Una prueba fácil de que $\exp{Xt} = I \Rightarrow X = 0$

Question

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.

Answer 1

Tenemos

$$\frac{d}{dt} e^{tX} = X e^{tX},$$

por lo que si $e^{tX} \equiv I$ evaluando la derivada en $t = 0$ rinde

$$\frac{d}{dt} e^{tX}\bigl\lvert_{t=0} = X = 0.$$