Formelsammlung Mathematik: Matrixexponential

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1

$AB=BA\,\Rightarrow \,\exp(A+B)=\exp(A)\cdot \exp(B)$

Beweis

$\exp(A+B)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,(A+B)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,A^{k}\,B^{n-k}$

$=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {A^{k}}{k!}}\cdot {\frac {B^{n-k}}{(n-k)!}}=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B^{k}}{k!}}\right)=\exp(A)\cdot \exp(B)$

 

Beweis, dass die Umkehrung nicht gilt

Für verschiedene $x,y\in \mathbb {R}$ setze $A={\begin{pmatrix}0&x^{2}\\-y^{2}&0\end{pmatrix}}$ und $B={\begin{pmatrix}0&y^{2}\\-x^{2}&0\end{pmatrix}}$.

Wegen $A^{2}=-(xy)^{2}\,I$ ist $A^{2k}=(-1)^{k}\,(xy)^{2k}\,I$.

Also ist $\exp(A)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{2k}}{(2k)!}}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{2k}}{(2k+1)!}}\cdot A=\cos(xy)\cdot I+{\text{sinc}}(xy)\cdot A$ und $\exp(B)=\cos(xy)\cdot I+{\text{sinc}}(xy)\cdot B$.

Wegen $AB={\begin{pmatrix}-x^{4}&0\\0&-y^{4}\end{pmatrix}}$ und $BA={\begin{pmatrix}-y^{4}&0\\0&-x^{4}\end{pmatrix}}$ sind $A$ und $B$ nicht vertauschbar.

Ist $xy=k\pi$ mit $k\in \mathbb {Z}$, so sind $\exp(A)$ und $\exp(B)$ jeweils $(-1)^{k}\cdot I$,

woraus folgt, dass $\exp(A)\cdot \exp(B)$ und $\exp(A)\cdot \exp(B)$ jeweils gleich der Einheitsmatrix sind.

$A+B={\begin{pmatrix}0&x^{2}+y^{2}\\-(x^{2}+y^{2})&0\end{pmatrix}}=\cos(x^{2}+y^{2})\cdot I+{\text{sinc}}(x^{2}+y^{2})\cdot (A+B)={\begin{pmatrix}\cos(x^{2}+y^{2})&\sin(x^{2}+y^{2})\\-\sin(x^{2}+y^{2})&\cos(x^{2}+y^{2})\end{pmatrix}}$.

Ist $x^{2}+y^{2}=2m\pi$ mit $m\in \mathbb {Z}$, so ist $\exp(A+B)=I$.

Damit sind Beispiele nicht vertauschbarer Matrizen $A,B$ konstruiert, welche auch $\exp(A+B)=\exp(A)\cdot \exp(B)=\exp(B)\cdot \exp(A)$ erfüllen.

 

2

$\exp(A)\cdot B\cdot \exp(-A)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,[A,B]_{n}$

Der Multikommutator $[A,B]_{n}$ ist dabei rekursiv definiert: $[A,B]_{0}=B\,,\,[A,B]_{n}=[A,[A,B]_{n-1}]$

Beweis (Baker-Campbell-Hausdorff-Formel)

Setze $F(z)=\exp(zA)\cdot B\cdot \exp(-zA)$.

Wegen ${\frac {d}{dz}}\exp(zA)=A\cdot \exp(zA)=\exp(zA)\cdot A$ und ${\frac {d}{dz}}\exp(-zA)=-A\cdot \exp(-zA)=-\exp(-zA)\cdot A$,

ist nach der Produktregel $F'(z)=A\cdot F(z)-F(z)\cdot A$, also $F'(z)=[A,F(z)]$.

Die Formel $F^{(n)}(z)=[A,F(z)]_{n}$ ergibt sich durch Induktion:

$F^{(n+1)}(z)=[A,F^{(n)}(z)]=[A,[A,F(z)]_{n}]=[A,F(z)]_{n+1}$

Wegen $F(0)=B$ ist $F^{(n)}(0)=[A,B]_{n}$.

Daraus ergibt sich die Potenzreihenentwicklung $F(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n!}}\,[A,B]_{n}$.

Für $z=1$ folgt daraus die Behauptung.

 

3.1

Sind $A,B$ zwei $m\times m$ Matrizen mit $\|A\|,\|B\|\leq 1$, so gilt ${\Big \|}e^{A+B}-e^{A}\cdot e^{B}{\Big \|}\leq 6e^{2}\cdot \|[A,B]\|$

Beweis (Lemma zur Trotterschen Formel)

Für ein ${\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}$ sei $S({\boldsymbol {\alpha }}):=\prod _{k=1}^{n}\left\{{\begin{matrix}A&{\text{für}}&\alpha _{k}=0\\B&{\text{für}}&\alpha _{k}=1\end{matrix}}\right\}$.

