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<title>BCHの公式の一次近似</title>
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<header id="title-block-header">
<h1 class="title">BCHの公式の一次近似</h1>
<p class="author">SternGerlach</p>
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<p><a href="./index.html">ホームに戻る</a></p>
<h1 id="このページについて">このページについて</h1>
<p>BCH (Baker-Campbell-Hausdorff)の公式の一次近似が、<a
href="https://www.researchgate.net/publication/288975577">こちらの論文</a>で証明されていたので、順に追ってみます。</p>
<h2 id="bchの公式">BCHの公式</h2>
<p>ある行列<span class="math inline">\(\mathbf{A}\)</span>、<span
class="math inline">\(\mathbf{B}\)</span>について、次のような関係が成り立つ。
この関係は、BCH (Baker-Campbell-Hausdorff)の公式とよばれている。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(\mathbf{B})) &=& \mathbf{A} +
\mathbf{B}
+ \frac{1}{2} [\mathbf{A}, \mathbf{B}]
+ \frac{1}{12} [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]]
- \frac{1}{12} [\mathbf{B}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]]
+ \cdots
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p><span
class="math inline">\(\exp\)</span>は行列指数関数であり、次のように定義される。</p>
<p><span class="math display">\[
\exp(\mathbf{A}) = \mathbf{I} + \mathbf{A} + \frac{1}{2!} \mathbf{A}^2
+ \frac{1}{3!} \mathbf{A}^3 + \cdots
= \sum_{n = 0}^\infty \frac{\mathbf{A}^n}{n!}
\]</span></p>
<p>また、<span class="math inline">\([\mathbf{A},
\mathbf{B}]\)</span>はリー括弧積 (Lie
bracket)であり、次のように定義される。</p>
<p><span class="math display">\[
[\mathbf{A}, \mathbf{B}] = \mathbf{A} \mathbf{B} - \mathbf{B}
\mathbf{A}
\]</span></p>
<h2 id="bchの公式の一次近似">BCHの公式の一次近似</h2>
<p>上式において、<span
class="math inline">\(\mathbf{B}\)</span>に線形な項だけを考えると、以下の近似式が成り立つ。
<a
href="https://iopscience.iop.org/article/10.1088/0305-4470/22/21/018">こちらの論文</a>と、<a
href="http://asrl.utias.utoronto.ca/~tdb/bib/barfoot_ser17.pdf">こちらのテキスト</a>を参照。</p>
<p><span class="math display">\[
\ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(\mathbf{B}))
\approx \mathbf{A} + \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{B_n^-}{n!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_{n} \mathbf{B}] \cdots ]]]
\]</span></p>
<p>上式において、<span
class="math inline">\(B_n^-\)</span>はベルヌーイ数であり、次のように定義される。</p>
<p><span class="math display">\[
B_0^- = 1, B_1^- = -\frac{1}{2}, B_2^- = \frac{1}{6},
B_3^- = 0, B_4^- = -\frac{1}{30}, B_5^- = 0, \cdots
\]</span></p>
<p>これらは次のように、関数のテイラー展開の係数となっている。</p>
<p><span class="math display">\[
\frac{z}{e^z - 1} = \sum_{n = 0}^\infty \frac{B_n^- z^n}{n!}
\]</span></p>
<p><a
href="https://www.researchgate.net/publication/288975577">こちらの論文</a>では、上記の近似式が導出されており、それをいまから追ってみる。</p>
<h2 id="下準備">下準備</h2>
<p>最初に、スカラー<span class="math inline">\(t\)</span>の関数<span
class="math inline">\(\mathbf{W}(t)\)</span>を考え、行列<span
class="math inline">\(\mathbf{A}\)</span>、<span
class="math inline">\(\mathbf{B}\)</span>について、次の関係が成り立っているとする。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\exp(\mathbf{W}(t)) &=& \exp(\mathbf{A}) \exp(t \mathbf{B})
\\
\mathbf{W}(t) &=& \ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(t \mathbf{B}))
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p><span
class="math inline">\(\mathbf{W}(t)\)</span>は次のように、項<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>の総和として表されるとする。 <span
