Beweise [A,Bn]=nBn−1[A,B][A,Bn]=nBn−1[A,B][A,B^n] = nB^{n-1}[A,B]

Das versuche ich zu zeigen [ A , B N ] = N B N − 1 [ A , B ] wobei A und B zwei hermitesche Operatoren sind, die mit ihrem Kommutator kommutieren. Allerdings habe ich ein kleines Problem und hätte gerne einen Hinweis, wie ich weiter vorgehen soll.

Wenn A und B dann pendeln [ A , B ] = A B A − 1 B − 1 = e wo eist das Identitätselement der Gruppe.

∴ A B = B A

N = 1 ; [ A , B 1 ] = ( 1 ) B 0 [ A , B ] = e
Diese Aussage ist sicherlich richtig. jedoch weiter zu N = 2 Ich finde...

[ A , B 2 ] = A B 2 A − 1 B − 2 = A B B A − 1 B − 1 B − 1 = B B A A − 1 B − 1 B − 1

Wobei ich im letzten Schritt die Tatsache genutzt habe, dass A und B pendeln, um die Terme neu anzuordnen. Es ist jedoch klar ersichtlich, dass sich dieser letzte Begriff auch einfach auf die Identität reduziert, und für den n = 2Fall, den wir haben:

[ A , B 2 ] = e ≠ 2 B [ A , B ] = 2 B e = 2 B

Offensichtlich habe ich etwas angenommen, was ich nicht hätte haben sollen. Die Tatsache, dass es einen multiplikativen Faktor von gibt, nimpliziert, dass ich Dinge hinzufügen sollte, aber ich dachte, wenn ich es so allgemein wie möglich halte, sollte sich die Antwort einfach ergeben. Ich möchte bitte keine Antwort, nur eine Anleitung.

Ich bin verwirrt. Ist nicht [ A , B ] = A B − B A ?

Antworten (3)

Es scheint, dass die Frage (v1) dadurch verursacht wird, dass es zwei verschiedene Begriffe des Kommutators gibt :

  1. Einer für die Gruppentheorie :

    (1) [ A , B ]   :=   A B A − 1 B − 1
    (oder manchmal [ A , B ] := A − 1 B − 1 A B , je nach Konvention), die in der Physik relativ selten verwendet wird.

  2. Einer für Ringe/assoziative Algebren :

    (2) [ A , B ] := A B − B A ,
    Dies ist die in der Physik übliche Definition. (Diese letztere Definition (2) lässt sich auf einen Superkommutator in Superalgebren verallgemeinern .)

Die Identität

(*) [ A , B N ]   =   N B N − 1 [ A , B ]

gilt im letzteren Sinne (2), wenn [ [ A , B ] , B ] = 0 . (Es ist nicht notwendig zu verlangen [ A , [ A , B ] ] = 0 .) Allgemeiner gesagt, für eine hinreichend wohlerzogene Funktion F , wir haben

(**) [ A , F ( B ) ]   =   F ' ( B ) [ A , B ] ,

Wenn [ [ A , B ] , B ] = 0 .

Der Gruppenkommutator (1) ist dimensionslos, was (unter anderem) die Identität (*) unnatürlich macht, um für Gruppenkommutatoren gefordert zu werden.

Ich habe es verstanden, Sie müssen die Identität [A,BC] = [A,B]C + [B,A]C in Verbindung mit dem verwenden, was Sie oben gesagt haben. Ich bin so dumm. Danke!
Wenn [ A , B ] pendelt nicht mit B , dann geht es davor oder danach B ?
Gl. ( ∗ ) & ( ∗ ∗ ) gelten im Allgemeinen in keiner der beiden Reihenfolgen (oder sogar in Linearkombinationen davon), wenn [ A , B ] pendelt nicht mit B .
Wie beweist man [A,f(B)] = f′(B)[A,B]?
Hallo @Basheer Algohi. Gibt es eine Klasse von Funktionen F wo kann man sehen wie man das beweist?
@Qmechanic, Ja, Polynom p (A ^)
Richtig, Taylor-Erweiterung von F ist die Grundidee.

Hier ist eine andere Möglichkeit, diese Beziehung durch Induktion zu beweisen:

  1. Prüfen Sie, ob die Aussage für gilt N = 1

[ A , B 1 ] = 1 ⋅ B 1 − 1 [ A , B ] = [ A , B ]

  1. Zeigen Sie das, wenn die Formel für gilt N = k   ( ICH ) , dann gilt auch für N = k + 1 , unter Verwendung der Identität [ X , Y Z ] = [ X , Y ] Z + Y [ X , Z ]   ( ICH ICH ) und die Tatsache, dass B pendelt mit [ A , B ]   ( ICH ICH ICH )

[ A , B ( k + 1 ) ] = [ A , B k B ] = [ A , B k ] B + B k [ A , B ]   ( ICH ICH ) = k B k − 1 [ A , B ] B + B k [ A , B ]   ( ICH ) = k B k − 1 B [ A , B ] + B k [ A , B ]   ( ICH ICH ICH ) = k B k [ A , B ] + B k [ A , B ] = ( k + 1 ) B k [ A , B ] = ( k + 1 ) B ( k + 1 ) − 1 [ A , B ]

  1. Da sowohl die Basis als auch der Induktionsschritt durch mathematische Induktion durchgeführt wurden, gilt die Aussage für alle natürlichen Zahlen N . ◻

Vielleicht könnte man diesen Zusammenhang auch anders zeigen:

[ A , B N ] = [ A , B N − 1 B ] = B N − 1 [ A , B ] + [ A , B N − 1 ] B = . . .

Dann nimmst du [ A , B N − 1 ] B und wiederholen Sie den Vorgang:

[ A , B N − 1 ] B = [ A , B N − 2 B ] B = B N − 2 [ A , B ] B + [ A , B N − 2 ] B B

So B pendeln mit [ A , B ]

[ A , B N − 1 ] B = B N − 1 [ A , B ] + [ A , B N − 2 ] B 2

Wiederholen Sie für N Schritte

[ A , B N ] = B N − 1 [ A , B ] + B N − 1 [ A , B ] + . . . + B N − 1 [ A , B ] = N B N − 1 [ A , B ]

Beweise [A,Bn]=nBn−1[A,B][A,Bn]=nBn−1[A,B][A,B^n] = nB^{n-1}[A,B]
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