[G,A]]+\ldots+\frac {i\lambda)^n}{n!}\sum_{k=0}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n-k}AG^k+\ldots $$ Así que nos quedamos con la siguiente relación que tenemos para verificar, y que la prueba de la declaración: $$ \mathscr{F}(n): \sum_{k=0}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n-k}AG^k=\underbrace{[G[G[G,\ldots[G}_{n\ times},]]]\ldots]. $$ Por el procedimiento de la inducción, ya que los primeros términos que se muestran arriba son compatibles con la fórmula, tenemos que mostrar que, si $\mathscr{F}$(n) sostiene, a continuación, $\mathscr{F}$(n+1) es cierto.

Para ello vamos a explotar: $$ \underbrace{[G[G[G,\ldots[G}_{n+1\ times},]]]]\ldots] = \underbrace{[G[G[G,\ldots[G}_{n\ times}[G,A]]]\ldots] $$

La sustitución de $\mathscr{F}(n)$ rendimientos: $$ \underbrace{[G[G[G,\ldots[G}_{n+1\ times},]]]]\ldots]= \sum_{k=0}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n-k}(GA-AG)G^k =\\ \sum_{k=0}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n+1-k}AG^{k}-\sum_{k=0}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n-k}AG^{k+1}=\\ G^{n+1}AG+\sum_{k=1}^n(-)^k \binom{n}{k}G^{n+1-k}AG^{k}-\sum_{k=1}^{n}(-)^{k'-1} \binom{n}{k'-1}G^{n+1-k'}AG^{k'}+(-)^{n+1}AG^{n+1} $$ donde en el último paso hemos cambiado suma de los índices de la segunda suma, y se llevó a cabo el primer término de la primera y la última de la segunda. Ahora: $$ \binom{n}{k}+\binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k} $$ lo que da $$ \ldots=G^{n+1}AG + \sum_{k=1}^n(-)^k \binom{n+1}{k}G^{n+1-k}AG^{k} + (-)^{n+1}AG^{n+1}= \sum_{k=1}^{n+1}(-)^k \binom{n+1}{k}G^{n+1-k}AG^{k}.$$

Answer 2

Deje $A$ $B$ ser cualquiera de los dos operadores en el espacio de Hilbert $\mathscr H$, hermitian o no. Asumimos $A, B \in L(\mathscr H)$, el álgebra de Banach delimitada lineal mapas de $\mathscr H$ a sí mismo. Considere el operador lineal ecuación diferencial ordinaria

$\dfrac{dX}{d \lambda} = [B, X] \tag{1}$

con condición inicial

$X(0) = A. \tag{2}$

Observamos que

$X(\lambda) = e^{\lambda B}Ae^{-\lambda B} \tag{3}$

es la única solución de (1), (2), de (3) se deduce que

$\dfrac{dX}{d \lambda} = \dfrac{e^{\lambda B}}{d \lambda}Ae^{-\lambda B} + e^{\lambda B}\dfrac{dA}{d \lambda}e^{-\lambda B} + e^{\lambda B}A\dfrac{e^{-\lambda B}}{d \lambda} =$ $Be^{\lambda B}Ae^{-\lambda B} - e^{\lambda B}Ae^{-\lambda B}B = [B, e^{\lambda B}Ae^{-\lambda B}], \tag{4}$

donde hemos utilizado el hecho de que $dA / d \lambda = 0$ y la de Leibniz, producto de la regla de derivados en (4), y además es evidente a partir de (3)$X(0) = A$.

Estamos próximos a recordar que para cualquier $B \in L(\mathscr H)$ el adjunto lineal operador $\text{ad}_B: L(\mathscr H) \to L(\mathscr H)$ puede ser definido a través de

$\text{ad}_B(A) = [B, A] \tag{5}$

para todos los $A \in L(\mathscr H)$. Denotando por $\Vert T \Vert _L$ el operador estándar de la norma en $L(\mathscr H)$, vemos que

$\Vert \text{ad}_B(A) \Vert_L = \Vert [B, A] \Vert_L = \Vert BA - AB \Vert_L \le \Vert BA \Vert_L + \Vert AB \Vert_L$ $\le \Vert B \Vert_L \Vert A \Vert_L + \Vert A \Vert_L \Vert B \Vert_L = 2 \Vert B \Vert_L \Vert A \Vert_L, \tag{6}$

lo que muestra que

$\Vert \text{ad}_B \Vert_L \le 2 \Vert B \Vert_L, \tag{7}$

es decir, que $\text{ad}_B \in L(\mathscr H)$ es en sí mismo un delimitada lineal operador de la norma en la mayoría de las $2\Vert B \Vert_L$. Además, hemos