class="math inline">\(\mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>は、<span
class="math inline">\(\mathbf{A}\)</span>と<span
class="math inline">\(\mathbf{B}\)</span>を合計で<span
class="math inline">\(n\)</span>個含むような項を、まとめたものである。</p>
<p><span class="math display">\[
\mathbf{W}(t) = \sum_{n = 0}^\infty \mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})
\]</span></p>
<p>この定義から、次が得られる。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\exp(\mathbf{A}) \exp(t \mathbf{B})
&=& \exp \left( \sum_{n = 0}^\infty \mathbf{F}_n(\mathbf{A},
t \mathbf{B}) \right) \\
\ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(t \mathbf{B}))
&=& \sum_{n = 0}^\infty \mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>ただし、行列の対数<span
class="math inline">\(\ln(\mathbf{X})\)</span>は以下のように定義される。</p>
<p><span class="math display">\[
\ln(\mathbf{X}) = \left( \mathbf{X} - \mathbf{I} \right)
- \frac{1}{2} \left( \mathbf{X} - \mathbf{I} \right)^2
+ \frac{1}{3} \left( \mathbf{X} - \mathbf{I} \right)^3 + \cdots
= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}}{n} \left( \mathbf{X} -
\mathbf{I} \right)^n
\]</span></p>
<p><span class="math inline">\(\mathbf{X}\)</span>に<span
class="math inline">\(\exp(\mathbf{A})
\exp(\mathbf{B})\)</span>を代入して、<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>を計算してみると、次のようになる。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\mathbf{F}_0(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) &=& \mathbf{0} \\
\mathbf{F}_1(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) &=& \mathbf{A} + t
\mathbf{B} \\
\mathbf{F}_2(\mathbf{A}, t \mathbf{B})
&=& \frac{1}{2} t \left( \mathbf{A} \mathbf{B} - \mathbf{B}
\mathbf{A} \right)
= \frac{1}{2} t [\mathbf{A}, \mathbf{B}] \\
\mathbf{F}_3(\mathbf{A}, t \mathbf{B})
&=& \frac{1}{12} t \left( \mathbf{A}^2 \mathbf{B} - 2
\mathbf{A} \mathbf{B} \mathbf{A}
+ t \mathbf{A} \mathbf{B}^2 + \mathbf{B} \mathbf{A}^2
- 2 t \mathbf{B} \mathbf{A} \mathbf{B} + t \mathbf{B}^2 \mathbf{A}
\right) \\
&=& \frac{1}{12} t [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]]
- \frac{1}{12} t^2 [\mathbf{B}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]] \\
\mathbf{F}_4(\mathbf{A}, t \mathbf{B})
&=& \frac{1}{24} t^2 \left( \mathbf{A}^2 \mathbf{B}^2
- 2 \mathbf{A} \mathbf{B} \mathbf{A} \mathbf{B}
+ 2 \mathbf{B} \mathbf{A} \mathbf{B} \mathbf{A}
- \mathbf{B}^2 \mathbf{A}^2 \right) \\
&=& -\frac{1}{24} t^2 [\mathbf{B}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A},
\mathbf{B}]]]
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>この計算は非常に煩雑であるため、<a
href="./bch-approx-supp.html">こちらのページ</a>にまとめた。</p>
<p><span class="math inline">\(\mathbf{F}_0(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) =
\mathbf{0}\)</span>であったので、<span
class="math inline">\(\mathbf{W}_t\)</span>は結局、<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_1(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>以降の総和として書ける。</p>
<p><span class="math display">\[
\mathbf{W}(t) = \sum_{n = 1}^\infty \mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})
\]</span></p>
<h2 id="導出-その1">導出 (その1)</h2>
<p>最初に、<span class="math inline">\(\mathbf{W}(0) =
\mathbf{A}\)</span>であることを確認する(<span
class="math inline">\(\exp(\mathbf{0}) = \mathbf{I}\)</span>)。</p>
<p><span class="math display">\[
