Dowód za pomocą serii Taylor

Question

Obecnie próbuję rozwiązać problem mechaniki kwantowej, w którym muszę to udowodnić $e^A e^{-A} = 1$ gdzie $A$jest operatorem, a funkcja wykładnika jest zdefiniowana przez szereg Taylora. Mam jednak problem z udowodnieniem tego faktu za pomocą szeregu Taylor, ponieważ nie sądzę, aby po prostu dodać wykładniki i uzyskać 1. Zacząłem od próby udowodnienia$e^x e^{-x} = 1$używając ekspansji Taylora, a nie właściwości wykładników. Jednak utknąłem na$\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{m+n}}{m!n!} (-1)^m$. Jak stąd postępować?

Answer 1

W rzeczywistości holomorficzny rachunek funkcjonalny gwarantuje, że nie ma problemu z zwykłym dodaniem wykładników, przynajmniej tak długo, jak$A$jest operatorem ograniczonym; bardziej ogólnie, jeśli$f$ to dowolna funkcja holomorficzna, którą możemy nadać sensowi $f(A)$ dla $A$ operator ograniczony (przez zastosowanie szeregu potęgowego) i mamy $f(A) g(A) = h(A)$ gdzie $f(z) g(z) = h(z)$ jako funkcje holomorficzne.

Bez tego możemy argumentować w następujący sposób, ponownie zakładając $A$jest ograniczona. Rozważać

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

gdzie $t \in \mathbb{R}$to prawdziwy parametr. Nie jest trudno pokazać, że działa z$\mathbb{R}$ do algebry Banacha spełniają wszystkie typowe właściwości rachunku różniczkowego, takie jak reguła iloczynu (uważając na nieprzemienność) i tak dalej, i nie jest trudno wykazać, używając definicji szeregu potęgowego, $\frac{d}{dt} e^{tA} = A e^{tA}$ (i ta właściwość wraz z warunkiem początkowym $e^0 = 1$, wyjątkowo charakteryzuje $e^{tA}$), więc

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

więc $f$ jest stałą i $f(0) = 1$ daje $f(t) = 1$identycznie. Ten argument można uogólnić, aby to wykazać$e^A e^B = e^{A+B}$ kiedy tylko $A, B$ dojeżdżać, biorąc pod uwagę pochodną $e^{tA} e^{tB} e^{-t(A+B)}$.

Jeśli naprawdę chcesz to zrobić za pomocą serii potęg, tożsamość, której chcesz, jest równoważna udowodnieniu tego dla każdego $k$ mamy

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

co jest łatwą tożsamością kombinatoryczną, wynikającą na przykład z włączenia-wykluczenia lub z twierdzenia dwumianowego zastosowanego do $(1 - 1)^k$.

Answer 2

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