问题及解答

(i) 设 $A\in M(n,\mathbb{R})$, 证明级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{A^n}{n!}$ 是绝对收敛的. 我们一般记为 $e^A$. 证明 $\|e^A\|\leqslant e^{\|A\|}$.

(ii) 证明, 若 $AB=BA$, 则有 $e^{A+B}=e^A e^B=e^B e^A$. 从而有 $(e^A)^{-1}=e^{-A}$, 也即 $e^A\in GL(n,\mathbb{R})$.

更一般的, 当 $[A,B]=\lambda I_n$ 时, $e^A e^B=e^B e^A e^{[A,B]}$. 详见问题881.

(iii) 证明: $e^{(\cdot)}:\ M(n,\mathbb{R})\rightarrow GL(n,\mathbb{R})$ 是解析的.

(iv) 利用隐函数定理证明映射 $A\mapsto e^A$ 在零矩阵附近有惟一的逆. 将此逆映射记为 $A\mapsto\log A$, 并注意到 $\log I_n=0$.

(v) 证明: 若 $\|I_n -A\| < 1$, 则函数 $\log A$ 由下面的绝对收敛级数给出:
\[
\log A=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(A-I_n)^n.
\]

(vi) 若 $\|I_n -A\| < 1$, $\|I_n -B\| < 1$, 并且 $AB=BA$, 证明
\[
\log (AB)=\log A+\log B,
\]
特别的, $\log A^{-1}=-\log A$.

更一般的, 我们有下面的结论

Claim1. 对每个实 $n$ 阶方阵 $A$, 若 $A$ 的特征值均是正的, 则 $A$ 有实的对数矩阵 $\log A$. 即存在实矩阵 $X$, s.t. $e^X=A$. 进一步的, 若 $X$ 的特征值 $\xi$ 满足 $-\pi < Im(\xi) < \pi$, 则 $X$ 是惟一的.

Claim2. 在相同条件下, $A$ 有一个实的平方根, 即存在实矩阵 $X$, s.t. $X^2=A$. 并且, 若 $X$ 的特征值 $\lambda=\rho e^{i\theta}$ 满足 $-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$, 则 $X$ 是惟一的.

(i) 考虑函数项级数 $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}$, 易见其在整个 $\mathbb{R}$ 上绝对收敛, 并且和函数是 $e^x$. 自然的, 我们考虑
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{A^n}{n!}
\]
并形式上将它记作 $e^A$. 事实上, 这个级数的确也是绝对收敛的. 这是因为
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\left\|\frac{A^n}{n!}\right\|\leqslant\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\|A\|^n}{n!}
\]
同时, 我们也得到了 $e^A$ 范数的估计.
\[
\|e^A\|\leqslant\sum_{n=0}^{\infty}\left\|\frac{A^n}{n!}\right\|\leqslant\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\|A\|^n}{n!}=e^{\|A\|}.
\]

(ii) 由于级数 $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{A^n}{n!}$ 是绝对收敛的, 因此两个这样的级数可以相乘,
\[
\begin{split}
e^A\cdot e^B&=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{A^n}{n!}\cdot \sum_{m=0}^{+\infty}\frac{B^m}{m!}\\
&=\sum_{k=0}^{+\infty}\biggl(\sum_{n+m=k}\frac{A^n B^m}{n!\cdot m!}\biggr)\\
&=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}\biggl(\sum_{n+m=k}\binom{k}{n}A^n B^m\biggr)\\
&=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}(A+B)^k\\
&=e^{A+B}
\end{split}
\]
注意, 这里倒数第二个等号用到了 $AB=BA$. 另外, 特别的,
\[
e^{A}\cdot e^{-A}=e^{A-A}=I_n,
\]
所以 $e^{A}$ 可逆, 且 $(e^A)^{-1}=e^{-A}$.

Remark: 更一般的, 当 $[A,B]=\lambda I_n$ 时, $e^A e^B=e^B e^A e^{[A,B]}$. 详见问题881.

(iii) $F: A\mapsto e^A$ 是解析的.

映射 $F:\ A\rightarrow e^A$ 的切映射 $dF$ 在 $A=O$ 处等于 $I_n$. 事实上

\[
e^A-e^O=A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\cdots
\]

因此, 若 $A$ 可逆, 则

\[
A^{-1}(e^A-e^O)=I_n+\frac{A}{2!}+\frac{A^2}{3!}+\cdots
\]

令 $\|A\|\rightarrow 0$, 从而得到 $dF|_{A=O}=I_n$.

根据反函数定理, 在 $A=0$ 的某个邻域内, $F^{-1}$ 存在惟一.

(v)

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\biggl\|\frac{(-1)^{n-1}}{n}(A-I_n)^n\biggr\|\leq\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\|A-I_n\|^n
\]

由于 $\|A-I_n\| <1$, 故上面右端级数收敛, 而原级数也是收敛的.(因为可以看成是 $n^2$ 个数项级数, 每一项取绝对值后的级数的和有上界, 故绝对收敛.)

这个实际上是 $\log(1+x)$ 在 $|x| < 1$ 展开成幂级数在矩阵上的推广. 回忆

\[
\log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}+\cdots
\]

当 $x\in (-1,1)$ 时绝对收敛. 收敛域为 $(-1,1]$.

自然考虑关于 $n$ 阶方阵 $A$ 的形式幂级数

\[
\log(I_n+A)=A-\frac{A^2}{2}+\frac{A^3}{3}+\cdots+(-1)^{n+1}\frac{A^n}{n}+\cdots
\]

上面已经说明, 当 $\|A\| < 1$ 时, 级数收敛.

由于 $e^{\log x}=x$, 当然我们认为 $e^{\log A}=A$ 也应该成立.

Lem. 设 $A$ 是 $n$ 阶方阵, $\|A\| < 1$. 令 $B=\log(I_n+A)$, 则 $e^B=I_n+A$.

Pf. 只要证明 $e^{\log(I_n+tA)}=I+tA$ 对所有满足 $\|tA\| < 1$ 的 $t$ 成立即可.

注意到这个关于 $t$ 的方程在 $t=0$ 时成立. 我们只要证明它们在 $t=0$ 处的导数是相同的即可.

为此, 考虑映射 $t\mapsto I_n+tA$ 与 $t\mapsto e^{\log(I_n+tA)}$, 容易证明它们在 $t=0$ 处的导数均为 $A$. (Hint: 对于第二个映射, 考虑展开即可.)

(vi) 对于满足 $\|I_n-A\| < 1$, $\|I_n-B\| < 1$ 的两个 $n$ 阶矩阵 $A,B$, 可以定义 $\log A$, $\log B$.

\[
AB=BA\Rightarrow\log A\cdot\log B=\log B\cdot\log A\Rightarrow e^{\log A+\log B}=e^{\log A}\cdot e^{\log B}=AB
\]

因此 $\log (AB)=\log A+\log B$. 特别的, 令 $B=A^{-1}$, 得 $\log A^{-1}=-\log A$. 注意

\[
\|I-A^{-1}\|=\|A^{-1}(A-I_n)\|\leq \|A^{-1}\|\cdot\|I_n-A\|
\]

不一定小于 1, 但可以通过 scaling 使得小于 1, 从而有定义.

Question. 能否直接推出

\[
\|I_n-AB\| < 1
\]

从而 $\log (AB)$ 在我们这里也是有定义的.