\mathbf{W}(0) = \ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(\mathbf{0})) =
\ln(\exp(\mathbf{A})) = \mathbf{A}
\]</span></p>
<p>続いて、<span class="math inline">\(\mathbf{W}(t)\)</span>の<span
class="math inline">\(t = 0\)</span>における微分を考える。まず、</p>
<p><span class="math display">\[
\left. \frac{d}{dt} \exp(\mathbf{W}(t)) \right|_{t = 0}
= \left. \frac{d}{dt} \exp(\mathbf{A}) \exp(t \mathbf{B}) \right|_{t =
0}
= \left. \exp(\mathbf{A}) \mathbf{B} \exp(t \mathbf{B}) \right|_{t =
0}
= \exp(\mathbf{A}) \mathbf{B}
\]</span></p>
<p>ここで、<span class="math inline">\(\cfrac{d}{dt} \exp(t \mathbf{X})
= \mathbf{X} \exp(t \mathbf{X})\)</span>の関係を用いた。また同時に、</p>
<p><span class="math display">\[
\left. \frac{d}{dt} \exp(\mathbf{W}(t)) \right|_{t = 0}
= \left. \sum_{n = 1}^\infty \frac{d}{dt} \mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t
\mathbf{B}) \right|_{t = 0}
\]</span></p>
<p>簡単のため、<span class="math inline">\(t =
0\)</span>における微分を<span
class="math inline">\(D_0\)</span>として表す。</p>
<p><span class="math display">\[
\left. \frac{d}{dt} \mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) \right|_{t
= 0}
= D_0(\mathbf{F}_n)
\]</span></p>
<p>試しに、上記の<span class="math inline">\(\mathbf{F}_1(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>、<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_2(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>、<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_3(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>、<span
class="math inline">\(\mathbf{F}_4(\mathbf{A}, t
\mathbf{B})\)</span>を<span class="math inline">\(t =
0\)</span>で微分してみると、次のようになる。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
D_0(\mathbf{F}_1) &=& \left. \frac{d}{dt}
\left( \mathbf{A} + t \mathbf{B} \right) \right|_{t = 0} =
\mathbf{B} \\
D_0(\mathbf{F}_2) &=& \left. \frac{d}{dt}
\left( \frac{1}{2} t [\mathbf{A}, \mathbf{B}] \right) \right|_{t =
0}
= \frac{1}{2} [\mathbf{A}, \mathbf{B}] \\
D_0(\mathbf{F}_3) &=& \left. \frac{d}{dt}
\left( \frac{1}{12} t [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]]
- \frac{1}{12} t^2 [\mathbf{B}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]] \right)
\right|_{t = 0} \\
&=& \left. \frac{1}{12} [\mathbf{A}, [\mathbf{A},
\mathbf{B}]]
- \frac{1}{6} t [\mathbf{B}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]] \right|_{t
= 0}
= \frac{1}{12} [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \mathbf{B}]] \\
D_0(\mathbf{F}_4) &=& \left. \frac{d}{dt}
\left( -\frac{1}{24} t^2 [\mathbf{B}, [\mathbf{A},
[\mathbf{A}, \mathbf{B}]]] \right) \right|_{t = 0} \\
&=& \left. -\frac{1}{12} t [\mathbf{B}, [\mathbf{A},
[\mathbf{A}, \mathbf{B}]]] \right|_{t = 0} = 0
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>これらの結果から、<span
class="math inline">\(D_0(\mathbf{F}_n)\)</span>は、以下のような形をとることが推測される。</p>
<p><span class="math display">\[
D_0(\mathbf{F}_n) \stackrel{?}{=} (-1)^{n - 1} \frac{B_{n - 1}^-}{(n -
1)!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_{n - 1} \mathbf{B}] \cdots ]]]
\]</span></p>
<p><span
class="math inline">\(\mathbf{W}(t)\)</span>の一次近似に上記の推測を代入すると、<span
class="math inline">\(\mathbf{W}(t)\)</span>は以下のような形になる。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\mathbf{W}(t) &\approx& \mathbf{W}(0) + t \left.