$\text{ad}_B^2(A) = \text{ad}_B (\text{ad}_B(A)) = \text{ad}_B([B, A]) = [B, [B, A]], \tag{8}$

$\text{ad}_B^3(A) = \text{ad}_B (\text{ad}_B^2(A)) = \text{ad}_B([B, [B, A]]) = [B, [B, [B, A]]], \tag{9}$

y así sucesivamente:

$\text{ad}_B^n(A) = [B, [B, [B, . . . [B, A]]] . . . ], \tag{10}$

donde el operador $\text{ad}_B = [B, \cdot]$ se produce un total de $n$ veces en el lado derecho de (10). Vemos que, de hecho, (1) puede ser escrita en términos de $\text{ad}_B$

$\dfrac{dX}{d \lambda} = \text{ad}_B(X). \tag{11}$

Ahora establecer

$Y(\lambda) = A + \lambda [B, A] + \dfrac{\lambda^2}{2!}[B, [B, A]]$ $+ \ldots + \dfrac{\lambda^n}{n!}\underbrace{[B, [B, [B, \ldots [B}_{n \; \text{times}}, A]]]] \ldots ] + \ldots; \tag{12}$

a partir de lo anterior, podemos ver que $Y(\lambda)$ puede ser escrito

$Y(\lambda) = A + \lambda \text{ad}_B(A) + \dfrac{\lambda^2}{2!} \text{ad}_B^2(A) + \ldots + \dfrac{\lambda^n}{n!} \text{ad}_B^n(A) + \ldots$ $= \sum_0^\infty \dfrac{\lambda^n}{n!}\text{ad}_B^n(A) + \ldots = e^{\lambda \text{ad}_B}(A); \tag{13}$

dado por (7) $\text{ad}_B$ es un operador acotado en $L(\mathscr H)$, todas las series que ocurren por encima de converge absoluta y uniformemente en compacta para todas las $\lambda \in \Bbb R$, de hecho para todos los $\lambda \in \Bbb C$. Así tenemos, exactamente como en el caso de las ordinarias del cálculo, de la que el derivado $Y'(\lambda)$ está dado por

$\dfrac{dY}{d\lambda} = \text{ad}_B(e^{\lambda \text{ad}_B}(A)) = [B, e^{\lambda \text{ad}_B}(A)], \tag{14}$

y además

$Y(0) = A, \tag{15}$

que sigue trivialmente a partir de (12) y (13). Comparar (1), (2), (11), (14) y (15), podemos ver que $X(\lambda)$$Y(\lambda)$, satisfactorio como lo hacen la misma educación a distancia con las mismas condiciones iniciales, debe, por su singularidad, etc. ser idéntico para todos $\lambda$: $X(\lambda) = Y(\lambda)$. Usando (3) y (12), (13) así vemos que

$e^{\lambda B}Ae^{-\lambda B} = e^{\lambda \text{ad}_B}(A)$ $= A + \lambda [B, A] + \ldots + \dfrac{\lambda^n}{n!}\underbrace{[B, [B, [B, \ldots [B}_{n \; \text{times}}, A]]]] \ldots ] + \ldots; \tag{16}$

si ahora nos set $B = iG$ obtenemos

$e^{i\lambda G}Ae^{-i\lambda G} = e^{i\lambda \text{ad}_G}(A)$ $= A + i\lambda [G, A] + \ldots + \dfrac{(i\lambda)^n}{n!}\underbrace{[G, [G, [G, \ldots [G}_{n \; \text{times}}, A]]]] \ldots ] + \ldots, \tag{17}$

donde hemos utilizado el hecho de que $\text{ad}_{iG} = i\text{ad}_G$, consecuencia de la linealidad de la abrazadera de $[G, A]$ en cada una de sus variables $A, G$. La ecuación (17) es el resultado deseado. QED.

Nota: La técnica utilizada aquí, que se basa en la unicidad de las ecuaciones diferenciales ordinarias, es similar en espíritu a la que se utiliza en mis respuestas a varias preguntas; en particular ver este y este.

Otra Nota: Un par de interesantes fórmulas relacionados con los anteriores: $[B, e^{\lambda B}Ae^{-\lambda B}] = e^{\lambda B}[B, A]e^{-\lambda B}$$A = e^{-\lambda B} e^{\lambda \text{ad}_B(A)} e^{\lambda B}$.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista,

y como siempre,

Fiat Lux!!!