$M,N\in \Bbb R ^{n\times n}$ , demuestran que $e^{(M+N)} = e^{M}e^N$ dado $MN=NM$

Question

Estoy trabajando en el siguiente problema. Sea $e^{Mt} = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{M^k t^k}{k!}$ donde $M$ es un $n\times n$ matriz. Ahora demuestre que $$e^{(M+N)} = e^{M}e^N$$ dado que $MN=NM$ , es decir $M$ y $N$ de viaje.

Ahora el lado izquierdo de la igualdad deseada es $$e^{(M+N)} = I+ (M+N) + \frac{(M+N)^2}{2!} + \frac{(M+N)^3}{3!} + \ldots $$ En el lado derecho de la ecuación tenemos $$e^Me^N = \left(I + M + \frac{M^2}{2!} + \frac{M^3}{3!}\ldots\right) \left(I + N + \frac{N^2}{2!} + \frac{N^3}{3!} \ldots\right) $$ Ahora, básicamente, esto es lo más lejos que he llegado... No sé cómo calcular el producto de las dos sumas infinitas. Posiblemente tenga que expandir las potencias de la expresión de la izquierda, pero no estoy seguro de cómo hacerlo en una suma infinita... Si alguien pudiera darme una respuesta o una pista que me ayude a avanzar se lo agradecería mucho. Gracias

Answer 1

Otro enfoque que evita la tediosa manipulación término a término y la comparación término a término de las series de potencia matriciales:

Consideremos la ecuación diferencial matricial ordinaria de coeficiente constante

$dX / dt = (M + N)X; \, \text{with} \, X(0) = I; \tag{1}$

se sabe que la solución matricial única es

$X(t) = e^{(M + N)t}. \tag{2}$

A continuación, establezca

$Y(t) = e^{Mt}e^{Nt} \tag{3}$

y observemos que, por la regla de Leibnitz para las derivadas de los productos,

$dY / dt = (d(e^{Mt}) / dt) e^{Nt} + e^{Mt}(d(e^{Nt}) /dt) = Me^{Mt}e^{Nt} + e^{Mt}Ne^{Nt}, \tag{4}$

y como $MN - NM = [M, N] = 0$ también tenemos $[e^{Mt}, N] = 0$ por lo que (4) se convierte en

$dY / dt = Me^{Mt}e^{Nt} + Ne^{Mt}e^{Nt} = (M + N)e^{Mt}e^{Nt} = (M + N)Y, \tag{5}$

y evidentemente

$Y(0) = I, \tag{6}$

para que $X(t)$ y $Yt)$ satisfacen la misma ecuación diferencial con las mismas condiciones iniciales; por tanto $X(t) = Y(t)$ para todos $t$ o

$e^{(M + N)t} = e^{Mt}e^{Nt} \tag{7}$

para todos $t$ . Tomando $t = 1$ da el resultado requerido. QED

Espero que esto ayude. Adiós,

y como siempre,

¡¡Fiat Lux!!

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ \begin{align} \color{#0000ff}{\large\expo{M}\expo{N}} &= \sum_{\ell = 0}^{\infty}{M^{\ell} \over \ell!} \sum_{\ell' = 0}^{\infty}{N^{\ell'} \over \ell'!} = \sum_{\ell = 0}^{\infty}\sum_{\ell' = 0}^{\infty}{M^{\ell}N^{\ell'} \over \ell!\ell'!} \sum_{n = 0}^{\infty}\delta_{n, \ell + \ell'} \\[3mm]&= \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{\ell = 0}^{\infty}{M^{\ell} \over \ell!} \sum_{\ell' = 0}^{\infty}{N^{\ell'} \over \ell'!}\,\delta_{\ell',n - \ell} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{\ell = 0 \atop {\vphantom{\LARGE A}n - \ell\ \geq\ 0}}^{\infty} {M^{\ell} \over \ell!}\,{N^{n - \ell} \over \pars{n - \ell}!} \\[3mm]&= \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n!} \sum_{\ell = 0}^{n} {n! \over \ell!\pars{n - \ell}!}\,M^{\ell}N^{n - \ell} = \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n!} \sum_{\ell = 0}^{n}{n \choose \ell}M^{\ell}N^{n - \ell} \\[3mm]& =\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n!}\pars{M + N}^{n} = \color{#0000ff}{\large\expo{M + N}}\,,\qquad\mbox{since}\quad\bracks{M,N} = 0 \end{align}

Answer 3

Una pista.

$$(M+N)^2=M^2+MN+NM+N^2=(\text{if}~~[M,N]=0)=M^2+2MN+N^2.$$

Utilice este hecho en la expansión de $\exp(M+N)$ para llegar a la suma de monomios de la forma $M^qN^r$ con $q,r\geq 0$ y coeficientes racionales (sin $[M,N]=0$ se tendrían también monomios de la forma $N^rM^q$ !) . Para terminar la demostración hay que reunir los monomios del mismo grado en $\exp(M)\exp(N)$ donde la ordenación es clara por definición.

Answer 4

El producto de dos series (una de las cuales es absolutamente convergente) es $$\left(\sum_{n=0}^\infty a_n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty b_n\right)=\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n a_{n-k}b_{k}\right).$$ Aplicando esto a la serie, $$e^Me^N = \left(I + M + \frac{M^2}{2!} + \frac{M^3}{3!}\ldots\right) \left(I + N + \frac{N^2}{2!} + \frac{N^3}{3!} \ldots\right)\\=I+ (MI+IN)+\left(\frac{M^2}{2}I+MN+I\frac{N^2}{2}\right)+\ldots$$

Ahora compara esto con la otra suma

$$e^{(M+N)} = I+ (M+N) + \frac{(M+N)^2}{2!} + \frac{(M+N)^3}{3!} + \ldots$$