Cálculo de la exponencial de la matriz $e^{tA}$ para un $2\times2$ matriz $A\in M_2(\Bbb C)$ .

Question

Dejemos que $$A=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\in M_2(\Bbb C),$$ dejar $\delta=ad-bc$ , dejemos que $\tau=a+d$ y arreglar algunos $\gamma\in\Bbb C$ tal que $\gamma^2=\frac14(\tau^2-4\delta)$ .

Primero suponemos que $\gamma\ne0$ para que $A$ es diagonalizable en la forma $A=QBQ^{-1}$ donde $$B=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0\\ 0 & \lambda_2\end{pmatrix}$$ y $Q\in\mathrm{GL}_2(\mathbb{C})$ . Tenga en cuenta que podemos establecer $\lambda_1=\frac\tau2+\gamma$ y $\lambda_2=\frac\tau2-\gamma$ . Ahora podemos calcular que $$e^{tA}=e^{tQBQ^{-1}}=Q e^{tB}Q^{-1}=Q\begin{pmatrix}e^{t\lambda_1} & 0 \\ 0 & e^{t\lambda_2}\end{pmatrix}Q^{-1}$$ sin embargo, esto no me da una manera particularmente fácil de simplificar la expresión resultante.

Mi libro de texto me pide que demuestre que para $\gamma\ne0$ , $$e^{tA}=e^{t\tau/2}\left(\frac{\sinh(t\gamma)}{\gamma}A+\frac{\gamma\cosh(t\gamma)-2\tau\sinh(t\gamma)}{\gamma}I\right)$$ pero no veo cómo llegar a este punto.

Answer 1

La matriz exponencial $f(t)=\exp(tA)$ es la única solución de la ecuación diferencial $$f'(t)=Af(t)\tag1$$ con la condición inicial $f(0)=I$ . Todo lo que hay que hacer para demostrar la fórmula dada es asegurarse de que satisface $(1)$ y que es la identidad cuando $t=0$ .

Answer 2

Nota Hay una errata en la expresión que quieres demostrar.

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El polinomio característico de $A$ es $$\chi_A(x) = \det(xI_2 - A) = x^2 - \tau x + \delta = \left(x - \frac{\tau}{2} + \gamma\right)\left(x - \frac{\tau}{2} - \gamma \right) = 0$$ Por Teorema de Cayley-Hamiltoniano tenemos

$$\chi_A(A) = P_{+}P_{-} = 0 \quad\text{ where }\quad P_{\pm} \stackrel{def}{=} A - \left(\frac{\tau}{2} \mp \gamma\right)I_2$$ Cuando $\gamma \ne 0$ la matriz de identidad puede descomponerse como $$I_2 = \frac{1}{2\gamma}(P_{+} - P_{-})$$ Ahora $P_{+}P_{-} = 0$ implica $$\left(A - \left(\frac{\tau}{2} \pm \gamma\right)I_2 \right)P_{\pm} = 0 \quad\iff\quad AP_{\pm} = \left(\frac{\tau}{2} \pm \gamma\right)P_{\pm} \quad\implies\quad e^{tA} P_{\pm} = e^{t(\frac{\tau}{2} \pm \gamma)}P_{\pm}$$ Tenemos $$\begin{align} e^{tA} = e^{tA} I_2 &= \frac{1}{2\gamma}\left(e^{t(\frac{\tau}{2} + \gamma)}P_{+} - e^{t(\frac{\tau}{2} - \gamma)}P_{-}\right)\\ &= \frac{e^{\frac{t\tau}{2}}}{2\gamma}\left[ e^{t\gamma}\left( A - \left(\frac{\tau}{2} - \gamma\right)I_2\right) - e^{-t\gamma}\left( A - \left(\frac{\tau}{2} + \gamma\right)I_2\right) \right]\\ &= \frac{e^{\frac{t\tau}{2}}}{\gamma} \left[ \sinh(t\gamma)A + \left( \gamma\cosh(t\gamma) - \frac{\tau}{2}\sinh(t\gamma) \right)I_2 \right] \end{align}$$