Producto del exponencial de los operadores

Question

En el contexto de la mecánica cuántica no relativista quiero mostrar que, para cualquier $A$ y $B$ operadores

$$e^{A}e^{B}=e^{A+B} $$

si y sólo si

$$[A,B]=0$$

Recuerdo que mi profesor me habló de buscar una ecuación diferencial pero no recuerdo los detalles, y quiero poder demostrarlo. La fuerza bruta de la serie no parece ser una buena idea.

Cualquier sugerencia será apreciada gracias.

Answer 1

No hay "sólo si" porque no es cierto: \begin{align} e^{A+B} = e^A e^B \end{align} no implica necesariamente $[A,B] = 0$ .

Se puede encontrar fácilmente un ejemplo de esto usando matrices. Aquí hay uno: \begin{align} A= \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2\pi i \end{pmatrix} , B= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 2 \pi i \end{pmatrix} . \Fin $[A,B] \neq 0$ pero $e^{A+ B} = e^A e^B = I$ .

Editar: Permítanme ayudar con la parte de si, utilizando una ecuación diferencial como OP desea. Calcular \begin{align} \frac{d}{dt}(e^{t(A+B)}e^{-tA}e^{-tB}), \end{align} y demostrar que es $0$ si $[A,B] = 0$ .

Esto implica que $e^{t(A+B)}e^{-tA}e^{-tB}$ es independiente de $t$ . En particular, la introducción de $t = 0$ da $e^{t(A+B)}e^{-tA}e^{-tB} = I$ para todos $t$ . A continuación, conecte $t = 1$ para conseguir $e^{(A+B)}e^{-A}e^{-B} = I$ .

QED.

Answer 2

Definir la función $f(u)=e^{uA}e^{uB}$ . Si $A$ y $B$ puede tomar las derivadas del $f(u)$ de la siguiente manera:

$$\frac{df(u)}{du}=\frac{de^{uA}}{du}e^{uB}+e^{uA}\frac{de^{uB}}{du}=Ae^{uA} e^{uB}+e^{uA}Be^{uB}$$

$$\frac{d^2f(u)}{du^2}=A^2e^{uA} e^{uB}+2Ae^{uA}Be^{uB}+e^{uA}B^2e^{uB}$$

etc.

Ahora toma la expansión de la serie Maclaurin:

$$f(u)=1+(A+B)u+\frac{1}{2!}(A^2+2AB+B^2)u^2+\ldots=\\ =1+(A+B)u+\frac{1}{2!}(A+B)^2 u^2+\frac{1}{3!}(A+B)^3 u^3+\ldots=e^{(A+B)u}$$

Para $u=1$ se obtiene el resultado deseado:

$$f(1)=e^{A}e^{B}=e^{A+B}$$

Comprueba también esto:

Fórmula Baker-Campbell-Hausdorff

Matriz exponencial

Answer 3

Nunca he oído hablar de tratar de encontrar una ecuación diferencial para demostrar esto; sólo he hecho por la fuerza bruta la expansión de la serie. Eso no es tan malo como parece. En un lado de la ecuación se obtiene una única serie infinita con términos de $(A + B)^n$ . El otro lado de la ecuación nos da dos series infinitas multiplicadas entre sí, con términos de $A^m$ y $B^l$ . No haga ninguna suposición sobre $[A,B]$ todavía, y expanda todo hasta que tenga todos los términos que contienen $AB$ y $BA$ . Deberías encontrar que los términos constantes y los términos de orden $A$ y $B$ todo se cancela, lo que te dejará con tu condición para el conmutador.

Answer 4

Recuerde que está trabajando con operadores.

Desde

$$e^{A}e^B =(1+\frac{A}{2}+\frac{AA}{3!}+...)(1+\frac{B}{2}+\frac{BB}{3!}+...)$$

y

$$e^{A+B} =(1+\frac{A+B}{2}+\frac{(A+B)^2}{3!}+...)$$ .

Intenta emparejar los términos utilizando conmutadores.

Answer 5

La prueba (debida a Glauber, dada en Messiah) es la siguiente: considere f(x)= exp(xA)+exp(xB)

diferéncialo ---> df/dx= Aexp(xA)exp(xB)+exp(xA)exp(xB)B

                  df/dx=f(x)[exp(-xB)Aexp(xB)+B] here we have to take care of the order of operators
                  df/dx=f(x)[exp(1-xB)A(1+xB) + B]  expand exponential

df/dx=f(x)[A+x[A,B]+B]

Es fácil comprobar que la solución de esta ecuación diferencial de primer orden es una en x = 0 que viene dada por

f(x)=exp(x[A+B]+1/2*x^2[A,B])

para x=1 y [A,B] =0; se puede obtener la respuesta requerida