La formula BCH ci dice che date due matrici $X$ e $Y$, allora
$$e^X e^Y = e^Z \\ Z = X+Y + \frac12 [X,Y] + \frac{1}{12}\pqty{[X,[X,Y]]-[Y,[X,Y]]} + \cdots $$
dove la serie è infinita e dipende solo dai commutatori tra matrici. Nel caso particolare in cui $X$ e $Y$ commutano, tutti i commutatori sono nulli e recuperiamo la formula solita $e^X e^Y = e^{X+Y}$. Se invece $X$ e $Y$ commutano con $[X,Y]$ (ad esempio perché è una costante) allora di nuovo la formula viene troncata al terzo termine perché tutti gli altri sono nulli.
In questo articolo consideriamo un caso particolare meno banale in cui tuttavia di nuovo la formula può essere troncata ad un risultato finito abbastanza semplice. Supponiamo che
$$[X,Y] = z Y$$
dove $z \in \C$ ma $z \neq 2\pi i n$ per $n \in \Z$. Allora
$$e^X e^Y = \exp{\bqty{ X + \frac{z}{1-e^{-z}} Y }}$$
Inoltre,
$$e^X e^Y = e^{\exp{(z)} Y} e^X$$
Dimostriamo prima di tutto la seconda formula. Espandendo entrambi gli esponenziali in serie abbiamo
$$e^X e^Y = \sum_{n,m=0}^\infty \frac{X^n Y^m}{n! m!}$$
Calcolando esplicitamente pezzo per pezzo è facile vedere che il commutatore tra $X$ e $Y$ implica che
$$[X,Y^n] =n z Y^n$$
Questa formula corrisponde al caso precedente per $n=1$ e poi è di facile dimostrazione per induzione. Utilizzando questa formula abbiamo
\begin{align*}
X^n Y^m &= X^{n-1} X Y^m = X^{n-1} \pqty{ [X,Y^m] + Y^m X} =\\
&= X^{n-1} \pqty{ m z Y^m + Y^m X} = X^{n-1} Y^m \pqty{mz + X}
\end{align*}
Possiamo quindi applicare la stessa trasformazione a $X^{n-1} Y^m$ e così via ottenendo dopo $n$ volte
$$X^n Y^m = Y^m \pqty{mz + X}^n$$
Perciò sostituendo nella serie otteniamo
\begin{align*}
e^X e^Y &= \sum_{n,m=0}^\infty \frac{X^n Y^m}{n! m!} = \sum_{m=0}^\infty \frac{Y^m}{m!} \sum_{n=0}^\infty \frac{\pqty{mz + X}^n}{n!}=\\
&=\sum_{m=0}^\infty \frac{Y^m}{m!} e^{mz + X}=\\
&=\pqty{\sum_{m=0}^\infty \frac{(e^z Y)^m}{m!}} e^{X}=e^{e^z Y} e^{X}
\end{align*}
che è la formula che volevamo.
Ora vogliamo dimostrare la seconda formula. Purtroppo non ho trovato nessuna maniera “diretta” di dimostrarla. Seguiamo Hall, Lie groups, Lie algebras and representations (esercizio 5.5). Consideriamo le due funzioni
$$A(t) = e^{X} e^{t Y} \qquad B(t) = \exp{\bqty{ X + \frac{z}{1-e^{-z}} t Y }}$$
Chiaramente $A(0)=B(0)$. Se $A$ e $B$ soddisfano la stessa equazione differenziale, allora poiché hanno le stesse condizioni iniziali saranno anche identiche per ogni $t$ (supponendo un teorema di unicità per le equazioni differenziali).
Cominciamo da $B$ che è più difficile. In un articolo precedente abbiamo trovato la derivata dell’esponenziale di una matrice. In questo caso scrivendo $B(t) = \exp{C(t)}$, abbiamo
$$\dv{}{t} B(t) = B(t) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)!} \mathrm{ad}_{C(t)}^n \pqty{\dv{C(t)}{t} }$$
Chiamando $\alpha =\frac{z}{1-e^{-z}}$, abbiamo semplicemente $\dv{C(t)}{t} = \alpha Y$. Perciò
$$\mathrm{ad}_{C(t)}(Y) = [X+ \alpha t Y, Y] = [X,Y] = z Y$$
E quindi è facile vedere che iterando la trasformazione otteniamo banalmente
$$\mathrm{ad}_{C(t)}^n(Y) = z^n Y$$
E quindi
$$\dv{}{t} B(t) = B(t) \alpha \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)!} z^n Y = B(t) \alpha \frac{1-e^{-z}}{z} Y = B(t) Y$$
Dove appunto la serie è esattamente quella che serve per cancellare il fattore di $\alpha$. Per quanto riguarda $A$, non è difficile vedere che
$$\dv{A(t)}{t} = e^{X}e^{t Y} Y = A(t) Y$$
e quindi $A$ e $B$ soddisfano la stessa equazione differenziale come richiesto.