Jedes Tupel ${\boldsymbol {\alpha }}_{0}={\boldsymbol {\alpha }}$ lässt sich - zum Beispiel mit Bubblesort - in $N\,$ Schritten in das aufsteigend sortierte Tupel ${\boldsymbol {\alpha }}_{N}={\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}}$ überführen.

Dabei ist $S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})=A^{n-|{\boldsymbol {\alpha }}|}\cdot B^{|{\boldsymbol {\alpha }}|}$ und es ist immer möglich die Sortierung in weniger als $n^{2}$ Schritten durchzuführen.

Für ${\boldsymbol {\alpha }}=(1,0,1,0)$ zum Beispiel ergeben sich folgende Schritte:

${\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{0}=(1,0,1,0)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{0})=BABA\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{1}=(0,1,1,0)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})=ABBA\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{2}=(0,1,0,1)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})=ABAB\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{3}=(0,0,1,1)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{3})=AABB\end{bmatrix}}$

$S({\boldsymbol {\alpha }}_{0})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})=(BA-AB)BA\,\,,\,\,S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})=AB(BA-AB)\,\,,\,\,S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{3})=A(BA-AB)B$.

Bei jeder Differenz $S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1})$ lässt sich also der Kommutator $[A,B]$ ausklammern.

Zusammen mit der Voraussetzung $\|A\|,\|B\|\leq 1$ folgt daraus ${\big \|}S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1}){\big \|}\leq \|[A,B]\|$.

Und somit ist $\|S({\boldsymbol {\alpha }})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})\|\leq \sum _{k=0}^{N-1}\|S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1})\|\leq n^{2}\cdot \|[A,B]\|$.

$e^{A+B}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,(A+B)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}S({\boldsymbol {\alpha }})$

$e^{A}\cdot e^{B}=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B^{k}}{k!}}\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {A^{n-k}}{(n-k)!}}\cdot {\frac {B^{k}}{k!}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}A^{n-k}\,B^{k}$

$=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}A^{n-|{\boldsymbol {\alpha }}|}\,B^{|{\boldsymbol {\alpha }}|}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})$

${\Big \|}e^{A+B}-e^{A}\cdot e^{B}{\Big \|}\leq \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}\|S({\boldsymbol {\alpha }})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})\|\leq \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\cdot 2^{n}\cdot n^{2}\cdot \|[A,B]\|=6e^{2}\cdot \|[A,B]\|$.

 

3.2

$e^{t\cdot (A+B)}=\lim _{n\to \infty }\left(e^{t\cdot {\frac {A}{n}}}\cdot e^{t\cdot {\frac {B}{n}}}\right)^{n}$

Beweis (Trottersche Formel)

Setzt man $S:=\exp \left({\frac {A}{n}}+{\frac {B}{n}}\right)$ und $T:=\exp \left({\frac {A}{n}}\right)\cdot \exp \left({\frac {B}{n}}\right)$,

so ist $\|S\|\leq \exp \left({\frac {\|A\|}{n}}+{\frac {\|B\|}{n}}\right)$ und $\|T\|\leq \exp \left({\frac {\|A\|}{n}}\right)\exp \left({\frac {\|B\|}{n}}\right)$.

$S^{n}-T^{n}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-k}\,T^{k}-\sum _{k=1}^{n}S^{n-k}\,T^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot S\cdot T^{k}-\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot T\cdot T^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot (S-T)\cdot T^{k}$

$\Rightarrow \|S^{n}-T^{n}\|\leq n\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot \|S-T\|$

Für hinreichend große $n\,$ gilt $\left\|{\frac {A}{n}}\right\|\leq 1$ und $\left\|{\frac {B}{n}}\right\|\leq 1$.

Nach obigem Lemma ist daher $\|S-T\|=\left\|\exp \left({\frac {A}{n}}+{\frac {B}{n}}\right)-\exp \left({\frac {A}{n}}\right)\cdot \exp \left({\frac {B}{n}}\right)\right\|\leq 6e^{2}\cdot \left\|\left[{\frac {A}{n}},{\frac {B}{n}}\right]\right\|$.

Also ist $\|S^{n}-T^{n}\|\leq n\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot 6e^{2}\cdot {\frac {\|[A,B]\|}{n^{2}}}$, gleichbedeutend mit

$\left\|e^{A+B}-\left(e^{\frac {A}{n}}\cdot e^{\frac {B}{n}}\right)^{n}\right\|\leq 6e^{2}\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot \|[A,B]\|\cdot {\frac {1}{n}}$.

Lässt man $n\to \infty$ gehen, so folgt daraus $e^{A+B}=\lim _{n\to \infty }\left(e^{\frac {A}{n}}\cdot e^{\frac {B}{n}}\right)^{n}$.

Ersetzt man $A\mapsto t\cdot A$ und $B\mapsto t\cdot B$, so ergibt sich die Behauptung.

 

4

${\text{tr}}{\Big (}e^{A+B}{\Big )}\leq {\text{tr}}{\Big (}e^{A}\cdot e^{B}{\Big )}$

ohne Beweis (Golden-Thompson Ungleichung)