3.9: Apéndice- Algún Álgebra de Operador Exponencial

Supongamos que el conmutador de dos operadores\(A\),\(B\)

\[ [A,B]=c, \label{3.6.50}\]

donde se\(c\) conmuta con\(A\) y\(B\), por lo general es solo un número, por ejemplo 1 o\(i\hbar\).

Entonces

\[\begin{align} [A,e^{\lambda B}] &= \left[A,1+\lambda B+ \left(\dfrac{\lambda^2}{2!} \right)B^2+ \left(\dfrac{\lambda^3}{3!}\right)B^3+\dots\right] \\[5pt] &= \lambda c+ \left(\dfrac{\lambda^2}{2!}\right)2Bc+ \left(\dfrac{\lambda^3}{3!}\right)3B^2c+\dots \\[5pt] &= \lambda ce^{\lambda B}. \label{3.6.51} \end{align}\]

Es decir, el conmutador de\(A\) con\(e^{\lambda B}\) es proporcional\(e^{\lambda B}\) consigo mismo. Eso es una reminiscencia de la simple relación de conmutación del oscilador armónico\([H,a^{\dagger}]=\hbar\omega a^{\dagger}\) que condujo directamente a la escalera de valores propios de\(H\) separados por\(\hbar\omega\). ¿Habrá una “escalera” similar de los propios estados de\(A\) en general?

Suponiendo que\(A\) (que es un operador general) tiene un estado propio\(|a\rangle\) con valor propio\(a\),

\[ A|a\rangle=a|a\rangle. \label{3.6.52}\]

Aplicando\([A,e^{\lambda B}]=\lambda ce^{\lambda B}\) al estado propio\(|a\rangle\):

\[ Ae^{\lambda B}|a\rangle=e^{\lambda B}A|a\rangle+\lambda ce^{\lambda B}|a\rangle=(a+\lambda c)|a\rangle. \label{3.6.53}\]

Por lo tanto, a menos que sea idénticamente cero, también\(e^{\lambda B}|a\rangle\) es un estado propio de\(A\), con valor propio\(a+\lambda c\). Concluimos que en lugar de una escalera de autoestados, aparentemente podemos generar todo un continuum de autoestados, ¡ya que se\(\lambda\) puede establecer arbitrariamente!

Para encontrar más identidades de operador,\(e^{-\lambda B}\) premultiplique\([A,e^{\lambda B}]=\lambda ce^{\lambda B}\) por para encontrar:

\[ \begin{align*} e^{-\lambda B}Ae^{\lambda B} &= A+\lambda[A,B] \\[4pt] &=A+\lambda c. \label{3.6.54}\end{align*}\]

Esta identidad sólo es cierta para los operadores\(A\),\(B\) cuyo conmutador\(c\) es un número. (Bueno,\(c\) podría ser un operador, siempre que todavía conmute con ambos\(A\) y\(B\)).

Nuestra siguiente tarea es establecer la siguiente identidad muy práctica, que también solo es cierta si se\([A,B]\) conmuta con\(A\) y\(B\):

\[ e^{A+B}=e^Ae^Be-\frac{1}{2}[A,B]. \label{3.6.55}\]

La prueba es la siguiente:

Prueba

Tomar\( f(x)=e^{Ax}e^{Bx}\),

\[ \begin{align*} \frac{df}{dx} &=Ae^{Ax}e^{Bx}+e^{Ax}e^{Bx}B \\[4pt] &=f(x)(e^{-Bx}Ae^{Bx}+B) \\[4pt] &=f(x)(A+x[A,B]+B). \end{align*}\]

Es fácil verificar que la solución a esta ecuación diferencial de primer orden igual a uno\(x=0\) es

\[ f(x)=e^{x(A+B)}e^{\frac{1}{2}x^2[A,B]} \nonumber\]

por lo que tomar\(x=1\) da la identidad requerida,

\[e^{A+B}=e^Ae^Be^{-\frac{1}{2}[A,B]}. \nonumber\]

\(\square\)

También se\(e^Be^A=e^Ae^Be^{-[A,B]}\) deduce que proporcionó —como siempre—que se\([A,B]\) conmuta con\(A\) y\(B\).

Colaborador

• Michael Fowler (Beams Professor, Department of Physics, University of Virginia)