Dejemos que $X\in \mathbb{C}^{n\times n}$ y $I$ es matriz de identidad , que si: $$ \forall t\in \mathbb{R}\quad e^{Xt} = I $$ que $$ X = 0. $$
Estoy buscando una prueba corta y hábil de esta afirmación.
La única manera que se me ocurre para demostrar esto es tomar la forma normal de Jordan de $X = SJS^{-1}$ . $J$ puede escribirse como $J = D+N$ donde $D$ es diagonal y $N$ nillpotentes (los de la superdiagonal) y $DN = ND$ así que $e^{D+N} = e^D e^N$ .
Así que queremos demostrar que si $e^{(D+N)t} = I$ que $D=N=0$ . Porque $J$ es la diagonal del bloque podemos trabajar en esos bloques por separado. Así que podemos suponer que $D = \lambda I$ y $N$ es cero o tiene unos en toda la superdiagonal.
Si estoy en lo cierto, entonces para los no nulos $N$ tenemos $$ (e^{Nt})_{ij} = \frac{t^{j-i}}{(j-i)!} \qquad i\leq j $$ cero en todos los demás lugares.
Si $N$ es distinto de cero que: $$ e^{(D+N)t}_{ij} = e^{\lambda t} \frac{t^{j-i}}{(j-i)!} \qquad i\leq j $$
Así que esto tendría que mantener $$ e^{\lambda t} \frac{t^{j-i}}{(j-i)!} = \delta_{ij} \qquad i\leq j $$ Eso no es posible así $N$ tiene que ser cero.
Si $N$ es cero, entonces obtenemos $e^{\lambda t} = 1$ . Así que $\lambda = 0$ .
No me gusta esta prueba, tiene que haber una más sencilla.
