Regla de cadena para exponenciales matriciales

Question

Necesito ayuda para probar el siguiente teorema:

Si$M(t)$ es una matriz de funciones diferenciables$n \times n$, entonces
$$ \frac{d}{dt}\left( \exp(M(t))\right) = \frac{d}{dt}M(t) \exp(M(t)) = \exp(M(t)) M'(t) $ $ si y solo si$M(t)$ y$\frac{d}{dt} M(t)$ conmutan.

Por favor esto no es tarea. Estoy leyendo sobre la regla de la cadena para las exponenciales matriciales y la encontré.

Answer 1

Claramente Avitus no prueba nada en absoluto !

La clave es la derivada de la $f(t)=M^k$. De hecho,$f'(t)=\sum_{i=1}^k M^{i-1}M'M^{k-i}$. Si $M'$ $M$ conmuta, entonces $f'(t)=kM'M^{k-1}=kM^{k-1}M'$. $\exp$ es toda una función, entonces podemos derivar la serie asociada término por término. $(\exp(M))'=\sum_{i=1}^{\infty} (M^i/i!)'=\sum_{i=1}^{\infty}M'M^{i-1}/(i-1)!=\sum_{i=1}^{\infty}M^{i-1}/(i-1)!M'$ y hemos terminado.

Acerca de lo contrario: asumir que por cada $t$, $(\exp(M))'=M'\exp(M)=\exp(M)M'$. ¿Esto implica $M'M=MM'$ ? No sé.

EDICIÓN 1. Se supone que si $\lambda,\mu$ son distintos autovalores de a$M$,$\exp(\lambda)\not=\exp(\mu)$ ; a continuación, $B$ $M$ conmutar iff $B$ $\exp(M)$ viaje. Por lo tanto si $M$ $2i\pi$ congruencia libre (es decir, por cada $\lambda,\mu\in spectrum(M)$, $\lambda-\mu\notin2i\pi\mathbb{Z}\setminus\{0\})$, a continuación,$M'M=MM'$. Sigue el estudio de los valores de $t$ tal que $M(t)$ no $2i\pi$ congruencia libre. Por ejemplo, tener $M(t)=\begin{pmatrix}t^2&-2\pi\\2\pi&t\end{pmatrix}$. $\exp(M(0))=I_2$ conmuta con $M'(0)=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$ pero $M'(0)$ $M(0)$ no conmutan. Creo que, en general, no hay una gran cantidad de estos valores de t (aquí $t=0$); por lo tanto, si asumimos que $M'$ es continua, entonces el resultado parece ser cierto. Además, tenga en cuenta que $(\exp(M))'_{t=0}=1/2I_2$, que es el de la igualdad $(\exp(M))'=\exp(M)M'$ no está satisfecho cuando $t=0$.

EDICIÓN 2. Deje $ad(M):H\in\mathcal{M}_n:H\rightarrow MH-HM$. Entonces la derivada de $\exp$ $D(\exp(M))'(H)=\exp(M)\phi(M)H$ donde $\phi(M)=\dfrac{1-\exp(-ad(M))}{ad(M)}$. Aquí $(\exp(M))'=\exp(M)\phi(M)M'=\exp(M)M'$, lo que implica $\phi(M)(M')=M'$ $M'$ está en el subespacio propio de $\phi(M)$ asociado al autovalor $1$ (suponga $M'\not=0$). Deje $(\lambda_i)_i$ ser el espectro de $M$. A continuación, el espectro de $ad(M)$ $(\mu)_{i,j}=(\lambda_i-\lambda_j)_{i,j}$ y el espectro de $\phi(M)$$(\rho_{i,j})_{i,j}=(\dfrac{1-\exp(-\mu_{i,j})}{\mu_{i,j}})_{i,j}$. Tenga en cuenta que $\rho_{i,j}=1$ implica $\mu_{i,j}=0$ que es el caso si $i=j$ O $\mu_{i,j}\not=0$$\exp(-\mu_{i,j})=1-\mu_{i,j}$, la ecuación tiene soluciones en $\mathbb{C}$.

EDICIÓN 3. OK , la solución está dada en W. Ma ,B. Shekhtman. Hacer la cadena de reglas para la matriz de funciones de celebrar sin conmutatividad ? Lineal y multilineal álgebra.Vol. 58, 1,79-87,2010.

$(A\exp(A)-\exp(A)A)'=0=A'\exp(A)+AA'\exp(A)-\exp(A)A'A-\exp(A)A'=[A,A']\exp(A)$ implica que el $[A,A']=0$

Por otra parte $(\exp(A))'=A'\exp(A)$ no implica $[A,A']=0$. Tome $A=\begin{pmatrix}c&F(t)\\0&0\end{pmatrix}$ donde $c\not=0,\exp(c)=1+c$. Tenga en cuenta que $A'\exp(A)\not=\exp(A)A'$. El anterior contra-ejemplo es en $M_2(\mathbb{C})$ ; sin embargo, uno puede deducir un contra-ejemplo en $M_2(\mathbb{R})$.

Answer 2

para cerrar el bucle loup blanc comenzó, supongamos que el derivado está satisfecho y veamos las series de derivados de loup. Puede deslizar lentamente cada uno de los$M'$ a la derecha de la serie reemplazándolo con$M' M = M M' + [M, M']$ (verifique mis signos aquí). Finalmente, terminas con un montón de conmutadores, y como estos terminan pareciendo muy$[M, M'] ^ n$ para arbitrarios$n$, la única forma en que estos términos pueden desaparecer para arbitrarios$M$ es si$[M, M'] = 0$.

Answer 3

Os muestro la primera igualdad, para empezar.

Usando la definición

$$\frac{d\exp(M(t))}{dt}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\exp(M(t+h))-\exp(M(t))}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\exp(M(t+h)-M(t)+M(t))-\exp(M(t))}{h}=\\ \left(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\exp(M(t+h)-M(t))-1}{h}\right)\exp(M(t));$$

Utilizando la definición de derivada y la función exponencial

$$M(t+h)-M(t))=\frac{dM}{dt}h+O(h^2) $$ $$\exp(M(t+h)-M(t))=1+\frac{dM}{dt}h+O(h^2)$$

llegamos a

$$\frac{d\exp(M(t))}{dt}=\left(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\exp(M(t+h)-M(t))-1}{h}\right) \exp(M(t))=\\ \left(\lim_{h\rightarrow 0}\frac{dM}{dt}+O(h)\right) \exp(M(t))=\frac{dM}{dt}\exp(M(t)). $$