Al menos podemos rastrear su efecto en virtud de un muy bien elegido.
Voy a suponer que $A$ $B$ $d\times d$ matrices de más de $\Bbb{C}$ y $A$ es positiva definida y auto-adjunto. (El caso con el campo base igual a $\Bbb{R}$ es esencialmente el mismo.)
Espectral de cálculo de la solución. Por el teorema espectral, existe una base ortonormales $v_1, \cdots, v_d$ $\Bbb{C}^d$ que consta de los vectores propios de a $A$ correspondientes a autovalores $\lambda_1, \cdots, \lambda_d$, respectivamente. Si $T(B)$ denota la integral, entonces con el estándar de producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$$\Bbb{C}^d$, tenemos
\begin{align*}
\langle v_i, T(B) v_j \rangle
&= \int_{0}^{\infty} \langle (I + xA)^{-1}v_i, B (I + xA)^{-1}v_j \rangle \, dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \langle (I + x\lambda_i)^{-1}v_i, B (I + x\lambda_j)^{-1}v_j \rangle \, dx \\
&= \langle v_i, Bv_j \rangle \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x\lambda_i)(1+x\lambda_j)} \\
&= \mu_{ij}\langle v_i, Bv_j \rangle,
\end{align*}
donde $\mu_{i,j}$ está dado por
$$ \mu_{ij} = \begin{cases}
\frac{\log \lambda_i - \log \lambda_j}{\lambda_i - \lambda_j}, & \lambda_i \neq \lambda_j \\
\frac{1}{\lambda_i}, & \lambda_i = \lambda_j
\end{casos} $$
Una forma ligeramente diferente de escribir esto es como sigue: vaya a $P_i$ ser la proyección ortogonal sobre el vector $v_i$, es decir, $P_i w = \langle v_i, w \rangle v_i$ o $P_i = |v_i \rangle\langle v_i |$ con el bra-ket de notación. Entonces
$$ T(B) = \sum_{i,j} \mu_{ij} P_i B P_j. $$
Conmutador solución. Vamos a escribir $R = (I + xA)^{-1}$$\mathcal{L}_A B = [A, B] = AB - BA$. Entonces es fácil comprobar que
$$ BR = RB + x R(\mathcal{L}_A B)R. $$
De hecho, esto sigue escribiendo $x \mathcal{L}_A B = (I+xA)B - B(I+xA)$. El uso de esta relación en repetidas ocasiones, obtenemos
$$ BR = \sum_{k=0}^{n-1} x^k R^{k+1} \mathcal{L}_{A}^{k} B + x^n R^n (\mathcal{L}_A^{k}B) R, $$
donde $\mathcal{L}_A^k$ $k$- composición del pliegue del operador $\mathcal{L}_A$. Si $x$ es lo suficientemente pequeño, se puede dejar $n\to\infty$ obtener
$$ BR = \sum_{k=0}^{\infty} x^k R^{k+1} \mathcal{L}_{A}^{k} B. $$
A continuación, para $\epsilon$ suficientemente pequeño, se puede integrar término a término para obtener
\begin{align*}
\int_{0}^{\epsilon} (1+xA)^{-1}B(1+xA)^{-1} \, dx
&= \sum_{k=0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\epsilon} x^k (1+xA)^{-k-2} \, dx \right) \mathcal{L}_{A}^{k} B \\
&= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k+1} (\epsilon^{-1} + A)^{-k-1} \mathcal{L}_{A}^{k} B.
\end{align*}
Supongamos ahora que una de las siguientes condiciones:
- $\mathcal{L}_A^k B = 0$ algunos $k$. (En particular, el caso de $k = 1$ corresponde a $AB = BA$.)
- $2\|A^{-1}\|\|A\| < 1$.
Entonces la serie converge uniformemente para todos los $\epsilon > 0$, por lo que podemos dejar a $\epsilon \to \infty$ obtener
$$\int_{0}^{\infty} (1+xA)^{-1}B(1+xA)^{-1} \, dx = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k+1} A^{-k-1} \mathcal{L}_{A}^{k} B. $$
