Un débil inverso de $AB=BA\implies e^Ae^B=e^Be^A$ de "Topics in Matrix Analysis" para matrices de números algebraicos.

Question

Es un hecho bien conocido que si $A,B\in M_{n\times n}(\mathbb C)$ y $AB=BA$ entonces $e^Ae^B=e^Be^A.$

Lo contrario no es válido. Horn y Johnson dan el siguiente ejemplo en su Temas de análisis matricial (página 435). Dejemos que $$A=\begin{pmatrix}0&0\\0&2\pi i\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&1\\0&2\pi i\end{pmatrix}.$$ Entonces $$AB=\begin{pmatrix}0&0\\0&-4\pi^2\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}0&2\pi i\\0&-4\pi^2\end{pmatrix}=BA.$$ Tenemos $$e^A=\sum_{k=0}^{\infty}\frac 1{k!}\begin{pmatrix}0&0\\0&2\pi i\end{pmatrix}^k=\sum_{k=0}^{\infty}\frac 1{k!}\begin{pmatrix}0^k&0\\0&(2\pi i)^k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^0&0\\0&e^{2\pi i}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}.$$

Para $S=\begin{pmatrix}1&-\frac i{2\pi}\\0&1 \end{pmatrix},$ tenemos $$e^B=e^{SAS^{-1}}=Se^AS^{-1}=S\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}S^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}.$$

Por lo tanto, $A,B$ son matrices no conmutativas tales que $e^Ae^B=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=e^Be^A.$

Está claro que $\pi$ es importante en este ejemplo concreto. De hecho, los autores dicen lo siguiente.

Se sabe que si todas las entradas de $A,B\in M_n$ son números algebraicos y $n\geq 2,$ entonces $e^A\cdot e^B=e^B\cdot e^A$ si y sólo si $AB=BA.$

No se aporta ninguna prueba. ¿Cómo se puede probar eso?

Answer 1

La prueba proviene de la obra de Wermuth "Two remarks on matrix exponential" (DOI 10.1016/0024-3795(89)90554-5 )

Me parece que basta con suponer que no hay dos valores propios distintos de $A$ o $B$ difieren en un múltiplo entero de $2\pi i$ (que es verdadera si, pero no sólo si $\pi$ es trascendental con respecto a sus entradas). Por supuesto, esto es cierto si $A$ y $B$ tienen entradas algebraicas.

La idea básica es invertir de alguna manera la función exponencial, y expresar $A$ y $B$ como series de potencias (de hecho, polinomios) en sus exponenciales.

Dejemos que $m(\lambda)=\prod_j (\lambda-\lambda_j)^{\mu_j}$ sea el polinomio mínimo de $A$ . Entonces, por la suposición $e^{\lambda_j}$ son todos diferentes, así que por el teorema de interpolación de Hermite podemos encontrar un polinomio $f$ tal que para $g=f\circ \exp$ tenemos que $g(\lambda_j)=\lambda_j$ y si $\mu_j>0$ entonces $g'(\lambda_j)=1$ y $g^{(l)}(\lambda_j)=0$ para $2\leq l< \mu_j$ .

Entonces tenemos $g(A)=A$ (esta parte no la veo realmente, pero aparentemente es de conocimiento común, es probablemente un corolario del teorema de Jordan sobre la forma normal), pero $g(A)=f(e^A)$ Así que $A=f(e^A)$ y de forma similar para algún polinomio $h$ tenemos $B=h(e^B)$ Así que $AB=f(e^A)h(e^B)=h(e^B)f(e^A)=BA$ .

Answer 2

Una aproximación a grandes rasgos es la siguiente. Queremos demostrar que si $e^A$ y $A$ tienen el mismo número de valores propios, entonces $e^A$ es un polinomio en $A$ . Esto es cierto para las matrices diagonales y, por tanto, para las matrices diagonalizables. Como las matrices diagonalizables son densas, es cierto para todas las matrices.

Sin embargo, podemos evitar el argumento de la densidad. Cualquier matriz cuadrada $A$ puede escribirse de exactamente de una manera como $A=S+N$ donde $S$ y $N$ son polinomios en $A$ y $S$ es diagonalizable y $N$ es nilpotente. Utilizando la expansión en serie de $e^A$ encontramos que $$ e^A = e^D(I+N+\cdots+N^{k-1}) = e^D + M $$ con $M=e^D(N+\cdots+N^{k-1})$ . Tenga en cuenta que $M^k=0$ . Como $e^D$ y $M$ son polinomios en $A$ y $N$ son polinomios en $A$ ; también son las partes diagonalizables y nilpotentes en la descomposición de $e^A$ .

Supongamos ahora que $e^A$ y $e^B$ de la conmutación. Usando lo anterior tenemos $$ e^A = e^{D_A}+M_A,\quad e^B = e^{D_B}+M_B. $$ Entonces dos de las seis matrices aquí conmutan (porque las tres primeras matrices son polinomios en $e^A$ y los tres segundos polinomios en $e^B$ ) y por lo tanto $e^{D_A}$ y $e^{D_B}$ de viaje. Desde $e^A=e^{D_A}(I-N_A)^{-1}$ etc. vemos que eso $(I-N_A)^{-1}$ y $(I-N_B)^{-1}$ conmutan, lo que implica que $N_A$ y $N_B$ el viaje al trabajo. Así que si $D_A$ y $D_B$ son polinomios en $e^{D_A}$ y $e^{D_B}$ respectivamente, entonces $AB=BA$ . Como $D_A$ y $D_B$ son diagonalizables, estamos bien siempre que el número de valores propios distintos de $e^{D_A}$ es igual al número de valores propios distintos de $D_A$ (y lo mismo para $e^{D_B}$ y $D_B$ ).