Polinomio para Matriz Exponencial

Question

Para una matriz cuadrada $A$ la matriz exponencial se define como $$e^{At}=I/0!+At/1!+A^2t^2/2!+\cdots,$$ donde $I$ es la matriz de identidad. Hay un teorema (un corolario del teorema de Cayley-Hamilton) que dice $e^{At}=a_0I+a_1At+a_2A^2t^2+\cdots +a_{n-1}A^{n-1}t^{n-1}$ , donde el $a_i$ son funciones de $t$ a determinar a partir de $A$ . Hay otro teorema (que nos permite encontrar el $a_i's$ ) que establece que si definimos $r(\lambda)=a_0+a_1\lambda +\cdots + a_{n-1}\lambda^{n-1}$ y si $\lambda_i$ es un valor propio de $At$ entonces

1. $$e^{\lambda_i}=r(\lambda_i).$$ Además, si $\lambda_i$ es un valor propio de multiplicidad $k>1$ , entonces además tenemos
2. $$e^{\lambda_i}=r'(\lambda)\bigg\vert_{\lambda=\lambda_i}=r''(\lambda)\bigg\vert_{\lambda=\lambda_i}=\cdots = r^{(k-1)}(\lambda)\bigg\vert_{\lambda=\lambda_i}.$$

Solicito un esbozo de prueba de (2). No veo cómo las derivadas entran en escena.

Answer 1

Tal vez pueda elaborar un esquema de prueba formal a partir del material de los textos clásicos de A S Householder o F R Gantmacher. En lugar de eso, aquí, si buscas una pista, te doy una demostración/ilustración de plausibilidad para la más simple n \= 3 caso, el paradigma más simple de matriz diagonalizable de 3x3 que exhibe la característica que le intriga, la forma en que lo presentamos informalmente a los estudiantes de física o CS, los consumidores primarios de las aplicaciones. A continuación, puede generalizar y formalizar.

Para empezar, es evidente que no está utilizando el parámetro t de manera no trivial nada en su pregunta sería diferente si se fijara t \=1, lo que haré de inmediato. Sin embargo, este parámetro es muy útil en la discusión que sigue, así que lo reintroduciré, y lo pondré selectivamente a 0, o, al final, a 1, para comentar sus expresiones.

Consideremos la matriz 3x3 A con un único valor propio no nulo $\lambda_1$ y un doble valor propio $\lambda_2$ así que el teorema de Cayley-Hamilton, $0=(A-\lambda_1) ( A-\lambda_2)^2$ , limita $A^3$ y las potencias superiores sean expresables como polinomios cuadráticos en A , al igual que todas sus funciones matriciales, incluida la exponencial aquí. Si no hubiera degeneración, y tuviéramos 3 valores propios distintos, en cambio, la exponencial matricial, como todas las funciones matriciales sería sencilla de evaluar a través de La fórmula de Sylvester . Sin embargo, el doble valor propio que muestra su característica necesita Ampliación de Buchheim . Primero encontremos el exponencial.

Establece tu polinomio cuadrático r(tA) para ser $$ e^{tA}= e^{\lambda_1 t } B + e^{\lambda_2 t}(C+tD) ~, \tag 1 $$ donde B,C,D son t -funciones cuadráticas independientes de A independientemente del lado izquierdo: el Covariantes de Frobenius que proyectan los vectores propios correspondientes a los valores propios $\lambda_2$ y $\lambda_1$ , determinado de la siguiente manera.

Evaluar (1) en t \=0; operar una y dos veces con d/dt y evaluar en t \=0 para obtener $$ I=B+C \tag 2 $$ $$ A=\lambda_1 B + \lambda_2 C +D \tag 3 $$ $$ A^2=\lambda_1^2 B + \lambda_2( \lambda_2 C + 2D) ~. \tag 3 $$ Resolver (2-4) en términos de A para obtener $$ B=\frac{(A-\lambda_2)^2}{(\lambda_1-\lambda_2)^2}\\ C=I-B= \frac{(A-\lambda_2+ (\lambda_1-\lambda_2))(\lambda_1-A)}{(\lambda_1-\lambda_2)^2}\\ D= \frac{(A-\lambda_1)(A-\lambda_2)}{(\lambda_2-\lambda_1)}~. $$ Nota B es un proyector sobre el espacio de vectores propios correspondiente a $\lambda_1$ , mientras que C hace lo mismo con los dos vectores propios correspondientes a $\lambda_2$ ; por último, D divide el polinomio característico anterior. De nuevo, estos covariantes de Frobenius son propiedades de A y no de la función que vamos a examinar, aquí la exponencial.

Así, $$ e^{tA}= e^{\lambda_1 t} \frac{(A-\lambda_2)^2}{(\lambda_1-\lambda_2)^2} + e^{\lambda_2t } (A-\lambda_1) \frac{[(\lambda_2-A)(1+t(\lambda_1-\lambda_2))-(\lambda_1-\lambda_2)]}{(\lambda_1-\lambda_2)^2} ~, $$ cediendo, por t \=1, su expresión polinómica cuadrática, $$ r(\lambda)= e^{\lambda_1 } \frac{(\lambda-\lambda_2)^2}{(\lambda_1-\lambda_2)^2} + e^{\lambda_2 } (\lambda-\lambda_1) \frac{[(\lambda_2-\lambda)(1+\lambda_1-\lambda_2)-\lambda_1+\lambda_2]}{(\lambda_1-\lambda_2)^2} ~, $$ con $r(\lambda_1)= e^{\lambda_1}$ y $r(\lambda_2)= e^{\lambda_2}= e^{\lambda_2} C(\lambda_2)$ .

Ahora, observe directamente que $r'(\lambda_2)=r(\lambda_2)$ mientras que este no es el caso de $r'(\lambda_1)$ Es decir $r'(\lambda)\neq r(\lambda.)$ . Esto no es más que una demostración, ¡aunque bien podría llegar a ser una insinuación!

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• PS : Me doy cuenta de que mucho de esto es exagerado. Si asumes que tienes 3 valores propios distintos, $\lambda_1,\lambda_2, \lambda_2 +\epsilon$ y calcular la fórmula de Sylvester sin complicaciones, $r(\lambda)= e^{\lambda_1 } \frac{(\lambda-\lambda_2)(\lambda-\lambda_2-\epsilon) }{(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\lambda_2-\epsilon)} + e^{\lambda_2 } \frac{(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2-\epsilon)}{(\lambda_2-\lambda_1)(-\epsilon)} + e^{\lambda_2+\epsilon } \frac{(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)}{(\lambda_2+\epsilon-\lambda_1) (\epsilon)}$ obteniendo la expresión anterior de menor orden (cero) en ε de ahí que $r(\lambda_i)$ para los 3 i y también $r'(\lambda_i)$ y sólo entonces tomando la $\epsilon\to 0$ límite, aprecia la inevitabilidad de su declaración 2. en $\lambda_2$ .

• Es un _característica genérica de Interpolación lagrangiana_ . Esto se generaliza a degeneraciones más altas, mutatis mutandis . ¿Realmente quieres que lo lleve a cabo de forma más explícita?