例 7.80

依赖于

• 例 7.79

被以下题目直接调用

• 例 7.81
• 例 7.85

例 7.80

求证：若 $n$ 阶矩阵 $A,B$ 乘法可交换，则 ${\mathrm{e}}^A\cdot {\mathrm{e}}^B={\mathrm{e}}^{A+B}$。

解答

证明 设 $f(z)={\mathrm{e}}^z$，并且

$$f_p(z)=1+\frac{1}{1!}z+\frac{1}{2!}{z}^2+\cdots +\frac{1}{p!}{z}^p$$

为 $f(z)$ 的部分和。注意到 $AB=BA$，经简单的计算可知，$f_p(A)f_p(B)$ 展开后的单项包含 $f_p(A+B)$ 展开后的所有单项，且剩余单项可表示为 $\frac{A^i{B}^j}{i!j!}$ 的形式， 其中 $i+j>p$，故由例 7.79 可得

$$\begin{array}{rl}\Vert f_p(A)f_p(B)-f_p(A+B)\Vert & \le \sum _{k>p}\left(\sum _{i+j=k}\frac{\Vert A{\Vert }^i}{i!}\frac{\Vert B{\Vert }^j}{j!}\right)\\ & =\sum _{k>p}\frac{(\Vert A\Vert +\Vert B\Vert {)}^k}{k!}.\end{array}$$

由于数项级数

$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}(\Vert A\Vert +\Vert B\Vert {)}^k$$

收敛到 ${\mathrm{e}}^{\Vert A\Vert +\Vert B\Vert }$，故当 $p$ 充分大时，上式右边趋于零。令 $p\to \infty$， 则由上式即得 $\Vert f(A)f(B)-f(A+B)\Vert =0$，再次由例 7.79 可得 ${\mathrm{e}}^A\cdot {\mathrm{e}}^B={\mathrm{e}}^{A+B}$。$\square$