Matriz exponencial de una matriz compleja de traceless $2\times2$

Question

¿Cómo calcular el % o $\exp\left(t\begin{bmatrix}0 & z\z^* & 0\end{bmatrix}\right)$ $\exp\left(\begin{bmatrix}0 & v\w & 0\end{bmatrix}\right)$(donde: $v, w \in \mathbb{C}$) en general?

Answer 1

Por definición $e^A=\sum{j=0}^\infty \frac{A^j}{j!}$ donde $A^0=I\equiv$ la matriz identidad. Ahora tienes $A={\begin{bmatrix}0 & v\w & 0\end{bmatrix}}$. Tenga en cuenta que $A^2=vwI$, por lo que por inducción se pueden demostrar $A^{2j}=v^jw^jI$ y $A^{2j+1}=v^jw^jA$ % todos $j\ge 0$. Se deduce que\begin{align} e^A&=\sum{j=0}^\infty \frac{A^j}{j!}\ &=\sum{j=0}^\infty \frac{A^{2j}}{(2j)!}+\sum{j=0}^\infty \frac{A^{2j+1}}{(2j+1)!}\ &=\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^jI}{(2j)!}+\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^jA}{(2j+1)!}\ &=\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^j}{(2j)!}I+\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^j}{(2j+1)!}A\ &={\begin{bmatrix}\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^j}{(2j)!} & \sum{j=0}^\infty \frac{v^{j+1}w^j}{(2j+1)!}\\sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^{j+1}}{(2j+1)!} & \sum{j=0}^\infty \frac{v^jw^j}{(2j)!}\end{bmatrix}} \ \end{align}

¿Desde este punto, estoy seguro que usted puede evaluar cada elemento de la matriz en la última línea, no puede usted?

Answer 2

Por supuesto, Naveen la respuesta es correcta en la medida en que podemos exponentiate cualquier matriz $A$ mediante el cálculo de la potencia de la serie $\sum_0^\infty (A^n/n!)$, la aplicación directa de esta técnica requiere de muchos cálculos; que es realmente un montón de trabajo. Pero la forma especial de las matrices dadas en la pregunta permitir que numerosas simplificaciones que me hizo, y un bonito, elegante solución puede ser tenido. A saber:

Vamos a calcular primero $e^W$, donde

$W = \begin{bmatrix} 0 & v \\ w & 0 \end{bmatrix}. \tag{1}$

Tenemos:

$W^2 = \begin{bmatrix} 0 & v \\ w & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & v \\ w & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} vw & 0 \\ 0 & vw \end{bmatrix} = vwI, \tag{2}$

$W^3 = W^2W = vwIW = vwW, \tag{3}$

$W^4 = (W^2)^2 = (vwI)^2 = v^2w^2I = (vw)^2I, \tag{4}$

$W^5 = W^4W = v^2w^2IW = (vw)^2W; \tag{6}$

el patrón general que surge de (2)-(6); es

$W^{2n} = v^nw^nI = (vw)^nI, \tag{7}$

$W^{2n + 1} = W^{2n}W = v^nw^nW = (vw)^nW; \tag{8}$

(7)-(8) puede ser fácilmente validado por una muy sencilla de inducción; de hecho, si

$W^{2k} = (vw)^kI, \tag{9}$

entonces

$W^{2(k + 1)} = W^{2k + 2} = W^{2k}W^2 = ((vw)^kI)(vwI) = (vw)^{k + 1}I; \tag{10}$

y si

$W^{2k + 1} = v^kw^kW = (vw)^kW, \tag{11}$

entonces

$W^{2(k + 1) + 1} = W^{2k + 3} = W^{2k + 1}W^2 = ((vw)^kW)(vwI) = (vw)^{k + 1}W; \tag{12}$

así vemos que (7)-(8) son válidas para todos los $n \ge 0$. Basado en estas relaciones, se calculan $e^W$

$e^W = \sum_0^\infty \dfrac{W^n}{n!} = \sum_0^\infty \dfrac{W^{2n}}{(2n)!} + \sum_0^\infty \dfrac{W^{2n + 1}}{(2n + 1)!}, \tag{13}$

donde hemos roto la serie en potencias pares e impares de $W$. Tenemos, usando (7), (8):

$\sum_0^\infty \dfrac{W^{2n}}{(2n)!} = \sum_0^\infty \dfrac{(vw)^nI}{(2n)!} = (\sum_0^ \infty \dfrac{(vw)^n}{(2n)!})I, \tag{14}$

y

$\sum_0^\infty \dfrac{W^{2n + 1}}{(2n + 1)!} = \sum_0^\infty \dfrac{(vw)^nW}{(2n + 1)} = (\sum_0^\infty \dfrac{(vw)^n}{(2n + 1)!})W; \tag{15}$

si ahora nos elija $r \in \Bbb C$ tal que $r^2 = vw$, y volver a montar (13) con (14) y (15) $r^2$ en lugar de $vw$, la obtención de

