矩阵幂运算

在求解微分方程组时，用矩阵形式求解往往很容易。然而，结果往往是形式 $Ce ^{一},$在哪里 $一个$是一个矩阵。在本wiki中，将展示矩阵求幂方法。

对角线矩阵求幂是最简单的。所有其他矩阵都可以被分解成对角因子，这很有用。

如果 $一个$是一个对角线矩阵(即所有不在对角线上的数字都是0):

$= \ {bmatrix}开始现代{1 1}0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0现代{2,}& \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&a_ {n, n} \ {bmatrix},$

然后

$e ^{一}= {bmatrix} \开始e ^{现代{1 1}}0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0 e ^{现代{2,}}& \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&e ^{现代{n, n}} \ {bmatrix}结束。$

注意对角线矩阵

$^ k = \开始{bmatrix} ^ k_ {1 1} 0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0和^ k_ {2,} & \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&a ^ k_ {n, n} \ {bmatrix}结束。$

这很容易用归纳法来表示。所以我们有泰勒级数

$e ^ = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac {^ k} {k !} = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac {1} {k !} \开始{bmatrix} ^ k_ {1 1} 0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0和^ k_ {2,} & \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&a ^ k_ {n, n} \ {bmatrix}结束。$

我们可以用矩阵的线性来得到这个

${bmatrix} \ \开始sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{一个^ k_ {1 1}} {k !} 0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0 & \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{一个^ k_ {2,}} {k !} & \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots& \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{一个^ k_ {n, n}} {k !} \结束{bmatrix} = {bmatrix} \开始e ^{现代{1 1}}0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0 e ^{现代{2,}}& \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&e ^{现代{n, n}} \ {bmatrix}结束。$

因此证明。 $_ \广场$

下面给出了一些例子。

如果 $1 = \ {bmatrix}开始四维\ \ 0和4 \ {bmatrix}结束$,找 $e ^。$

---

自 $一个$斜,

$e ^ = \ {bmatrix} e&0开始\ \ 0 e ^ 4 \ {bmatrix}结束。\ _ \广场$

表明, $侦破\大(e ^ \大)= e ^ {tr (A)}$对于一个对角矩阵 $一个$,在那里 $tr (A)$是矩阵的迹或矩阵对角线上的和。

---

利用对角矩阵的行列式是

$\ {vmatrix}开始现代{1}0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0现代{2,}& \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&a_ {n, n} \ {vmatrix} =结束现代{1 1}现代{2,}\ cdots现代{n, n}。$

所以,

$\ {vmatrix}开始e ^{现代{1 1}}0 \ cdots& \ cdots&0 \ \ 0 e ^{现代{2,}}& \ cdots& \ cdots&0 \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots& \ cdots \ \ 0 0 \ cdots& \ cdots&e ^{现代{n, n}} {vmatrix} \结束= e ^{现代{1 1}}e ^{现代{2,}}\ ldots e ^{现代{n, n}} = e ^{现代{1 1}+现代{2,}+ \ cdots +现代{n, n}} = e ^ {tr (A)}。\ _ \广场$

现在我们知道了如何取对角矩阵的指数，我们可以对所有矩阵都这样做。

如果我们写 $一个$它的特征向量形式

$A = \λ年代^{1}\意味着e ^{一}= S e ^{\λ}S ^ {1},$

在哪里 $年代$特征向量矩阵是和吗 $\λ$为对角特征值矩阵。

首先，我们要找到 $^ k,$这是

$^ k = S \λ^ k S ^{1}。$

这可以用归纳法来证明。我们看到了基本情况 $k = 1$对方程成立，归纳步骤是

$一个^ {k + 1} = ^ k = S \λ^ k S ^{1} \λ年代^{1}= \λ^ k I \λ年代^{1}= \λ^ k \λ年代^ {1}= S \λ^ {k + 1} S ^{1}。$

现在我们再次使用泰勒级数:

$\{对齐}开始e ^ & = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac {^ k} {k !} \ \ & = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{\λ^ k年代^ {1}}{k !左(\}\ \ & = S \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{\λ^ k} {k !} \右)S ^ {1} \ \ \ \ e ^一个= S e ^{\λ}S ^{1}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

找到 $e ^$为 $1 = \ {bmatrix}开始&-1 \ \ 2和4 \ {bmatrix}结束。$

---

首先，我们想找到它的特征值，我们写出来

${对齐}\ \开始侦破(A - \λI) = 1 - \ \ {vmatrix}开始lambda&-1 \ \ 2和4 - \λ\ {vmatrix} = 0结束\意味着(1 - \λ)(4 - \λ)+ 2 & = 0 \ \ \λ2 - 5 ^ \λ+ 6 & = 0 \ \ \λ= 2,3。结束\{对齐}$

我们为两个特征值找到特征向量:

• $\λ= 2 \意味着\ {bmatrix} 1 &-1 \ \ 2、2点开始结束\ {bmatrix} \ {bmatrix} x_1开始\ \ x_2 \ {bmatrix} = 0。$我们要选的一个解是 $\开始{bmatrix} 1 \ \ \ {bmatrix}结束。$
• $\λ= 3 \意味着\开始{bmatrix} 2 &-1 \ \ 2 & 1 \ {bmatrix}结束\ {bmatrix}开始x_1 \ \ x_2 \ {bmatrix} = 0。$我们要选的一个解是 ${bmatrix} 1 \ \ 2 \ \开始结束{bmatrix}$．

