Exponencial de una matriz, función continua

Question

Tomemos el álgebra de Banach $M_n(\mathbb{C})$ y considerar la función que para una matriz $A \in M_n(\mathbb{C})$ asocia el elemento $e^A = \sum\limits_{k = 0}^{\infty}\frac{A^k}{k!}.$ ¿Esta función es continua?

Mi intento: Sé que la función "suma parcial" $S_n: M_n(\mathbb{C}) \rightarrow M_n(\mathbb{C})$ dado por $S_n(A) = \sum\limits_{k = 0}^{n}\frac{A^k}{k!}$ es continua, porque es polinómica. Si se toman matrices en una bola, por ejemplo $\{ A \in M_n(\mathbb{C}): ||A|| < K\}$ para algunos $K > 0 $ constante, entonces la suma parcial converge uniformemente a la exponencial y por el teorema del límite uniforme puedo concluir que el límite $A \mapsto e^A$ es continua en esa bola.

Answer 1

Dejemos que $p(A,B,n,m) = \displaystyle\sum_{u,v, \sum_i u_i = n,\sum_i v_i=m} \prod_{i=1} A^{u_i}B^{v_i}$ sea la suma de las diferentes permutaciones de $A^nB^m$ tal que $$(A+B)^k = \sum_{m=0}^k p(A,B,k-m,m).$$

Ahora por el propiedad multiplicativa de $\|.\|$ : $$\|p(A,B,k-m,m)\| \le \sum_{u,v, \sum_i u_i = n,\sum_i v_i=m} \|\prod_{i=1} A^{u_i}B^{v_i} \|$$ $$\le \sum_{u,v, \sum_i u_i = n,\sum_i v_i=m} \|A\|^{k-m}\|B\|^m= {k \choose m} \|B\|^m\|A\|^{k-m}$$ para que $$\|(A+B)^k-A^k\| \le \sum_{m=1}^k\|p(A,B,k-m,m)\| \le \sum_{m=1}^k{k \choose m} \|B\|^m\|A\|^{k-m} = (\|A\|+\|B\|)^k-\|A\|^k.$$

Para una función analítica $f(z) = \sum_{k=0}^\infty c_k z^k$ convergiendo para $|z| < r$ con $\|A\|+\|B\| < r $ : $$\|f(A+B)-f(A)\| \le \sum_{k=0}^\infty |c_k| \|(A+B)^k-A^k\| \le \sum_{k=0}^\infty |c_k|((\|A\|+\|B\|)^k-\|A\|^k) $$ $$= g(\|A\|+\|B\|)-g(\|A\|)$$ donde $g(z) = \sum_{k=0}^\infty |c_k|z^k$ tiene el mismo radio de convergencia $\ge r$ ,

por lo que es continua como $\|B\| \to 0$ .

Answer 2

(Esta es una versión de la respuesta de Reuns con mayor claridad).

Dejemos que $\mathcal{A}$ sea un álgebra asociativa. Dado $w=(A_1,\dots,A_n)\in\mathcal{A}^n$ definimos su producto $\operatorname{prod}(A_1,\dots,A_n)=A_1\dots A_n$ y dado $B\in\mathcal{A}$ definimos la multiplicidad de $B$ sur $w$ como $\operatorname{m}_B (A_1,\dots,A_n)=\#\{j\in\{1,\dots,n\}\mid A_j=B\}$ es decir, el número de $B$ 's en $w$ .

Dado $A,B\in\mathcal{A}$ , dejemos que

$$ p(A,B,n,m) = \sum_{\substack{w\in\{A,B\}^{n+m}\\ \operatorname{m}_A w = n \\ \operatorname{m}_B w = m}} \operatorname{prod}w $$

sea la suma de las diferentes permutaciones de $A^nB^m$ para que

$$(A+B)^k = \sum_{m=0}^k p(A,B,k-m,m).$$

Supongamos además que $\mathcal{A}$ es un álgebra normada.

Tenemos, por la propiedad multiplicativa de $\Vert\cdot\Vert$ ,

$$ \begin{align*} \|p(A,B,k-m,m)\| &=\left\lVert \sum_{\substack{w\in\{A,B\}^{k}\\ \operatorname{m}_A w = k-m \\ \operatorname{m}_B w = m}} \operatorname{prod}w \right\rVert\\ &\leq \sum_{\substack{w\in\{A,B\}^{k}\\ \operatorname{m}_A w = k-m \\ \operatorname{m}_B w = m}} \|\operatorname{prod}w\|\\ &\leq \sum_{\substack{w\in\{A,B\}^{k}\\ \operatorname{m}_A w = k-m \\ \operatorname{m}_B w = m}} \|A\|^{k-m}\|B\|^m\\ &= {k\choose m}\|A\|^{k-m}\|B\|^m; \end{align*} $$

así que

$$\|(A+B)^k-A^k\| \le \sum_{m=1}^k\|p(A,B,k-m,m)\| \\\le \sum_{m=1}^k{k \choose m} \|B\|^m\|A\|^{k-m} = (\|A\|+\|B\|)^k-\|A\|^k.$$

Ahora, dada una función analítica $f(z) = \sum_{k=0}^\infty c_k z^k$ convergiendo para $|z| < r$ y si $\mathcal{A}$ es un álgebra de Banach (es decir, un álgebra normada que también es un espacio de Banach), entonces la serie $f(A)=\sum_{k=0}^\infty c_k A^k$ converge con $A\in\mathcal{A}$ , $\|A\|< r$ ya que converge absolutamente en este caso.

Por último, para ver la continuidad de $f(A)$ , si $A,B\in\mathcal{A}$ son tales que $\|A\|+\|B\| < r $ entonces

$$\|f(A+B)-f(A)\| \le \sum_{k=0}^\infty |c_k| \|(A+B)^k-A^k\| \le \sum_{k=0}^\infty |c_k|((\|A\|+\|B\|)^k-\|A\|^k) = g(\|A\|+\|B\|)-g(\|A\|)$$ donde $g(z) = \sum_{k=0}^\infty |c_k|z^k$ converge para $|z|<r$ .

Por lo tanto, $f(A+B)\to f(A)$ como $\|B\| \to 0$ es decir, tenemos continuidad .