\frac{d}{dt} \mathbf{W}(t) \right|_{t = 0} \\
&=& \mathbf{A} + t \left. \sum_{n = 1}^\infty \frac{d}{dt}
\mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) \right|_{t = 0} \\
&=& \mathbf{A} + t \sum_{n = 1}^\infty D_0(\mathbf{F}_n) \\
&\stackrel{?}{=}& \mathbf{A} + t \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n
- 1} \frac{B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_{n - 1} \mathbf{B}] \cdots ]]] \\
&=& \mathbf{A} + t \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n
\frac{B_n^-}{n!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_n \mathbf{B}] \cdots ]]]
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>ここで<span class="math inline">\(t =
1\)</span>とすれば、いま示そうとしている一次近似の式となる。</p>
<p><span class="math display">\[
\ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(\mathbf{B})) = \mathbf{W}(1)
\stackrel{?}{\approx} \mathbf{A} + \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n
\frac{B_n^-}{n!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_{n} \mathbf{B}] \cdots ]]]
\]</span></p>
<p>従って、<span
class="math inline">\(D_0(\mathbf{F}_n)\)</span>に関する上記の予想が、正しいことを確かめればよい。
簡単のため、演算子<span
class="math inline">\(\mathrm{ad}_\mathbf{A}\)</span>を次のように定める。</p>
<p><span class="math display">\[
\mathrm{ad}_\mathbf{A}(\mathbf{B}) = \mathbf{A} \mathbf{B} -
\mathbf{B} \mathbf{A}
= [\mathbf{A}, \mathbf{B}]
\]</span></p>
<p><span
class="math inline">\((\mathrm{ad}_\mathbf{A})^2\)</span>、<span
class="math inline">\((\mathrm{ad}_\mathbf{A})^3\)</span>は、次のことを意味する。</p>
<p><span class="math display">\[
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^2(\mathbf{B}) = [\mathbf{A}, [\mathbf{A},
\mathbf{B}]], \quad
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^3(\mathbf{B}) = [\mathbf{A}, [\mathbf{A},
[\mathbf{A}, \mathbf{B}]]]
\]</span></p>
<p>この<span
class="math inline">\(\mathrm{ad}_\mathbf{A}\)</span>を使うと、いま示そうとしているのは、次の式である。</p>
<p><span class="math display">\[
D_0(\mathbf{F}_n) \stackrel{?}{=} (-1)^{n - 1} \frac{B_{n - 1}^-}{(n -
1)!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 1}(\mathbf{B})
\]</span></p>
<h2 id="導出-その2">導出 (その2)</h2>
<p>以下の式を考える。</p>
<p><span class="math display">\[
\exp(\mathbf{W}(t)) = \mathbf{I} + \mathbf{W}(t) + \frac{1}{2!}
(\mathbf{W}(t))^2
+ \frac{1}{3!} (\mathbf{W}(t))^3 + \cdots
= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(\mathbf{W}(t))^n}{n!}
\]</span></p>
<p>上式の<span class="math inline">\(t = 0\)</span>における微分は、</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\left. \frac{d}{dt} \exp(\mathbf{W}(t)) \right|_{t = 0}
&=& D_0(\mathbf{W}) + \frac{1}{2} \left( D_0(\mathbf{W})
\mathbf{A}
+ \mathbf{A} D_0(\mathbf{W}) \right) \\
&& + \frac{1}{3!} \left( D_0(\mathbf{W}) \mathbf{A}^2
+ \mathbf{A} D_0(\mathbf{W}) \mathbf{A}
+ \mathbf{A}^2 D_0(\mathbf{W}) \right) + \cdots \\
&=& \exp(\mathbf{A}) \mathbf{B} \\
&=& \left( \mathbf{I} + \mathbf{A} + \frac{1}{2!}
\mathbf{A}^2
+ \frac{1}{3!} \mathbf{A}^3 + \cdots \right) \mathbf{B}
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>ただし、<span
class="math inline">\(D_0(\mathbf{W})\)</span>は次のように定義される。
また、<span class="math inline">\(\mathbf{W}(0) =
\mathbf{A}\)</span>である。</p>
<p><span class="math display">\[
D_0(\mathbf{W}) = \left. \frac{d}{dt} \mathbf{W}(t) \right|_{t = 0}
\]</span></p>
<p>上記から、以下が成り立つことが予想される。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
D_0(\mathbf{W}) &=& \left. \frac{d}{dt} \sum_{n = 1}^\infty
