Buscando una prueba "fácil de entender" para seguir la serie Power

Question

Estoy buscando una prueba para la siguiente serie de Power

$exp(X) = \sum_{k=0}^{n} \frac{X^{k}}{k!}$

Si X es $A_{nxn}$ matriz, entonces prueba que la serie es convergente

Dado

$\exp(X) = \sum_{k=0}^{n} \frac{X^{k}}{k!}$

$\sin(X) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k}\frac{X^{2k}}{2k!}$

$\cos(X) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k}\frac{X^{2k+1}}{(2k+1)!}$

$\cosh(X) = \sum_{k=0}^{n} \frac{X^{2k}}{(2k)!}$

$\sinh(X) = \sum_{k=0}^{n} \frac{X^{2k+1}}{(2k+1)!}$

Esto es lo que intento hasta ahora, y busco una prueba "fácil de entender"

Dejemos que $X = \begin{bmatrix} 0 & -\beta \\ \beta & 0 \end{bmatrix}$

$\exp(X) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & -\beta \\ \beta & 0 \end{bmatrix} + \frac{1}{2!} \begin{bmatrix} -\beta^{2} & 0 \\ 0 & \beta^{2} \end{bmatrix} + \frac{1}{3!} \begin{bmatrix} 0 & \beta^{3} \\ -\beta^{3} & 0 \end{bmatrix} + \frac{1}{4!} \begin{bmatrix} \beta^{4} & 0 \\ 0 & \beta^{4} \end{bmatrix} + \frac{1}{5!} \begin{bmatrix} 0 & -\beta^{5}\\ \beta^{5} & 0 \end{bmatrix}$

$\exp(X) = \begin{bmatrix} 1 + \frac{1}{2!}(-\beta^{2}) + \frac{1}{4!}\beta^{4} + ... & -\beta + \frac{1}{3!}\beta^{3} + ...\\ \beta + \frac{1}{3!}-\beta^{3} + ... & 1 + \frac{1}{2!}\beta^{2} + \frac{1}{4!}\beta^{4} + ... \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sin(\beta) & -\cos(\beta)\\ \cos(\beta) & \sin(\beta) \end{bmatrix}$

Answer 1

Es mejor proceder de la siguiente manera.

Consideremos, por ejemplo, la serie $\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}t^kA^k$ , digamos que con $t$ complejo o si prefiere tomar $t\in\mathbb R$ . Se puede comprobar que todas las entradas de la serie son series de potencias.

Por tanto, lo único que importa para la convergencia es el radio de convergencia. Es fácil demostrar que el radio de convergencia de la serie de números $\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}t^k\|A^k\|$ es infinito, y lo mismo ocurre con cada entrada de la serie original.

Conclusión: cada entrada de $\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}t^kA^k$ converge, para todos los valores de $t$ , y puedes tomar digamos $t=1$ .

Answer 2

Si asume $X$ sea diagonalizable, entonces se ve inmediatamente que la serie converge. Para el caso general, con un poco de trabajo extra utilizando la forma de Jordan, todavía se puede lograr el resultado., pero aquí voy a mostrar sólo el caso diagonalizable.

Por lo tanto, dejemos que $X=B\Lambda B^{-1}$ . Entonces tenemos $X^k=B\Lambda^k B^{-1}$ . Luego, escribiendo las sumas parciales,

$$S_n = \sum_{k=0}^n \frac{X^k}{k!} = \sum_{k=0}^n \frac{B\Lambda^kB^{-1}}{k!} = B\left(\sum_{k=0}^n \frac{\Lambda^k}{k!}\right)B^{-1}$$

Ahora el lado derecho es una matriz diagonal (suma de matrices diagonales), cuyas entradas convergen a $e^{\lambda_i}$ , $\lambda_i$ siendo los valores propios de $A$ . Claramente, el límite candidato es la matriz $exp(X):=Be^\Lambda B^{-1}$ donde el exponencial de una matriz diagonal se entiende como la matriz diagonal cuyas entradas son el exponencial de las entradas diagonales de la matriz de entrada. Ahora, vamos a comprobar la norma $\|S_n-exp(X)\|$ (Voy a suponer que la norma es submultiplicativo ):

$$\|S_n-exp(X)\| = \left\|B\left(\sum_{k=0}^n \frac{\Lambda^k}{k!}\right)B^{-1}-Be^\Lambda B^{-1}\right\|\leq\|B\|\|B^{-1}\|\|D\|$$

donde $D$ es una matriz diagonal con entradas $D_{ii}=e^{\lambda_i}-\sum_{k=0}^n\frac{\lambda_i^k}{k!}$ . Claramente $\|D\|$ se acerca a 0, en cualquier norma que elijas.

Edición: sólo para dar una idea, en el caso de matrices no diagonalizables, se tiene $X=B J^k B^{-1}$ , donde $J$ es la forma de Jordan de $X$ . La diagonal de $J^k$ tiene el mismo aspecto que en el caso diagonal, pero los bloques de Jordan se llenan. Afortunadamente, sin embargo, se llenan con términos de la forma $p(k)\lambda^s$ , donde $p$ es un polinomio, y $s\in\{k-r+1,\ldots,k-1\}$ , $r$ siendo el orden del bloque. Por lo tanto, todos los términos diagonales adicionales se aproximan a cero.