${\displaystyle \exp(A+B)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,(A+B)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,A^{k}\,B^{n-k}}$

${\displaystyle =\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {A^{k}}{k!}}\cdot {\frac {B^{n-k}}{(n-k)!}}=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B^{k}}{k!}}\right)=\exp(A)\cdot \exp(B)}$

Für verschiedene ${\displaystyle x,y\in \mathbb {R} }$ setze ${\displaystyle A={\begin{pmatrix}0&x^{2}\\-y^{2}&0\end{pmatrix}}}$ und ${\displaystyle B={\begin{pmatrix}0&y^{2}\\-x^{2}&0\end{pmatrix}}}$.

Wegen ${\displaystyle A^{2}=-(xy)^{2}\,I}$ ist ${\displaystyle A^{2k}=(-1)^{k}\,(xy)^{2k}\,I}$.

Also ist ${\displaystyle \exp(A)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{2k}}{(2k)!}}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{2k}}{(2k+1)!}}\cdot A=\cos(xy)\cdot I+{\text{sinc}}(xy)\cdot A}$ und ${\displaystyle \exp(B)=\cos(xy)\cdot I+{\text{sinc}}(xy)\cdot B}$.

Wegen ${\displaystyle AB={\begin{pmatrix}-x^{4}&0\\0&-y^{4}\end{pmatrix}}}$ und ${\displaystyle BA={\begin{pmatrix}-y^{4}&0\\0&-x^{4}\end{pmatrix}}}$ sind ${\displaystyle A}$ und ${\displaystyle B}$ nicht vertauschbar.

Ist ${\displaystyle xy=k\pi }$ mit ${\displaystyle k\in \mathbb {Z} }$, so sind ${\displaystyle \exp(A)}$ und ${\displaystyle \exp(B)}$ jeweils ${\displaystyle (-1)^{k}\cdot I}$,

woraus folgt, dass ${\displaystyle \exp(A)\cdot \exp(B)}$ und ${\displaystyle \exp(A)\cdot \exp(B)}$ jeweils gleich der Einheitsmatrix sind.

${\displaystyle A+B={\begin{pmatrix}0&x^{2}+y^{2}\\-(x^{2}+y^{2})&0\end{pmatrix}}=\cos(x^{2}+y^{2})\cdot I+{\text{sinc}}(x^{2}+y^{2})\cdot (A+B)={\begin{pmatrix}\cos(x^{2}+y^{2})&\sin(x^{2}+y^{2})\\-\sin(x^{2}+y^{2})&\cos(x^{2}+y^{2})\end{pmatrix}}}$.

Ist ${\displaystyle x^{2}+y^{2}=2m\pi }$ mit ${\displaystyle m\in \mathbb {Z} }$, so ist ${\displaystyle \exp(A+B)=I}$.

Damit sind Beispiele nicht vertauschbarer Matrizen ${\displaystyle A,B}$ konstruiert, welche auch ${\displaystyle \exp(A+B)=\exp(A)\cdot \exp(B)=\exp(B)\cdot \exp(A)}$ erfüllen.

Setze ${\displaystyle F(z)=\exp(zA)\cdot B\cdot \exp(-zA)}$.

Wegen ${\displaystyle {\frac {d}{dz}}\exp(zA)=A\cdot \exp(zA)=\exp(zA)\cdot A}$ und ${\displaystyle {\frac {d}{dz}}\exp(-zA)=-A\cdot \exp(-zA)=-\exp(-zA)\cdot A}$,

ist nach der Produktregel ${\displaystyle F'(z)=A\cdot F(z)-F(z)\cdot A}$, also ${\displaystyle F'(z)=[A,F(z)]}$.

Die Formel ${\displaystyle F^{(n)}(z)=[A,F(z)]_{n}}$ ergibt sich durch Induktion:

${\displaystyle F^{(n+1)}(z)=[A,F^{(n)}(z)]=[A,[A,F(z)]_{n}]=[A,F(z)]_{n+1}}$

Wegen ${\displaystyle F(0)=B}$ ist ${\displaystyle F^{(n)}(0)=[A,B]_{n}}$.

Daraus ergibt sich die Potenzreihenentwicklung ${\displaystyle F(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n!}}\,[A,B]_{n}}$.

Für ${\displaystyle z=1}$ folgt daraus die Behauptung.

Für ein ${\displaystyle {\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}$ sei ${\displaystyle S({\boldsymbol {\alpha }}):=\prod _{k=1}^{n}\left\{{\begin{matrix}A&{\text{für}}&\alpha _{k}=0\\B&{\text{für}}&\alpha _{k}=1\end{matrix}}\right\}}$.

Jedes Tupel ${\displaystyle {\boldsymbol {\alpha }}_{0}={\boldsymbol {\alpha }}}$ lässt sich - zum Beispiel mit Bubblesort - in ${\displaystyle N\,}$ Schritten in das aufsteigend sortierte Tupel ${\displaystyle {\boldsymbol {\alpha }}_{N}={\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}}}$ überführen.

Dabei ist ${\displaystyle S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})=A^{n-|{\boldsymbol {\alpha }}|}\cdot B^{|{\boldsymbol {\alpha }}|}}$ und es ist immer möglich die Sortierung in weniger als ${\displaystyle n^{2}}$ Schritten durchzuführen.