\mathbf{F}_n(\mathbf{A}, t \mathbf{B}) \right|_{t = 0} \\
&=& \sum_{n = 1}^\infty D_0(\mathbf{F}_n) \\
&\stackrel{?}{=}& \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n - 1}
\frac{B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 1}(\mathbf{B}) \\
&=& \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B})
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>この予想を代入してみると、</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
\left. \frac{d}{dt} \exp(\mathbf{W}(t)) \right|_{t = 0}
&=& \left( \mathbf{I} + \mathbf{A} + \frac{1}{2!}
\mathbf{A}^2
+ \frac{1}{3!} \mathbf{A}^3 + \cdots \right) \mathbf{B} \\
&\stackrel{?}{=}& \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n
B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \\
&& + \frac{1}{2!} \left( \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n
B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \mathbf{A}
+ \mathbf{A} \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \right) \\
&& + \frac{1}{3!} \Bigg( \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n
\frac{B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \mathbf{A}^2
+ \mathbf{A} \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \mathbf{A} \\
&& \quad + \mathbf{A}^2 \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n
\frac{B_n^-}{n!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B}) \Bigg) + \cdots
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>上式から、<span
class="math inline">\(n\)</span>次の項、言い換えると、<span
class="math inline">\(\mathbf{A}\)</span>と<span
class="math inline">\(\mathbf{B}\)</span>を合計で<span
class="math inline">\(n\)</span>個含んでいる項を取り出す。 <span
class="math inline">\((\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B})\)</span>は、<span
class="math inline">\(n + 1\)</span>次の項となることに注意する。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
&& \frac{1}{(n - 1)!} \mathbf{A}^{n - 1} \mathbf{B} \\
&\stackrel{?}{=}& \frac{(-1)^{n - 1} B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 1}(\mathbf{B})
+ \frac{(-1)^{n - 2} B_{n - 2}^-}{2! (n - 2)!}
\left( (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 2}(\mathbf{B}) \mathbf{A}
+ \mathbf{A} (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 2}(\mathbf{B}) \right)
\\
&& + \frac{(-1)^{n - 3} B_{n - 3}^-}{3! (n - 3)!}
\left( (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 3}(\mathbf{B}) \mathbf{A}^2
+ \mathbf{A} (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 3}(\mathbf{B})
\mathbf{A}
+ \mathbf{A}^2 (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 3}(\mathbf{B})
\right) \\
&& + \cdots + \frac{B_0^-}{n!} \left(
\underbrace{\mathbf{B} \mathbf{A}^{n - 1} + \mathbf{A} \mathbf{B}
\mathbf{A}^{n - 2}
+ \cdots + \mathbf{A}^{n - 1} \mathbf{B}}_{n} \right)
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>この予想が、全ての<span
class="math inline">\(n\)</span>について成り立つことを示す。</p>
<p>以下の関係を使って、上式を書き直す。</p>
<p><span class="math display">\[
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^n(\mathbf{B})
= \sum_{k = 0}^n \frac{n!}{k! (n - k)!} (-1)^k \mathbf{A}^{n - k}
\mathbf{B} \mathbf{A}^k
\]</span></p>
<p>上式は、<span class="math inline">\(n =
0\)</span>のときは明らかに成立する。 <span class="math inline">\(n =
k\)</span>のときに成立すると仮定して、<span class="math inline">\(n = k
+ 1\)</span>の場合を考えると</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
&& (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{k + 1}(\mathbf{B}) \\
&=&
