Beweis mit Taylor-Serie

Question

Ich versuche gerade, ein quantenmechanisches Problem zu lösen, bei dem ich das beweisen muss $e^A e^{-A} = 1$ wo $A$ist ein Operator und die Exponentenfunktion wird durch eine Taylorreihe definiert. Ich habe jedoch Probleme, diese Tatsache mithilfe von Taylor-Serien zu beweisen, da ich nicht glaube, dass es gültig wäre, nur die Exponenten hinzuzufügen und 1 zu erhalten. Ich habe zunächst versucht, dies zu beweisen$e^x e^{-x} = 1$unter Verwendung von Taylor-Expansion und nicht Exponenten-Eigenschaften. Ich stecke jedoch fest$\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{m+n}}{m!n!} (-1)^m$. Wie gehe ich von hier aus vor?

Answer 1

Tatsächlich garantiert der holomorphe Funktionskalkül, dass es keine Probleme gibt, nur die Exponenten zu addieren, zumindest solange$A$ist ein begrenzter Operator; allgemeiner wenn$f$ ist jede holomorphe Funktion, die wir verstehen können $f(A)$ zum $A$ einen begrenzten Operator (durch Anwenden der Potenzreihe), und wir haben $f(A) g(A) = h(A)$ wo $f(z) g(z) = h(z)$ als holomorphe Funktionen.

Ohne dies zu verwenden, können wir wie folgt argumentieren, wiederum unter der Annahme $A$ist begrenzt. Erwägen

$$f(t) = e^{tA} e^{-tA}$$

wo $t \in \mathbb{R}$ist ein echter Parameter. Es ist nicht schwer zu zeigen, dass Funktionen von$\mathbb{R}$ zu einer Banach-Algebra erfüllen alle üblichen Berechnungseigenschaften wie die Produktregel (Vorsicht vor Nichtkommutativität) und so weiter, und es ist nicht schwer, dies anhand der Potenzreihendefinition zu zeigen $\frac{d}{dt} e^{tA} = A e^{tA}$ (und diese Eigenschaft zusammen mit dem Ausgangszustand $e^0 = 1$, charakterisiert einzigartig $e^{tA}$), damit

$$\frac{df}{dt} = A e^{tA} e^{-tA} + e^{tA} (-A) e^{-tA} = 0$$

damit $f$ ist eine Konstante und $f(0) = 1$ gibt $f(t) = 1$identisch. Dieses Argument kann verallgemeinert werden, um dies zu zeigen$e^A e^B = e^{A+B}$ wann immer $A, B$ pendeln, unter Berücksichtigung der Ableitung von $e^{tA} e^{tB} e^{-t(A+B)}$.

Wenn Sie dies wirklich nur mit Potenzreihen tun möchten, ist die gewünschte Identität gleichbedeutend damit, dies für jeden zu beweisen $k$ wir haben

$$\sum_{m+n=k} {k \choose m} (-1)^m = \begin{cases} 0 \text{ if } k \ge 1 \\ 1 \text{ if } k = 0 \end{cases}$$

Dies ist eine einfache kombinatorische Identität, die sich beispielsweise aus dem Einschluss-Ausschluss oder aus dem angewendeten Binomialsatz ergibt $(1 - 1)^k$.

Answer 2

$$ e^A e^{-A} = \left( \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{m!}A^m \right) \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}(-A)^n \right) = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{m!} \frac{1}{n!} (-1)^n A^{m+n} = \{ k=m+n \} \\= \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{m!} \frac{1}{(k-m)!} (-1)^{k-m} A^{k} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \left( \sum_{m=0}^{k} {k \choose m} (-1)^{-m} \right) A^k \\= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \delta_{k,0} A^k = 1. $$