Espansione esponenziale per operatori

Question

Nelle mie lezioni, il professore ha discusso che per gli operatori lineari esponenziali lo è $$ \exp(\lambda A + \lambda B) \neq \exp(\lambda A)\exp(\lambda B) $$ per $AB\neq BA$.

Ora so che l'operatore esponenziale ha una definizione simile alla funzione esponenziale. Quindi deve esserci anche l'idea di una serie Taylor per gli operatori.

Supponiamo che $\lambda \ll 1$ tale che possiamo trascurare $O(\lambda^3)$ ma dobbiamo mantenere il secondo ordine nel numero reale $\lambda$. Se l'esponente dell'operatore esponenziale è costituito da un solo piccolo operatore con la forma$$ \exp(A+\lambda B) $$ possiamo quindi espandere al secondo ordine in $\lambda$ tale che $$ \exp(A+\lambda B)\approx \exp(A) + \exp(A)\lambda B + \frac{1}{2}\exp(A) \lambda^2 B^2 + .....? $$ Credo che non sia così perché anche noi l'abbiamo fatto $$ \exp(A)\exp(\lambda B)\approx \exp(A) (I+\lambda B + \frac{1}{2} \lambda^2 B^2 + .....) $$ che è lo stesso di sopra e che contraddice $AB\neq BA$.

Si può anche applicare la definizione dell'operatore esponenziale direttamente da $$ \exp(A+\lambda B) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(A+\lambda B)^n}{n!} $$ ma non sono sicuro di come scomporre il "$A$"parte (supponendo che possiamo trascurare $O(\lambda^3)$) e anche come funzionerebbe l'espansione di Taylor applicata a tale operatore senza incappare in quella contraddizione.

Grazie in anticipo!

Answer 1

L'espansione effettiva è $$\eqalign{\exp(A + \lambda B) &= \sum_{j=0}^\infty \frac{(A+\lambda B)^j}{j!}\cr &= \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^j \frac{P_{j,k}(A,B)}{j!} \lambda^k}$$ dove $P_{j,k}$ è la somma dei prodotti di $j$ fattori (in tutti gli ordini) di cui $k$ siamo $B$ e l'altro $j-k$ siamo $A$. Quindi il coefficiente di$\lambda^0$ nell'espansione di $\exp(A+\lambda B)$ è $\exp(A)$, ma il coefficiente di $\lambda^1$ è $$ \sum_{j=1}^\infty P_{j,1}(A,B)/j! = \sum_{j=1}^\infty \sum_{i=0}^{j-1} A^i B A^{j-i-1}/j!$$ Certamente non è niente di così semplice come $\exp(A) B$.

EDIT: Puoi scrivere $$ \sum_{j=1}^\infty \sum_{i=0}^{j-1} \frac{A^i B A^{j-i-1}}{j!} = \sum_{i=0}^\infty A^i B f_i(A)$$ dove $$f_i(x) = \sum_{j=i+1}^\infty \frac{x^{j-i-1}}{j!} = \frac{\exp(x) (i! - \Gamma(i+1,x))}{x^{i+1} i!} $$ e $\Gamma(\cdot, \cdot)$ è la funzione Gamma incompleta.

EDIT: per il coefficiente di $\lambda^2$, vuoi considerare tutti i prodotti con due $B$'S. Così$$ \sum_{j=2}^\infty \sum_{i=0}^{j-2} \sum_{k=0}^{j-2-i} \frac{A^i B A^k B A^{j-2-i-k}}{j!} $$

Answer 2

Il modo standard per espandersi $e^{A+\lambda B}$ è la serie Dyson https://en.wikipedia.org/wiki/Dyson_series.

Darò la derivazione che conosco, anche se sono sicuro che deve esserci un buon riferimento online che non riesco a rintracciarlo:

Ritenere $e^{A+\lambda B}=e^{N((A+\lambda B)/N)}= \prod_{k=1}^N e^{(A+\lambda B)/N} $

Così $${d\over d\lambda}e^{A+\lambda B}=\sum_k e^{(k-1)((A+\lambda B)/N)}{d\over d\lambda}[e^{(A+\lambda B)/N}]e^{(N-k)((A+\lambda B)/N)}$$ Ci è permesso fare $N$ grande quanto desideriamo e nel limite possiamo espandere la derivata al primo ordine in $1\over N$ ottenere $${d\over d\lambda}[e^{(A+\lambda B)/N}]\rightarrow {d\over d\lambda}[1+{(A+\lambda B)/N}]= B/N$$ restituendo tutto e andando al limite del continuum (somma all'integrale): $${d\over d\lambda}e^{A+\lambda B} = \int_0^1 e^{\tau (A+\lambda B)}Be^{(1-\tau) (A+\lambda B)} d\tau $$ Quindi al primo ordine $\lambda$ :

$e^{A+\lambda B}\sim e^A +\lambda \int_0^1 e^{\tau A}Be^{(1-\tau) A}d\tau+\cdots$

Gli ordini superiori sono semplici, ma ingombranti.