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})((\mathrm{ad}_\mathbf{A})^k(\mathbf{B})) \\
&=& (\mathrm{ad}_\mathbf{A})
\left( \sum_{m = 0}^k \frac{k!}{m! (k - m)!} (-1)^m \mathbf{A}^{k
- m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^m \right) \\
&=& \sum_{m = 0}^k \frac{k!}{m! (k - m)!} (-1)^m
\mathbf{A}^{k + 1 - m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^m
+ \sum_{m = 0}^k \frac{k!}{m! (k - m)!} (-1)^{m + 1} \mathbf{A}^{k
- m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^{m + 1} \\
&=& \sum_{m = 0}^k \frac{k!}{m! (k - m)!} (-1)^m
\mathbf{A}^{k + 1 - m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^m
+ \sum_{m = 1}^{k + 1} \frac{k!}{(m - 1)! (k + 1 - m)!} (-1)^m
\mathbf{A}^{k + 1 - m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^m \\
&=& \sum_{m = 1}^k \left( \frac{k!}{m! (k - m)!} +
\frac{k!}{(m - 1)! (k + 1 - m)!} \right)
(-1)^m \mathbf{A}^{k + 1 - m} \mathbf{B} \mathbf{A}^m \\
&& \quad + \mathbf{A}^{k + 1} \mathbf{B}
+ (-1)^{k + 1} \mathbf{B} \mathbf{A}^{k + 1} \\
&=& \sum_{m = 1}^k \frac{(k + 1)!}{m! (k + 1 - m)!}
(-1)^m \mathbf{A}^{k + 1 - m} \mathbf{B} \mathbf{A}^m
+ \underbrace{\mathbf{A}^{k + 1} \mathbf{B}}_{m = 0}
+ \underbrace{(-1)^{k + 1} \mathbf{B} \mathbf{A}^{k + 1}}_{m = k +
1} \\
&=& \sum_{m = 0}^{k + 1} \frac{(k + 1)!}{m! (k + 1 - m)!}
(-1)^m \mathbf{A}^{k + 1 - m}
\mathbf{B} \mathbf{A}^m
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>となるから、上の関係が正しいことがわかる(途中では二項定理の公式を用いている)。
これを使うと</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
&& \frac{1}{(n - 1)!} \mathbf{A}^{n - 1} \mathbf{B} \\
&\stackrel{?}{=}& \frac{(-1)^{n - 1} B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{k! (n - 1 - k)!}
(-1)^k \mathbf{A}^{n - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k \\
&& + \frac{(-1)^{n - 2} B_{n - 2}^-}{(n - 2)!}
\sum_{k = 0}^{n - 2} \frac{(n - 2)!}{k! (n - 2 - k)!} (-1)^k
\left( \mathbf{A}^{n - 2 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^{k + 1}
+ \mathbf{A}^{n - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k \right) \\
&& + \frac{(-1)^{n - 3} B_{n - 3}^-}{(n - 3)!}
\sum_{k = 0}^{n - 3} \frac{(n - 3)!}{k! (n - 3 - k)!} (-1)^k
\left( \mathbf{A}^{n - 3 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^{k + 2}
+ \mathbf{A}^{n - 2 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^{k + 1}
+ \mathbf{A}^{n - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k \right) \\
&& + \cdots + \frac{1}{n!} \left(
\underbrace{\mathbf{B} \mathbf{A}^{n - 1} + \mathbf{A} \mathbf{B}
\mathbf{A}^{n - 2}
+ \cdots + \mathbf{A}^{n - 1} \mathbf{B}}_{n} \right)
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>上記が全ての<span
class="math inline">\(n\)</span>について成り立つことを示せばよい。
そのため、<a
href="https://www.researchgate.net/publication/288975577">こちらの論文</a>では、シンボルというものを導入している。
上式をみると、どの項も、<span class="math inline">\(s(\mathbf{A}^p
\mathbf{B} \mathbf{A}^q)\)</span>の形をとることが分かる(<span
class="math inline">\(p + q = n - 1\)</span>、<span
class="math inline">\(s\)</span>は適当な係数)。 そこで、項<span
class="math inline">\(\mathbf{A}^p \mathbf{B}
\mathbf{A}^q\)</span>を、シンボル<span
class="math inline">\(t^q\)</span>で置き換える(<span
class="math inline">\(t\)</span>は適当な係数)。</p>
<p>例えば、<span class="math inline">\(1 = \mathbf{A}^{n - 1}
\mathbf{B}\)</span>、<span class="math inline">\(t = \mathbf{A}^{n - 2}
\mathbf{B} \mathbf{A}\)</span>、<span class="math inline">\(t^2 =
\mathbf{A}^{n - 3} \mathbf{B} \mathbf{A}^2\)</span>のようになる。
シンボルと、元の項は、1対1で対応している。</p>
