矩阵指数

当求解微分方程系统时，通常容易以矩阵形式求解它。但是，结果通常是表格 $ce ^ {a}，$在哪里 $一种$是一个矩阵。在此Wiki矩阵指数中将显示方法。

代价对角线矩阵是最简单的。所有其他矩阵都可以是对角线因子的分解，使得这使得这很有用。

如果 $一种$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

$E 1 {A} = \开始{bmatrix} E 1 {A_ {1,1}}＆0＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\ 0＆E ^ {A_ {2,2}}＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\？\ cdots＆\ cdots＆\cdots＆\ cdots＆\ cdots \\？\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\ 0 0 \ cdots＆\ cdots＆E ^ {A_ {N，N-}} \ {端} bmatrix。$

注意，对于对角线矩阵

$甲^ K = \开始{bmatrix}一个^ K_ {1,1}＆0 \ cdots＆\ cdots＆0 \\ 0＆一个^ K_ {2,2}＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\？\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\ \ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\ 0＆\ cdots＆\ cdots＆a ^ k_ {n，n} \ end {bmatrix}。$

这可以通过诱导容易地显示。所以我们有泰勒系列

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

我们可以使用矩阵的线性来实现这一点

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

因此证明。 $_\正方形$

下面给出了一些例子。

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

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自 $一种$斜,

$E ^ a = \ begin {bmatrix} e＆0＆0 \\ 0＆e ^ 4 \ end {bmatrix}。\ _ \ square$

显示 $侦破\大(e ^ \大)= e ^ {tr (A)}$对于对角线矩阵 $一种$， 在哪里 $tr（a）$是矩阵的迹或矩阵对角线上的和。

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利用对角矩阵的行列式是

$\开始{V矩阵} A_ {1,1}＆0 \ cdots＆\ cdots＆0 \\ 0＆A_ {2,2}＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\？\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\？\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\cdots＆\ cdots \\ 0 0 \ cdots＆\ cdots＆A_ {N，N-} \ {端} V矩阵= A_ {1,1} {A_ 2,2} \ cdots A_ {N，N}。$

所以，

$\开始{V矩阵} E 1 {A_ {1,1}}＆0＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\ 0＆E ^ {A_ {2,2}}＆\ cdots＆\ cdots＆0 \\？\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\ \ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots＆\ cdots \\ 0 0 \ cdots＆\ cdots＆E ^ {A_ {N，N-}} \端{V矩阵} = E ^ {A_ {1,1}} E 1 {A_ {2，2}} \ ldots E 1 {{A_ N，N-}} = E ^ {A_ {1,1} + {A_ 2,2} + \ cdots + A_ {N，N-}} = E ^ {TR（A）}。\ _\正方形$

现在我们知道如何对角矩阵进行指数，我们可以为所有矩阵做到这一点。

如果我们写 $一种$然后在其特征向量表格中

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

在哪里 $S.$是特征矢量矩阵和 $\ lambda.$是对角线特征值矩阵。

首先，我们想找到一个表达式 $一个^ k，$这是

$a ^ k = s \ lambda ^ k s ^ { - 1}。$

这可以用归纳法来证明。我们看到了基本情况 $k = 1$是真实的等式，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 $e ^ A.$为了 $a = \ begin {bmatrix} 1＆-1 \\ 2＆4 \ END {BMATRIX}。$

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首先，我们想找到它的特征值，我们写的

$\ BEGIN {对齐} \ DET（A- \拉姆达I）= \ BEGIN {V矩阵} 1- \拉姆达＆-1 \\ 2 4- \拉姆达\ {端} V矩阵= 0 \意味着（1- \拉姆达）（4-\ lambda）+ 2＆= 0 \\ \ lambda ^ 2-5 \ lambda + 6＆= 0 \\ \ lambda＆= 2,3。\结束{对齐}$

我们找到了eigevalues的特征向量：

• $\ lambda = 2 \意味着\ begin {bmatrix} -1＆-1 \\ 2＆2 \ neg {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ neg {bmatrix} = 0。$一个解决方案，我们将选择的解决方案是 $\开始{bmatrix} 1 \ \ \ {bmatrix}结束。$
• $\拉姆达= 3 \意味着\开始{bmatrix} -2 -1 \\ 2 1 \ {端bmatrix} \ {开始} bmatrix X_1 \\ X_2 \ {端} bmatrix = 0。$一个解决方案，我们将选择的解决方案是 $\ begin {bmatrix} -1 \\ 2 \ end {bmatrix}$。

然后我们有

$a = s \ lambda s ^ { - 1} = \ begin {bmatrix} 1＆-1 \\ - 1＆2 \ neg {bmatrix} \ begin {bmatrix} 2＆0 \\ 0＆3 \ neg {bmatrix} \ begin {bmatrix} 2＆1\ 1＆1 \结束{bmatrix}$

和

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

这是答案。 $_\正方形$

如在介绍中所述，矩阵确实可以用于解决微分方程。以下是一些例子：

给出一个微分方程组

$\ begin {is} \ dfrac {dx_1} {dt} = x_2 \\ \ dfrac {dx_2} {dt} = x_1，\ ex {iscus}$

解决所有变量 $T。$

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诀窍是考虑矩阵 $u = \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ neg {bmatrix}$。所以，

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

我们知道表格的等式

$\ dfrac {du} {dt} = au \意味着u = e ^ {at} u_0，a = \ begin {bmatrix} 0＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix}。$

我们可以看到这个矩阵的特征值是 $1，-1$并且特征向量是 $\开始{bmatrix} 1 \ \ \ {bmatrix}, {bmatrix} 1 \ \ \ \开始结束{bmatrix}$。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，解决方案是

$你=\dfrac{1}{2} \begin{bmatrix}e^t+e^{-t}&e^t-e^{-t}\\e^t-e^{-t}&e^t+e^{-t}\end{bmatrix}U_0.\ _\square$

这是乏味的。对于两个系统的情况，矩阵通常不是采取的最佳路径。但随着系统的增加，矩阵变得更好的解决方案。在下一个示例中，存在初始值问题。

给出一个微分方程组

$\ begin {is} \ dfrac {dx_1} {dt} = x_2 \\ \ dfrac {dx_2} {dt} = x_1，\ ex {iscus}$

找到确切的解决方案 $x_1 (0) = 1, x_2(0) = 0。$

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上节课我们已经知道解是

$你=\dfrac{1}{2} \begin{bmatrix}e^t+e^{-t}&e^t-e^{-t}\\e^t-e^{-t}&e^t+e^{-t}\end{bmatrix}U_0.$

我们有

$\begin{aligned} U&=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}e^t+e^{-t}&e^t-e^{-t}\\e^t-e^{-t}&e^t+e^{-t}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\\\\ &=\dfrac{1}{2} \begin{bmatrix}e^t+e^{-t}\\e^t-e^{-t}\end{bmatrix}, \end{aligned}$

这确实满足了方程和边界条件。 $_\正方形$