¿Puede una matriz$A$ conmutar con$e^B$ sin conmutar con$B$?

Question

Como en el título. Es posible que $[A,B]\neq0$, pero $[A,e^B]=0$? Traté de expansión de la exponencial y el uso de $[A,B^n]=\sum_k {n\choose k} B^{n-k}[A,B]B^k $ , pero esto no parece dar ninguna pista.

Estoy inclinado a pensar que la respuesta es sí, porque la suma de términos de ser $0$ es un requisito más débil que la que cada término es $0$, pero me preguntaba si hay una mejor manera de ver.

EDIT: a la luz de lisyarus respuesta, lo que si las matrices en cuestión son hermitian y valores propios?

Answer 1

Sí, esto puede suceder.

Tome $B$ a ser diagonal, con las entradas de $2\pi i k$ con diferentes $k$ (de modo que $B$ no es un escalar matriz). A continuación, $\exp B = 1$, por lo que conmuta con cualquier cosa.

Ahora, desde la $B$ no es una matriz escalar, hay algunos $A$ que no conmuta con $B$.

Answer 2

En referencia a tu pregunta en el comentario a @lisyarus, si $A,B$ son hermitian, a continuación, $\left[A,e^{B}\right]=0\Longrightarrow\left[A,B\right]=0$.

Para ver esto, observe que dos hermitian matrices conmutan iff pueden ser simultáneamente diagonalized. Por lo tanto, si $\left[A,e^{B}\right]=0$ existe un unitario $U$ tanto $U^{\dagger}AU$ e $U^{\dagger}e^{B}U$ son diagonales. Ahora

$$U^{\dagger}BU=U^{\dagger}\ln e^{B}U=\ln\left(U^{\dagger}e^{B}U\right)$$

también es diagonal y, por tanto, $\left[A,B\right]=0$. Tenga en cuenta que, de hecho,

$$B=\ln e^{B}$$

ya que en la diagonal de la base, esto se traduce a $\lambda_{i}=\ln e^{\lambda_{i}}$ donde $\lambda_{i}$ son los verdaderos valores propios. Esta falla por no hermitian matrices, porque en ese caso $\ln$ es multivalor y no inyectiva.