<p>シンボルについて、次の関係が成り立つ。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 1}(\mathbf{B})
&=& \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{k! (n - 1 - k)!}
(-1)^k \mathbf{A}^{n - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k \\
&=& \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{k! (n - 1 - k)!}
(-t)^k \\
&=& (1 - t)^{n - 1} \\
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - m - 1}(\mathbf{B}) \mathbf{A}^m
&=& \sum_{k = 0}^{n - m - 1} \frac{(n - m - 1)!}{k! (n - m -
1 - k)!}
(-1)^k \mathbf{A}^{n - m - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k
\mathbf{A}^m \\
&=& (1 - t)^{n - m - 1} t^m \\
\mathbf{A}^m (\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - m - 1}(\mathbf{B})
&=& \mathbf{A}^m \sum_{k = 0}^{n - m - 1} \frac{(n - m -
1)!}{k! (n - m - 1 - k)!}
(-1)^k \mathbf{A}^{n - m - 1 - k} \mathbf{B} \mathbf{A}^k \\
&=& (1 - t)^{n - m - 1}
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>これらを使うと、先ほどの式は</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
&& \frac{1}{(n - 1)!} \\
&\stackrel{?}{=}& \frac{(-1)^{n - 1} B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
(1 - t)^{n - 1}
+ \frac{(-1)^{n - 2} B_{n - 2}^-}{2! (n - 2)!}
\left( (1 - t)^{n - 2} t + (1 - t)^{n - 2} \right) \\
&& + \frac{(-1)^{n - 3} B_{n - 3}^-}{3! (n - 3)!}
\left( (1 - t)^{n - 3} t^2 + (1 - t)^{n - 3} t + (1 - t)^{n - 3}
\right) \\
&& + \cdots + \frac{1}{n!} \left( t^{n - 1} + t^{n - 2} +
\cdots + t + 1 \right) \\
&=& \frac{(-1)^{n - 1} B_{n - 1}^-}{(n - 1)!} (1 - t)^{n -
1}
+ \frac{(-1)^{n - 2} B_{n - 2}^-}{2! (n - 2)!} (1 - t)^{n - 2} (1
+ t) \\
&& + \frac{(-1)^{n - 3} B_{n - 3}^-}{3! (n - 3)!}
(1 - t)^{n - 3} (1 + t + t^2) \\
&& + \cdots + \frac{1}{n!} (1 + t + t^2 + \cdots + t^{n -
1}) \\
&=& \frac{(-1)^{n - 1} B_{n - 1}^-}{(n - 1)!} (1 - t)^{n -
1}
+ \frac{(-1)^{n - 2} B_{n - 2}^-}{2! (n - 2)!} (1 - t)^{n - 2}
\frac{1 - t^2}{1 - t} \\
&& + \frac{(-1)^{n - 3} B_{n - 3}^-}{3! (n - 3)!}
(1 - t)^{n - 3} \frac{1 - t^3}{1 - t}
+ \cdots + \frac{1}{n!} \frac{1 - t^n}{1 - t} \\
&=& \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(1 - t^{n - k})}{(1 - t) (n -
k)!}
\frac{B_k^- (-1)^k (1 - t)^k}{k!} \\
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>従って</p>
<p><span class="math display">\[
\frac{1}{(n - 1)!} \stackrel{?}{=} \sum_{k = 0}^{n - 1}
\frac{(1 - t^{n - k})}{(1 - t) (n - k)!} \frac{B_k^- (-1)^k (1 -
t)^k}{k!}
\]</span></p>
<p>ここで、次の関数を考える。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
P(z, t) &=& \sum_{k = 0}^\infty \frac{(1 - t^{k + 1})
z^k}{(1 - t) (k + 1)!} \\
Q(z, t) &=& \sum_{n = 0}^\infty \frac{B_n^-}{n!} (-z(1 -
t))^n \\
R(z) &=& \sum_{n = 0}^\infty \frac{z^n}{n!} = e^z
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
P(z, t) Q(z, t) &=& \left( \sum_{k = 0}^\infty
\underbrace{\frac{(1 - t^{k + 1})}{(1 - t) (k + 1)!}}_{\alpha_k}
z^k \right)
\left( \sum_{n = 0}^\infty \underbrace{\frac{B_n^-}{n!} (-1)^n (1
- t)^n}_{\beta_k} z^n \right) \\
&=& \sum_{n = 0}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n \alpha_k
\beta_{n - k} \right) z^n \\
&=& \sum_{n = 0}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n \alpha_{n - k}
\beta_k \right) z^n \\
&=& \sum_{n = 0}^\infty \left( \sum_{k = 0}^n
\frac{(1 - t^{n - k + 1})}{(1 - t) (n - k + 1)!}
\frac{B_k^-}{k!} (-1)^k (1 - t)^k \right) z^n \\
&=& \sum_{n = 1}^\infty \left( \sum_{k = 0}^{n - 1}
\frac{(1 - t^{n - k})}{(1 - t) (n - k)!}
\frac{B_k^-}{k!} (-1)^k (1 - t)^k \right) z^{n - 1}