然后我们有

$A = \λ年代^ {1}= {bmatrix} \开始1 &-1 1至2 \ \ \ {bmatrix}结束\开始{bmatrix} 2四维\ \ 0 3 \ {bmatrix}结束\开始{bmatrix} 2 1 & 1 & 1 \ \ \ {bmatrix}结束$

和

$\{对齐}开始e ^ & = \ {bmatrix}开始1 &-1 1至2 \ \ \ {bmatrix}结束\ {bmatrix}开始e ^ 2四维\ \ 0 e ^ 3 \ {bmatrix} \ {bmatrix} 2开始结束结束1 & 1 & 1 \ \ \ {bmatrix} \ \ \ \ & = \ {bmatrix} 1开始&-1 1至2 \ \ \ {bmatrix}结束\开始{bmatrix} 2 e ^ 2 e ^ 2 \ \ e ^ 3 e ^ 3 \结束{bmatrix} \ \ \ \ & = \开始{bmatrix} 2 e ^双电子^ 3 e ^双电子^ 3 \ \ 2 e ^ 3 ^ 2 + 2 e - e ^ 2 + 2 e ^ 3 \ {bmatrix}结束,结束\{对齐}$

这就是答案。 $_ \广场$

如引言中所述，矩阵确实可以用来解微分方程。下面是一些例子:

给出一个微分方程组

$\开始{病例}\ dfrac {dx_1} {dt} = x_2 \ \ \ dfrac {dx_2} {dt} = x_1 \{病例}结束$

解出所有的变量 $t。$

---

诀窍是考虑矩阵 $U = {bmatrix} x_1 \ \ x_2 \ \开始结束{bmatrix}$．所以,

$\ dfrac {dU} {dt} = {bmatrix} \开始x_1结束' \ \ x_2 \ {bmatrix} = {bmatrix} x_2 \ \ x_1 \ \开始结束{bmatrix} = {bmatrix} \开始0 & 1 \ \ 1结束四维\ {bmatrix} \ {bmatrix} x_1开始\ \ x_2 \ {bmatrix} \意味着结束\ dfrac {dU} {dt} = {bmatrix} \开始0 & 1 \ \ 1四维\ {bmatrix} U。$

我们知道这种形式的方程

$杜\ dfrac {} {dt} =盟\意味着U = e ^{在}U_0, A = \ {bmatrix}开始0 & 1 \ \ 1四维\ {bmatrix}结束。$

我们可以看到这个矩阵的特征值是 $1,- 1$特征向量是 $\开始{bmatrix} 1 \ \ \ {bmatrix}, {bmatrix} 1 \ \ \ \开始结束{bmatrix}$．然后,我们有

$\{对齐}开始e ^{在}& = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} 1 & 1 \ \ \开始&-1 \ {bmatrix}结束\ {bmatrix}开始e ^ t&0 \ \ 0 e ^ {- t} \ {bmatrix}结束\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1开始&-1 \结束{bmatrix} \ \ \ \ & = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} 1 & 1 \ \ \开始&-1 \ {bmatrix}结束\ {bmatrix}开始e ^差旅^ ^ {t} \ \ e {- t} - e ^ {- t} \ {bmatrix} \ \ & =结束\ dfrac {1} {2}开始{bmatrix} \ e t + e ^ ^ {- t} & e ^ te ^ {- t} \ \ e ^ te ^ t + e {- t} & e ^ ^ {- t} \ {bmatrix}结束。结束\{对齐}$

所以，答案是

$U = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} \开始e t + e ^ ^ {- t} & e ^ te ^ {- t} \ \ e ^ te ^ t + e {- t} & e ^ ^ {- t} \ {bmatrix} U_0结束。\ _ \广场$

这是乏味的。对于两个系统，矩阵通常不是最优路径。但随着系统的增加，矩阵成为更好的解。在下一个例子中，有一个初值问题。

给出一个微分方程组

$\开始{病例}\ dfrac {dx_1} {dt} = x_2 \ \ \ dfrac {dx_2} {dt} = x_1 \{病例}结束$

求正确的解 $x_1 (0) = 1, x_2(0) = 0。$

---

上节课我们已经知道解是

$U = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} \开始e t + e ^ ^ {- t} & e ^ te ^ {- t} \ \ e ^ te ^ t + e {- t} & e ^ ^ {- t} \ {bmatrix} U_0结束。$

我们有

$\开始{对齐}u = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} \开始e t + e ^ ^ {- t} & e ^ te ^ {- t} \ \ e ^ te ^ t + e {- t} & e ^ ^ {- t} \ {bmatrix}结束\开始{bmatrix} 1 \ \ 0 \结束{bmatrix} \ \ \ \ & = \ dfrac {1} {2} {bmatrix} \开始e t + e ^ ^ {- t} \ \ e ^ te ^ {- t} \ {bmatrix}结束,结束\{对齐}$

这确实满足方程和边界条件。 $_ \广场$