Expansão exponencial do operador

Question

Em minhas palestras, o professor discutiu que para operadores lineares exponenciais é $$ \exp(\lambda A + \lambda B) \neq \exp(\lambda A)\exp(\lambda B) $$ para $AB\neq BA$.

Agora eu sei que o operador exponencial tem uma definição semelhante à função exponencial. Portanto, deve haver também a noção de uma série de Taylor para operadores.

Vamos supor que $\lambda \ll 1$ de modo que podemos negligenciar $O(\lambda^3)$ mas temos que manter a segunda ordem no número real $\lambda$. Se o expoente do operador exponencial consiste em apenas um pequeno operador com a forma$$ \exp(A+\lambda B) $$ podemos então expandir para a segunda ordem em $\lambda$ de tal modo que $$ \exp(A+\lambda B)\approx \exp(A) + \exp(A)\lambda B + \frac{1}{2}\exp(A) \lambda^2 B^2 + .....? $$ Acredito que não seja o caso porque também temos $$ \exp(A)\exp(\lambda B)\approx \exp(A) (I+\lambda B + \frac{1}{2} \lambda^2 B^2 + .....) $$ que é o mesmo que acima e que contradiz $AB\neq BA$.

Também se pode aplicar a definição do operador exponencial diretamente por $$ \exp(A+\lambda B) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(A+\lambda B)^n}{n!} $$ mas não tenho certeza de como decompor o "$A$"parte (assumindo que podemos negligenciar $O(\lambda^3)$) e também como a expansão de Taylor funcionaria aplicada a esse operador sem esbarrar nessa contradição.

Desde já, obrigado!

Answer 1

A expansão real é $$\eqalign{\exp(A + \lambda B) &= \sum_{j=0}^\infty \frac{(A+\lambda B)^j}{j!}\cr &= \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^j \frac{P_{j,k}(A,B)}{j!} \lambda^k}$$ Onde $P_{j,k}$ é a soma dos produtos de $j$ fatores (em todos os pedidos) dos quais $k$ está $B$ e o outro $j-k$ está $A$. Assim, o coeficiente de$\lambda^0$ na expansão de $\exp(A+\lambda B)$ é $\exp(A)$, mas o coeficiente de $\lambda^1$ é $$ \sum_{j=1}^\infty P_{j,1}(A,B)/j! = \sum_{j=1}^\infty \sum_{i=0}^{j-1} A^i B A^{j-i-1}/j!$$ Certamente não é nada tão simples quanto $\exp(A) B$.

EDIT: Você pode escrever $$ \sum_{j=1}^\infty \sum_{i=0}^{j-1} \frac{A^i B A^{j-i-1}}{j!} = \sum_{i=0}^\infty A^i B f_i(A)$$ Onde $$f_i(x) = \sum_{j=i+1}^\infty \frac{x^{j-i-1}}{j!} = \frac{\exp(x) (i! - \Gamma(i+1,x))}{x^{i+1} i!} $$ e $\Gamma(\cdot, \cdot)$ é a função Gamma incompleta.

EDITAR: Para o coeficiente de $\lambda^2$, você deseja considerar todos os produtos com dois $B$'s. então$$ \sum_{j=2}^\infty \sum_{i=0}^{j-2} \sum_{k=0}^{j-2-i} \frac{A^i B A^k B A^{j-2-i-k}}{j!} $$

Answer 2

A maneira padrão de expandir $e^{A+\lambda B}$ é a série Dyson https://en.wikipedia.org/wiki/Dyson_series.

Darei a derivação que conheço, embora tenha certeza de que deve haver uma boa referência online que simplesmente não consegui rastreá-la:

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

portanto $${d\over d\lambda}e^{A+\lambda B}=\sum_k e^{(k-1)((A+\lambda B)/N)}{d\over d\lambda}[e^{(A+\lambda B)/N}]e^{(N-k)((A+\lambda B)/N)}$$ Estamos autorizados a fazer $N$ tão grande quanto desejarmos, e no limite, podemos expandir a derivada de primeira ordem em $1\over N$ para obter $${d\over d\lambda}[e^{(A+\lambda B)/N}]\rightarrow {d\over d\lambda}[1+{(A+\lambda B)/N}]= B/N$$ retornando tudo e indo para o limite do contínuo (soma para integral): $${d\over d\lambda}e^{A+\lambda B} = \int_0^1 e^{\tau (A+\lambda B)}Be^{(1-\tau) (A+\lambda B)} d\tau $$ Então, para o primeiro pedido em $\lambda$ :

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

Pedidos superiores são diretos, mas complicados.