Cómo demostrar que una función es una matriz exponencial?

Question

Si $F(x) = \exp(x A) = \sum_{i = 0}^\infty \frac{1}{i!} x^i A^i$ donde $F(x), A \in \mathbb{R}^{n \times n}$, luego \begin{equation} F(x + y) = F(x) F(y) = F(y) F(x) \end{equation} sostiene.

Cuando es a la inversa verdadero, es decir, si $F(x + y) = F(x) F(y) = F(y) F(x)$, entonces existe una matriz $A$ tal que $F(x) = \exp(x A)$?

Answer 1

"Cuando es a la inversa verdad?"

Un adecuado hipótesis en $F(x)$, otros que

$F(x + y) = F(x)F(y) = F(y)F(x), \tag{1}$

es que $F(x)$ ser diferenciable en a $x = 0$, es decir, que

$F'(0) = \lim_{h \to 0} \dfrac{1}{h} (F(h) - F(0)) \tag{2}$

existe como una bien definida la matriz; el otro es el que

$F(0) \;\; \text{is invertible}. \tag{3}$

De hecho, las dos (2) y (3) son, de hecho, es necesario, como veremos. En el caso de que (1) y (2), tenemos por cualquier $x$ $h \ne 0$

$\dfrac{1}{h}(F(x + h) - F(x)) = \dfrac{1}{h}(F(x)F(h) - F(x)) = \dfrac{1}{h}(F(h)F(x) - F(x)); \tag{4}$

además, tomamos nota de que

$F(x) = F(x + 0) = F(0 + x) = F(0)F(x) \tag{5}$

a través de (1); por lo que (4) se convierte en

$\dfrac{1}{h}(F(x + h) - F(x)) = \dfrac{1}{h}(F(h)F(x) - F(0)F(x)) = \dfrac{1}{h}(F(h) - F(0))F(x); \tag{6}$

ahora tomando el límite de $h \to 0$ rendimientos, usando (2),

$F'(x) = \lim_{h \to 0} \dfrac{1}{h}(F(x + h) - F(x)) = \lim_{h \to 0} \dfrac{1}{h} (F(h) - F(0))F(x) = F'(0) F(x); \tag{7}$

vemos que $F(x)$ debe satisfacer la ecuación diferencial ordinaria

$F'(x) = F'(0) F(x); \tag{8}$

la única solución de (8) es

$F(x) = F(0) e^{F'(0) x}, \tag{9}$

que puede ser fácilmente controlado por diferenciación directa:

$F'(x) = (F(0) e^{F'(0) x})' = F(0)(e^{F'(0) x})' = F(0) F'(0) e^{F'0) x} = F'(0) (F(0)e^{F'(0) x}) = F'(0) F(x); \tag{10}$

en la realización de la validación de la computación (10), tenemos (tácitamente) que se utiliza el hecho de que

$F'(0) F(0) = F(0) F'(0)\tag{11}$

que se sigue de (1), (2):

$F(0) F'(0) = F(0) \lim_{h \to 0}\dfrac{1}{h}(F(h) -F(0)) = \lim_{h \to 0} F(0)\dfrac{1}{h}(F(h) - F(0)) = \lim_{h \to 0}\dfrac{1}{h}(F(h) - F(0)) F(0) = F'(0)F(0). \tag{12}$

En (9), estamos casi allí, que sólo necesitan para lidiar con el factor de $F(0)$; hemos

$(F(0))^2 = F(0) F(0) = F(0 + 0) = F(0); \tag{13}$

aquí (3) en último entra en juego; tenemos

$F(0) = F^{-1}(0)(F(0))^2 = F^{-1}(0) F(0) = I, \tag{14}$

de donde (9) se convierte en

$F(x) = e^{F'(0) x}, \tag{15}$

la forma deseada con $A = F'(0)$.

Así, hemos visto que las condiciones (1)-(3) son suficientes para (15) para enlazar; de hecho, son también necesarios; (3) se sigue de (15) mediante el establecimiento $x = 0$:

$F(0) = e^{F'(0) 0} = e^0 = I, \;\; \text{invertible}; \tag{16}$

(2) es una fácil consecuencia de la (da) expansión de la serie de $F(x) = e^{Ax} = e^{F'(0)x}$ que os dejo los detalles a mis lectores; y finalmente, (1), que dada (15) puede ser escrita

$e^{A(x + y)} = e^{Ax} e^{Ay} \tag{17}$

es una conocida propiedad de la exponencial de matrices; véase mi respuesta a la $M,N\in \Bbb R ^{n\times n}$, muestran que $e^{(M+N)} = e^{M}e^N$ $MN=NM$.

Esta pregunta y la respuesta son relacionados a Mostrar la solución para el carácter de identidad.