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A, B, C, D seien Operatoren.

  • Wenn
    \[A\]
    mit
    \[B\]
    vertauschbar ist, so ist auch jede Potenzreihe in
    \[A\]
    mit jeder Potenzreihe in
    \[B\]
    vertauschbar

    Beweis:
  • \[\left[\sum_{n}a_{n}A^{n},\sum_{k}b_{k}B^{k}\right]=\]


    \[\sum_{n,k}a_{n}b_{k}A^{n}B^{k}-\sum_{n,k}a_{n}b_{k}B^{k}A^{n}=\sum_{n,k}a_{n}b_{k}(A^{n}B^{k}-B^{k}A^{n})\]


    Da A und B vertauschen, kann man sukzessive jedes B nach links schieben:
    \[A^{n}B^{k}=A\cdot\cdot\cdot AABB\cdot\cdot\cdot B=A\cdot\cdot\cdot ABAB\cdot\cdot\cdot B=...=B^{k}A^{n}\]


    \[\Rightarrow \left[\sum_{n}a_{n}A^{n},\sum_{k}b_{k}B^{k}\right]=0\]


  • \[e^{C}De^{-C}=D+[C,D]+\frac{1}{2!}[C[C,D]]+\frac{1}{3!}[C[C,[C,D]]]+...\]


    Beweis:
    Man definiert sich eine Funktion
    \[F(t)=e^{tC}De^{-tC}\]
    , entwickelt diese um 0 (die ersten 3 Terme) und betrachtet sie an der Stelle 1.
    also:

    \[\frac{\partial F(t)}{\partial t}=Ce^{tC}De^{-tC}-e^{tC}DCe^{-tC}\]


    \[\frac{\partial^{2}F(t)}{\partial t^{2}}=C^{2}e^{tC}De^{-tC}-Ce^{tC}DCe^{-tC}-Ce^{tC}DCe^{-tC}+e^{tC}DC^{2}e^{-tC}\]


    \[\frac{\partial^{3}F(t)}{\partial t^{3}}=C^{3}e^{tC}De^{-tC}-C^{2}e^{tC}DCe^{-tC}-C^{2}e^{tC}DC^{2}e^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}\]

    \[-C^{2}e^{tC}DCe^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}-e^{tC}DC^{3}e^{-tC}\]


    \[\Rightarrow T[F,0](1)=D+(CD-DC)+\frac{1}{2!}(C^2D-CDC-CDC-DC^2)+\]

    \[\frac{1}{3!}(C^3D-C^2DC-C^2DC+CDC^2-C^2DC+CDC^2+CDC^2-DC^3)+...\]
  • Baker-Campbell-Hausdorff-Formel:
    Es sei
    \[[A,[A,B]]=[B,[A,B]]=0\]
    .

    Dann gilt:
    \[e^{A+B}=e^{A}e^{B}e^{-\frac{1}{2}[A,B]\]


    Beweis:
    definiere eine Operatorfunktion
    \[F(t)=e^{At}e^{Bt}\]
    dann ist

    \[\frac{\partial F(t)}{\partial t}=Ae^{At}e^{Bt}+e^{At}Be^{Bt}=(A+e^{At}Be^{-At})F(t)=(A+B+t[A,B])F(t)\]


    Im letzten Schritt wurde der Term
    \[e^{At}Be^{-At}\]
    mit obiger Formel entwickelt, der nach dem 2. Term abbricht laut Vorraussetzung.

    Also hat man eine Differentialgleichung für F.

    Als Ansatz probieren wir es mit

    \[F(t)=e^{(A+B)t+[A,B]\frac{t^2}{2}}=e^{(A+B)t}e^{[A,B]\frac{t^2}{2}}\]


    Diese Gleichung ist korrekt, da
    \[[(A+B),[A,B]]=0\]
    . Also kann man die erste Beziehung oben Anwenden (Vertauschbarkeit der Potenzreihen).

    Dieser Ansatz löst offensichtilch die Differentialgleichung. Setze
    \[t=1\]
    dann gilt:

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


    Multipliziere von rechts mit
    \[e^{-\frac{1}{2}[A,B]}\]


    Dann lautet das Ergebnis wie in der Behauptung:

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

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