Si $e^A$ y $e^B$ viajar, hacer $A$ y $B$ ¿Ir al trabajo?

Question

Se sabe que si dos matrices $A,B \in M_n(\mathbb{C})$ conmutan, entonces $e^A$ y $e^B$ ir al trabajo. ¿Es cierto lo contrario?

Si $e^A$ y $e^B$ viajar, hacer $A$ y $B$ ¿Ir al trabajo?

Editar: Además, lo que ocurre en $M_n(\mathbb{R})$ ?

Nota Bene: Como corolario de los contraejemplos siguientes, deducimos que si $A$ no es diagonal, entonces $e^A$ puede ser diagonal.

Answer 1

No. Deja que $$A=\begin{pmatrix}2\pi i&0\\0&0\end{pmatrix}$$ y observe que $e^A=I$ . Sea $B$ sea cualquier matriz que no conmute con $A$ .

Answer 2

He aquí un ejemplo $\mathbb{R}$ , modelado a partir de la respuesta de Harald: dejemos $$A=\pmatrix{0&-2\pi\\ 2\pi&0}.$$ Otra vez, $e^A=I$ . Ahora elija cualquier $B$ que no se conmuta con $A$ .

Answer 3

Otro ejemplo: $$A=\pmatrix{0&-2\pi\\ 2\pi&0}, \textrm{ }B=\pmatrix{0&-2\pi\\49\cdot 2\pi&0}$$ Esto es un contraejemplo de la siguiente afirmación: $$e^{A+B}=e^Ae^B\Longrightarrow AB=BA$$ desde $$e^A=e^B=e^{A+B}=I$$ pero $$AB=4\pi^2 \pmatrix{-49&0\\ 0&-1},$$ $$BA=4\pi^2 \pmatrix{-1&0\\0&-49}.$$

Answer 4

Sólo quiero señalar una forma general (quizá no la más general) de construir infinitos contraejemplos en $M_2(\mathbb{R})$ . No es difícil de probar para un $2\times2$ matriz sin rastro $X$ tenemos

$$e^X=\cos(\sqrt{\det X})I+\frac{\sin\sqrt{\det X}}{\sqrt{\det X}}X,$$

donde $\frac{\sin 0}{0}$ debe entenderse como 1 para el segundo término. Por lo tanto, para tener $e^X=I$ solo necesitamos un poco de traceless $X$ teniendo $\det X=(2n\pi)^2,n\in\mathbb{Z/\{0\}}$ y este es un trabajo bastante fácil. La mayoría de las matrices que construyas de este modo no conmutarán entre sí. Todas las matrices dadas anteriormente $M_2(\mathbb{R})$ Los contraejemplos entran en esta categoría.

Answer 5

Yo añadiría que si $A$ y $B$ son matrices hermitianas, $[e^A,e^B] = 0$ hace implica $[A,B] = 0$ . Puede consultar esta respuesta de user8675309 .

Para decirlo en pocas palabras, los eigenspaces de $e^A$ son exactamente los de $A$ si $A$ es hermitiana. Como $[e^A, e^B] = 0$ , $e^A$ y $e^B$ tienen una base propia común. Esta base sirve como base propia común de $A$ y $B$ también. Por lo tanto, $A$ y $B$ de viaje.