Una prueba de $=e^{A+B}=e^{A}e^{B}$ usando ODEs

Question

Quiero demostrar que $=e^{A+B}=e^{A}e^{B}$ para las matrices conmutativas $A,B$ utilizando ecuaciones diferenciales. He encontrado una prueba aquí: LINK

La prueba es la siguiente:

Dada una matriz cuadrada $M$ la función $X(t):=e^{tM}$ es el único solución de la ecuación diferencial lineal: $X'=MX$ y $X(0)=I$ .

Ahora, ponte $X(t):=e^{tA}e^{tB}$ y observar que los factores conmutan con entre sí, así como que conmutan con $A$ y $B$ . De ello se desprende que $$X'(t)=Ae^{tA}e^{tB}+e^{tA}Be^{tB}=(A+B)e^{tA}e^{tB}=(A+B)X(t).$$ Y como $X(0)=e^0e^0=I$ se deduce de la unicidad anterior que $$X(t)=e^{tA}e^{tB}=e^{t(A+B)}\qquad\forall t\in\mathbb{R}.$$ Set $t:=1$ para obtener la fórmula deseada.

¿Puede alguien explicarme cómo el autor de esta prueba pasa de $(A+B)X(t)$ a $X(t)=e^{tA}e^{tB}=e^{t(A+B)}$

¿Qué se entiende por "se deduce de la unicidad"?

Answer 1

La conmutatividad de $A,B$ con los respectivos exponenciales da la penúltima igualdad. Entonces se establece $M=A+B$ y por el reclamo original, este $X$ es la única solución de $X'=MX=(A+B)X, X(0)=I$ para que $X=e^{t(A+B)}$ pero, por suposición, ya habíamos establecido $X=e^{tA}e^{tB}$ .

Answer 2

El teorema de Picard-Lindelöf te da que, para $M\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R}),$ el problema de Cauchy $X'=MX, X(0)=\mathrm{Id}_n$ tiene una solución única $X:\mathbb{R}\to\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ . Usted demuestra en su prueba que ambos $t\mapsto e^{t(A+B)}$ y $t\mapsto e^{tA}\cdot e^{tB}$ son soluciones, y por unicidad se da $$\forall t\in\mathbb{R},e^{t(A+B)}=e^{tA}\cdot e^{tB}.$$ Entonces para $t=1$ que se obtiene, de hecho, su relación.

Answer 3

El autor comprueba $X(t)$ satisface la ecuación diferencial $$X'(t) =(A+B)X(t)$$ con la condición inicial $X(0)=I$ .

Ahora el teorema citado afirma que, fijando $M = A+B$ esta ecuación diferencial tiene una solución única, que es $$X(t)=X(0)\mathrm e^{tM}=I\mathrm e^{tM}=\mathrm e^{t(A+B)}.$$