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>また</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
R(z) = e^z = \sum_{n = 0}^\infty \frac{z^n}{n!}
= \sum_{n = 1}^\infty \frac{z^{n - 1}}{(n - 1)!}
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p>さて、<span class="math inline">\(P(z,
t)\)</span>は、次のようにも書ける。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
P(z, t) &=& \sum_{k = 0}^\infty \frac{(1 - t^{k + 1})
z^k}{(1 - t) (k + 1)!} \\
&=& \frac{1}{1 - t} \sum_{k = 1}^\infty \frac{(1 - t^k) z^{k
- 1}}{k!} \\
&=& \frac{1}{1 - t} \sum_{k = 1}^\infty \frac{(1 - t^k)}{k!}
\frac{z^k}{z} \\
&=& \frac{1}{1 - t} \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{k!}
\frac{z^k - (tz)^k}{z} \\
&=& \frac{1}{1 - t} \left( \frac{1}{z} \sum_{k = 0}^\infty
\frac{z^k}{k!} - \frac{1}{z} \right)
- \frac{1}{1 - t} \left( \frac{1}{z} \sum_{k = 0}^\infty
\frac{(tz)^k}{k!} - \frac{1}{z} \right) \\
&=& \frac{1}{1 - t} \left( \frac{e^z - 1}{z} - \frac{e^{tz}
- 1}{z} \right) \\
&=& \frac{e^z - e^{tz}}{(1 - t)z}
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p><span class="math inline">\(Q(z,
t)\)</span>は、ベルヌーイ数について<span class="math inline">\(\sum_{n =
0}^\infty \cfrac{B_n^-}{n!} z^n = \cfrac{z}{e^z -
1}\)</span>であることを使えば、<span
class="math inline">\(z\)</span>を<span class="math inline">\(-z(1 -
t)\)</span>とみなすことにより</p>
<p><span class="math display">\[
Q(z, t) = \sum_{n = 0}^\infty \frac{B_n^-}{n!} (-z (1 - t))^n \\
= \frac{-z (1 - t)}{e^{-z(1 - t)} - 1}
\]</span></p>
<p>以上より、<span class="math inline">\(P(z, t) Q(z, t)\)</span>は<span
class="math inline">\(R(z)\)</span>に等しいことが分かる。</p>
<p><span class="math display">\[
\begin{eqnarray}
P(z, t) Q(z, t) &=& \frac{e^z - e^{tz}}{(1 - t)z} \frac{-z(1
- t)}{e^{-z(1 - t)} - 1} \\
&=& \frac{e^z - e^{tz}}{1 - e^{-z(1 - t)}} \\
&=& \frac{e^z - e^{tz}}{e^z - e^{tz}} e^z \\
&=& e^z = R(z)
\end{eqnarray}
\]</span></p>
<p><span class="math inline">\(R(z) = P(z, t) Q(z,
t)\)</span>であるから、両辺をテイラー展開したとき、全ての<span
class="math inline">\(n \ge 0\)</span>について、<span
class="math inline">\(z^n\)</span>の係数も等しい。 これは、全ての<span
class="math inline">\(n \ge
1\)</span>について、次が成り立つことを意味する(<span
class="math inline">\(z^{n - 1}\)</span>の項に着目する)。</p>
<p><span class="math display">\[
\frac{1}{(n - 1)!} = \sum_{k = 0}^{n - 1}
\frac{(1 - t^{n - k})}{(1 - t) (n - k)!} \frac{B_k^- (-1)^k (1 -
t)^k}{k!}
\]</span></p>
<p>従って、当初の仮定は正しかったことになる。</p>
<p><span class="math display">\[
D_0(\mathbf{F}_n) = (-1)^{n - 1} \frac{B_{n - 1}^-}{(n - 1)!}
(\mathrm{ad}_\mathbf{A})^{n - 1}(\mathbf{B})
\]</span></p>
<p>これより、BCHの公式の一次近似について、以下が成り立つことが示せた。</p>
<p><span class="math display">\[
\ln(\exp(\mathbf{A}) \exp(\mathbf{B})) = \mathbf{W}(1)
\approx \mathbf{A} + \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{B_n^-}{n!}
\underbrace{[\mathbf{A}, [\mathbf{A}, [\mathbf{A}, \cdots,
[\mathbf{A},}_{n} \mathbf{B}] \cdots ]]]
\]</span></p>
<h2 id="参考文献">参考文献</h2>
<ul>
<li><a
href="http://asrl.utias.utoronto.ca/~tdb/bib/barfoot_ser17.pdf">State
Estimation for Robotics</a></li>
<li><a href="https://github.com/gaoxiang12/slambook-en">Introduction to
Visual SLAM: From Theory to Practice</a></li>
<li><a href="https://www.researchgate.net/publication/288975577">The
Campbell-Baker-Hausdorff formula</a></li>
<li><a
href="https://iopscience.iop.org/article/10.1088/0305-4470/22/21/018">The
Baker-Campbell-Hausdorff formula and the convergence of the Magnus
expansion</a></li>
</ul>
</body>
</html>