$e^W = (\sum_0^\infty \dfrac{r^{2n}}{(2n!)})I + (\sum_0^\infty \dfrac{r^{2n}}{(2n + 1)!})W. \tag{16}$

Ahora nos rama y el tratamiento de los dos casos $r = 0$, $r \ne 0$ por separado. En primer lugar, si $r \ne 0$, podemos re-escribir (16) en el formulario

$e^W = (\sum_0^\infty \dfrac{r^{2n}}{(2n)!})I+ (\sum_0^\infty \dfrac{r^{2n + 1}}{(2n + 1)!})\dfrac{W}{r}. \tag{17}$

Ahora podemos observar que la primera suma en (17) consiste, precisamente, de los términos del grado de

$e^r = \sum_0^\infty \dfrac{r^n}{n!}, \tag{18}$

como tal, es en el hecho de $\cosh r = (e^r + e^{-r})/2$, en el que el extraño términos del grado todas cancelar; del mismo modo que la segunda suma es $\sinh r = (e^r - e^{-r})/2$, los términos de grado de la cancelación en este caso. Así

$e^W = (\cosh r) I + (\sinh r) \dfrac{W}{r}; \tag{19}$

en el caso de que $r = 0$, vemos directamente de (16) que

$e^W = I + W, \tag{20}$

lo cual es consistente con el límite de (19) como $r \to 0$, ya que el $\lim_{r \to 0} \sinh r/ r = 1$, como fácilmente puede verse a partir de la definición de $\sinh r = (e^r - e^{-r})/2$. En efecto, la función $\sigma(r) = \sinh r /r$ es un bien definido analítica de la función de $r$, como puede verse por la inspección de la alimentación de la serie para $\sinh r / r$:

$\sigma(r) = \dfrac{\sinh r}{r} = \sum_0^\infty \dfrac{r^{2n}}{(2n + 1)!}. \tag{21}$

Es evidente que (19), es un estructuralmente iluminador y un computacionalmente eficiente representación de $e^W$, ya que no sólo presenta $e^W$ en una forma en la cual expone los diferentes aspectos de su expansión como una combinación lineal de potencias de $W$, pero también representa un método para evaluar las $e^W$ que requiere mucho menos esfuerzo que el directo de la matriz de expansión de la potencia de la serie $e^W$ según lo sugerido por Naveen. Habiendo tomado nota de estas cosas, vamos a proceder.

Con las fórmulas (19) y (20) a nuestra disposición, configuración

$W = t\begin{bmatrix} 0 & z \\ z^\ast & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & tz \\ tz^\ast & 0 \end{bmatrix} = tZ, \tag{22}$

donde

$Z = \begin{bmatrix} 0 & z \\ z^\ast & 0 \end{bmatrix}; \tag{23}$

a continuación, con $v = tz$$w = tz^\ast$,$r^2 = t^2zz^\ast = t^2 \vert z \vert^2$, así que podemos tomar la $r = t \vert z \vert$. (19) los rendimientos

$e^{tZ} = (\cosh t \vert z \vert) I + (\sinh t \vert z \vert) \dfrac{tZ}{t \vert z \vert} = (\cosh t \vert z \vert) I + (\sinh t \vert z \vert) \dfrac{Z}{\vert z \vert}. \tag{24}$

Un par de observaciones finales relativas a la elección de $r = t \vert z \vert$: el lector recordará que $r$ sólo tiene que satisfacer $r^2 = vw$ o $r^2 = \vert t^2 zz^\ast \vert$; claramente, el $r = t \vert z \vert$ cumple con este requisito, así como las opciones $r = -t \vert z \vert$, $r = \vert tz \vert$, $r = - \vert tz \vert$ etc. De hecho, la selección de $r$ ni siquiera tiene que ser continua con respecto a $u, v$ o $t, \vert z \vert$, pero $r^2$. Elegí $r = t\vert z \vert$ porque, de todas estas opciones, hace que el $t$-dependencia más claro. Al menos el Tuyo de Verdad.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista,

y como siempre,

Fiat Lux!!!

Answer 3

Que $A=\pmatrix{0&v\ w&0}$ y $x$ ser cualquier número complejo tal que $vw=-x^2$. Por el teorema de Cayley-Hamilton, $A^2 = \operatorname{trace}(A)A-\det(A)I = vwI = -x^2I$. Por lo tanto, cuando $vw\ne0$ (para que $x\ne0$), \begin{align} e^A &= I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\ldots\ &= \left(I+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^4}{4!}+\ldots\right) +\left(A+\frac{A^3}{3!}+\frac{A^5}{5!}+\ldots\right)\ &= \left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\ldots\right)I +\left(1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\ldots\right)A\ &= \cos(x)I+\frac{\sin(x)}{x}A.\tag{1} \end{align} puesto que la función exponencial es continua, cuando $vw=0$, podemos tomar el límite de $(1)$ $x\to0$ obtener ese $e^A= I+A$.

Answer 4

$e^t=1+t+\frac{t^2}{2 !}+\ldots,$ para cualquier matriz $A$, $e^A=I+A+\frac{1}{2!}A^2+\ldots$.