Für ${\displaystyle {\boldsymbol {\alpha }}=(1,0,1,0)}$ zum Beispiel ergeben sich folgende Schritte:

${\displaystyle {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{0}=(1,0,1,0)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{0})=BABA\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{1}=(0,1,1,0)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})=ABBA\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{2}=(0,1,0,1)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})=ABAB\end{bmatrix}}\to {\begin{bmatrix}{\boldsymbol {\alpha }}_{3}=(0,0,1,1)\\S({\boldsymbol {\alpha }}_{3})=AABB\end{bmatrix}}}$

${\displaystyle S({\boldsymbol {\alpha }}_{0})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})=(BA-AB)BA\,\,,\,\,S({\boldsymbol {\alpha }}_{1})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})=AB(BA-AB)\,\,,\,\,S({\boldsymbol {\alpha }}_{2})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{3})=A(BA-AB)B}$.

Bei jeder Differenz ${\displaystyle S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1})}$ lässt sich also der Kommutator ${\displaystyle [A,B]}$ ausklammern.

Zusammen mit der Voraussetzung ${\displaystyle \|A\|,\|B\|\leq 1}$ folgt daraus ${\displaystyle {\big \|}S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1}){\big \|}\leq \|[A,B]\|}$.

Und somit ist ${\displaystyle \|S({\boldsymbol {\alpha }})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})\|\leq \sum _{k=0}^{N-1}\|S({\boldsymbol {\alpha }}_{k})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{k+1})\|\leq n^{2}\cdot \|[A,B]\|}$.

${\displaystyle e^{A+B}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,(A+B)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}S({\boldsymbol {\alpha }})}$

${\displaystyle e^{A}\cdot e^{B}=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {A^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B^{k}}{k!}}\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {A^{n-k}}{(n-k)!}}\cdot {\frac {B^{k}}{k!}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}A^{n-k}\,B^{k}}$

${\displaystyle =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}A^{n-|{\boldsymbol {\alpha }}|}\,B^{|{\boldsymbol {\alpha }}|}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})}$

${\displaystyle {\Big \|}e^{A+B}-e^{A}\cdot e^{B}{\Big \|}\leq \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\alpha }}\in \{0,1\}^{n}}\|S({\boldsymbol {\alpha }})-S({\boldsymbol {\alpha }}_{\text{sort}})\|\leq \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\cdot 2^{n}\cdot n^{2}\cdot \|[A,B]\|=6e^{2}\cdot \|[A,B]\|}$.

Setzt man ${\displaystyle S:=\exp \left({\frac {A}{n}}+{\frac {B}{n}}\right)}$ und ${\displaystyle T:=\exp \left({\frac {A}{n}}\right)\cdot \exp \left({\frac {B}{n}}\right)}$,

so ist ${\displaystyle \|S\|\leq \exp \left({\frac {\|A\|}{n}}+{\frac {\|B\|}{n}}\right)}$ und ${\displaystyle \|T\|\leq \exp \left({\frac {\|A\|}{n}}\right)\exp \left({\frac {\|B\|}{n}}\right)}$.

${\displaystyle S^{n}-T^{n}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-k}\,T^{k}-\sum _{k=1}^{n}S^{n-k}\,T^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot S\cdot T^{k}-\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot T\cdot T^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}S^{n-1-k}\cdot (S-T)\cdot T^{k}}$

${\displaystyle \Rightarrow \|S^{n}-T^{n}\|\leq n\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot \|S-T\|}$

Für hinreichend große ${\displaystyle n\,}$ gilt ${\displaystyle \left\|{\frac {A}{n}}\right\|\leq 1}$ und ${\displaystyle \left\|{\frac {B}{n}}\right\|\leq 1}$.

Nach obigem Lemma ist daher ${\displaystyle \|S-T\|=\left\|\exp \left({\frac {A}{n}}+{\frac {B}{n}}\right)-\exp \left({\frac {A}{n}}\right)\cdot \exp \left({\frac {B}{n}}\right)\right\|\leq 6e^{2}\cdot \left\|\left[{\frac {A}{n}},{\frac {B}{n}}\right]\right\|}$.

Also ist ${\displaystyle \|S^{n}-T^{n}\|\leq n\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot 6e^{2}\cdot {\frac {\|[A,B]\|}{n^{2}}}}$, gleichbedeutend mit

${\displaystyle \left\|e^{A+B}-\left(e^{\frac {A}{n}}\cdot e^{\frac {B}{n}}\right)^{n}\right\|\leq 6e^{2}\cdot e^{\|A\|+\|B\|}\cdot \|[A,B]\|\cdot {\frac {1}{n}}}$.

Lässt man ${\displaystyle n\to \infty }$ gehen, so folgt daraus ${\displaystyle e^{A+B}=\lim _{n\to \infty }\left(e^{\frac {A}{n}}\cdot e^{\frac {B}{n}}\right)^{n}}$.

Ersetzt man ${\displaystyle A\mapsto t\cdot A}$ und ${\displaystyle B\mapsto t\cdot B}$, so ergibt sich die Behauptung.