Consideriamo una matrice $X(t)$ che dipende da un parametro $t$. In questo articolo calcoliamo la derivata dell’esponenziale di $X(t)$. Abbiamo
$$ \dv{}{t} e^{X(t)} = e^{X(t)} \bqty{ \frac{1 -e^{-\mathrm{ad}_{X(t)}}}
{\mathrm{ad}_{X(t)}} \pqty{\dv{X(t)}{t}} }$$
dove $\mathrm{ad}_A$ è la mappa tale che
$$\mathrm{ad}_A (B) = [A,B]$$
e la frazione è definita nei termini della serie di potenze della corrispondente funzione, ovvero
$$\frac{1 -e^{-\mathrm{ad}_{X(t)}}}
{\mathrm{ad}_{X(t)}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)!} \mathrm{ad}_{X(t)}^n$$
Per dimostrare questa formula seguiamo Muger, Notes on the theorem of Baker-Campbell-Hausdorff-Dynkin. Definiamo
$$Y(s,t) = e^{-s X(t)} \dv{}{t} e^{s X(t)}$$
Derivando rispetto ad $s$ otteniamo
\begin{align*}
\require{cancel}
\dv{}{s} Y(s,t) &= -e^{-s X(t)} X(t) \dv{}{t} e^{X(t)} + e^{-s X(t)} \dv{}{t}( X(t) e^{s X(t)})=\\
&=\cancel{-e^{-s X(t)} X(t) \dv{}{t} e^{X(t)}} + e^{-s X(t)} \dv{}{t}(X(t)) e^{s X(t)} +\cancel{ e^{-s X(t)} X(t) \dv{}{t} e^{s X(t)}} =\\
&= e^{-s X(t)} \dv{X(t)}{t} e^{s X(t)} = \mathrm{Ad}_{e^{-sX(t)}} \dv{X(t)}{t}
\end{align*}
dove
$$\mathrm{Ad}_{A}(B) = A B A^{-1}$$
Un teorema standard nella teoria delle algebre di Lie è che
$$\mathrm{Ad}_{e^{A}} = e^{\mathrm{ad}_A}$$
e quindi
$$\dv{}{s} Y(s,t) = e^{-s\,\mathrm{ad}_{X(t)}} \dv{}{t}(X(t))$$
Integrando entrambi i lati tra $0$ e $1$ otteniamo
$$Y(1,t) = e^{-X(t)} \dv{}{t} e^{X(t)} = \int_0^1 ds\, e^{-s\,\mathrm{ad}_{X(t)}} \dv{}{t}(X(t))$$
dato che $Y(0,t)=0$. Espandendo l’esponenziale e calcolandolo termine per termine troviamo esattamente la serie di potenze che avevamo sopra.