Prova usando a série Taylor

Question

Atualmente estou tentando resolver um problema de mecânica quântica em que preciso provar que $e^A e^{-A} = 1$ Onde $A$é um operador e a função expoente é definida por uma série de Taylor. No entanto, estou tendo problemas para tentar provar esse fato usando a série de Taylor porque não acho que seria válido apenas adicionar os expoentes e obter 1. Comecei tentando provar$e^x e^{-x} = 1$usando expansão de Taylor e não propriedades expoentes. No entanto, estou preso em$\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{m+n}}{m!n!} (-1)^m$. Como proceder a partir daqui?

Answer 1

Na verdade, o cálculo funcional holomórfico garante que não há problema em apenas adicionar os expoentes, pelo menos enquanto$A$é um operador limitado; mais geralmente se$f$ é qualquer função holomórfica que podemos entender $f(A)$ para $A$ um operador limitado (aplicando a série de potências), e temos $f(A) g(A) = h(A)$ Onde $f(z) g(z) = h(z)$ como funções holomórficas.

Sem usar isso, podemos argumentar da seguinte forma, novamente assumindo $A$é limitado. Considerar

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

Onde $t \in \mathbb{R}$é um parâmetro real. Não é difícil mostrar que funções de$\mathbb{R}$ para uma álgebra de Banach satisfazer todas as propriedades de cálculo usuais, como a regra do produto (sendo cuidadoso com a não comutatividade) e assim por diante, e não é difícil mostrar usando a definição de série de potências que $\frac{d}{dt} e^{tA} = A e^{tA}$ (e esta propriedade, junto com a condição inicial $e^0 = 1$, caracteriza exclusivamente $e^{tA}$), então

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

então $f$ é uma constante, e $f(0) = 1$ dá $f(t) = 1$identicamente. Este argumento pode ser generalizado para mostrar que$e^A e^B = e^{A+B}$ sempre que $A, B$ comutar, considerando a derivada de $e^{tA} e^{tB} e^{-t(A+B)}$.

Se você realmente deseja fazer isso apenas usando séries de potência, a identidade que você deseja é equivalente a provar isso para cada $k$ temos

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

que é uma identidade combinatória fácil, seguindo, por exemplo, de inclusão-exclusão, ou do teorema binomial aplicado a $(1 - 1)^k$.

Answer 2

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