通过Jordan标准型进行证明

矩阵的指数运算 $e^{\mathbf{B}}$ 定义为以下形式的无穷级数：

$e^{\mathbf{B}} = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathbf{B}^k}{k!},$

证明:

$\det(e^{\mathbf{B}}) = e^{\operatorname{tr}(\mathbf{B})}$

解答如下：
任何方阵 $\mathbf{B}$ 都可以通过相似变换化为其 Jordan 标准型：

$\mathbf{B} = \mathbf{P} \mathbf{J} \mathbf{P}^{-1},$

且矩阵的相似变换不改变行列式的值

单个 Jordan 块 $\mathbf{J}_i$ 的形式为：

$\mathbf{J}_i = \begin{bmatrix} \lambda_i & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_i & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_i & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \lambda_i \end{bmatrix}.$

我们可以通过矩阵指数的定义和 Jordan 块的特殊结构来推导出 $e^{\mathbf{J}_i}$ 的表达式。以下是详细的推导过程：

当计算 $\mathbf{J}_i^k$ 时，超对角线的结构会引入系数（类似于组合数），而对角线上的 $\lambda_i^k$ 将按照普通的标量次幂增长。

令 $\mathbf{N} = \mathbf{J}_i - \lambda_i \mathbf{I}$，则：

$\mathbf{J}_i = \lambda_i \mathbf{I} + \mathbf{N},$

其中 $\mathbf{N}$ 是严格上三角矩阵，即其对角线为 0，超对角线是 1。

由于严格上三角矩阵 $\mathbf{N}$ 的性质，当其阶数为 n 时，$\mathbf{N}^n = 0$（零矩阵）。

展开 $(\lambda_i \mathbf{I} + \mathbf{N})^k$：

$\mathbf{J}_i^k = (\lambda_i \mathbf{I} + \mathbf{N})^k = \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (\lambda_i \mathbf{I})^{k-j} \mathbf{N}^j.$

由于 $\mathbf{N}^j = 0$ 当 $j \geq n$，我们只需考虑 $j < n$的项。

将 $\mathbf{J}_i^k$ 带入矩阵指数的定义：

$e^{\mathbf{J}_i} = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathbf{J}_i^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} \lambda_i^{k-j} \mathbf{N}^j.$

交换求和顺序：

$e^{\mathbf{J}_i} = \sum_{j=0}^\infty \frac{\mathbf{N}^j}{j!} \sum_{k=j}^\infty \frac{\lambda_i^{k-j}}{(k-j)!}.$

观察内层和式：

$\sum_{k=j}^\infty \frac{\lambda_i^{k-j}}{(k-j)!} = \sum_{m=0}^\infty \frac{\lambda_i^m}{m!} = e^{\lambda_i}.$

因此：

$e^{\mathbf{J}_i} = e^{\lambda_i} \sum_{j=0}^\infty \frac{\mathbf{N}^j}{j!}.$

由于 $\mathbf{N}$ 是严格上三角矩阵，其幂次具有明确结构：

• $\mathbf{N}^j$ 的对角线为零；
• 超对角线第 $j$ 条上的元素是 $\frac{1}{j!}$。

因此：

$\sum_{j=0}^\infty \frac{\mathbf{N}^j}{j!} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & \frac{1}{2!} & \cdots & \frac{1}{(n-1)!} \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & \frac{1}{(n-2)!} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{bmatrix}.$

$e^{\mathbf{J}_i} = e^{\lambda_i} \begin{bmatrix} 1 & 1 & \frac{1}{2!} & \cdots & \frac{1}{(n-1)!} \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & \frac{1}{(n-2)!} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 \end{bmatrix}.$

从结果中可以看出，$e^{\mathbf{J}_i}$ 的对角线元素都是 $e^{\lambda_i}$，而上三角部分为某些幂级数系数，但这些非对角元素不会影响行列式。

因此：

$\det(e^{\mathbf{J}_i}) = (e^{\lambda_i})^n,$

其中 $n$ 是该 Jordan 块的大小。

对于整个 Jordan 标准型矩阵 $\mathbf{J}$，$e^{\mathbf{J}}$ 由所有 Jordan 块的指数组成：

$e^{\mathbf{J}} = \begin{bmatrix} e^{\mathbf{J}_1} & & \\ & e^{\mathbf{J}_2} & \\ & & \ddots \end{bmatrix}.$

行列式的性质告诉我们：

$\det(e^{\mathbf{J}}) = \prod_i \det(e^{\mathbf{J}_i}).$

每个 $e^{\mathbf{J}_i}$ 的行列式为 $e^{\lambda_i}$ 的积，因此：

$\det(e^{\mathbf{J}}) = e^{\sum \lambda_i}.$

由于 $\operatorname{tr}(\mathbf{B}) = \sum \lambda_i$，我们得到：

$\det(e^{\mathbf{B}}) = e^{\operatorname{tr}(\mathbf{B})}.$