La integración de la matriz exponencial

Question

Tengo una pregunta acerca de la ecuación 6 en este documento.

Simplificando un poco, los autores afirman que la siguiente

$$\int_0^{\infty} e^{-tL} dt = L^{-1}$$

$L$ aquí es un gráfico de laplace y por lo tanto es una matriz. (Dejemos a un lado por el momento en que $L$ es singular y por lo tanto hacer que la ecuación de arriba sin sentido.)

Para derivar la ecuación, lo probé por primera vez la expansión de $e^{-tL}$ en una serie y la integración de los diferentes términos en la esperanza de que algo limpio sale: $$\int_0^{\infty} e^{-tL} dt = \sum_{i=0}^\infty \frac{(-L)^i}{i!}\int_0^{\infty} t^i dt$$ que no llevan a ninguna parte para mí.

Así que he intentado que la alternativa de la tachuela de sólo el tratamiento de $L$ como si se tratara de escalar. En ese caso, la primera ecuación es obviamente cierto.

Mi pregunta es, puedo tratar la matriz $L$ en el exponente como si se tratara de un escalar y acaba de integrar?

(Bonus pregunta, ya que el $L$ es un gráfico de laplace y por lo tanto singular, ¿por qué los autores de la inversión cuando ellos deberían saber mejor?)

Answer 1

El punto es que la matriz en cuestión no es singular, es simétrica positiva definida. Como es común en este tipo de papel, muchos ordinario matemático comentarios se quedan sin decir. Justo antes de que la ecuación (1), encontramos que de $W$ es un real simétrica matriz de estrictamente positivo números, llamados "pesos." No es necesario que sea positiva definida en sí misma. Justo antes de que la ecuación (3), encontramos que de $D$ es la matriz diagonal con $$ d_{ii} = \sum_{j=1}^n \; w_{ij}.$$ A continuación, encontramos $$ \Delta = D - W. $$ Ahora, como una $n$ $n$ matriz, $\Delta$ es simétrica y singular, por la construcción del vector con cada entrada igual a $1$ es un vector nulo.

Sin embargo, luego ir a tomar submatrices, comenzando con la fórmula (4). En el momento de llegar a la fórmula (5), encontramos que su $$ L = D_{uu} - W_{uu} $$ is invertible, the reason for this being, in fact, that it is positive definite. This requires proof, and I will put that in when I have time. For now, note these examples: if $n=2$ y $$ W \; = \; \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right) , $$ $$ D -W \; = \; \left( \begin{array}{cc} b & -b \\ -b & b \end{array} \right) , $$ y la única posible submatriz es de 1 por 1, $$ L = (b). $$

Si $n=3$ y $$ W \; = \; \left( \begin{array}{ccc} a & f & e \\ f & b & d \\ e & d & c \end{array} \right) , $$ $$ D - W \; = \; \left( \begin{array}{ccc} e + f & -f & -e \\ -f & f + d & -d \\ -e & -d & d + e \end{array} \right) , $$ y la posible derecha inferior son de 1 por 1 $$ L = (d + e) $$ o de dos en dos $$ L \; = \; \left( \begin{array}{cc} f + d & -d \\ -d & d + e \end{array} \right) . $$ Porque nos exige $a,b,c,d,e,f$ a ser estrictamente positivo, la posible matriz $L$s están representados positiva definida.

Todavía en busca de una prueba simple, pero esto es lo que está pasando: Vamos a $U$ ser simétrica real de la matriz de estrictamente elementos positivos. Deje $T$ ser la matriz diagonal tal que $T_{ii} = \sum_{j} U_{ij}.$ a Continuación, vamos a $S = T - U,$, de modo que $S$ es simétrica con hileras de sumas todos fuga. El teorema es que $S$ es positivo semidefinite. Cuando nos aumentan los elementos de la diagonal de a $S$ positivas reales para llegar a la original $L$ anterior, el resultado es positiva definida.

Answer 2

Si miramos la definición de la integral de Riemann, usted verá que no hay que hacer mucho uso de las propiedades de la codominio de la función (que es un espacio vectorial, y que usted puede tomar límites). Así se puede definir la integral de Riemann para funciones continuas $\mathbb{R}\to M_n(\mathbb{C})$ sin problemas.

El Teorema fundamental del Cálculo todavía mantiene y $(-L^{-1}e^{-tL})'=e^{-tL}$. Entonces $$ \int_0^ne^{-tL}\,dt=\left.-L^{-1}e^{-tL}\right|_0^n=-L^{-1}e^{-nL}+L^{-1}\xrightarrow{n\to\infty}L^{-1}. $$

Al $L$ es singular, la afirmación no tiene sentido, y no tengo idea de lo que los autores entienden. Considere la posibilidad de $$ L=\begin{bmatrix}0&1\\ 0&0\end{bmatrix}. $$ A continuación,$L^2=0$, por lo que $$ e^{-tL}=I-tL. $$ Alegando que $$ \int_0^\infty(I-tL)\,dt $$ es una matriz es una declaración interesante.

Añadido: después de mirar el reclamo de que Se $L$ es positiva definida, el argumento se vuelve mucho más sencillo. Porque en este caso podemos escribir $$ L=\sum_{k=1}^n\lambda_kP_k, $$ donde el $\lambda_k$ son los autovalores de a $L$ e las $P_k$ son parejas las proyecciones ortogonales de rango uno. Entonces $$ e^{-tL}=\sum_{k=1}^ne^{-t\lambda_k}P_k, $$ y así $$ \int_0^\infty e^{-tL}\,dt=\sum_{k=1}^n\left(\int_0^\infty e^{-t\lambda_k}\,dt\right)\;P_k =\sum_{k=1}^n\lambda_k^{-1}\;P_k=L^{-1}. $$

Answer 3

Siguiente Jagy sugerencia, empezamos con $L = D_{uu} - W_{uu}$. Con el fin de mostrar $L$ es no singular, es suficiente para mostrar que $D_{uu}^{-1} L= I- D_{uu}^{-1}W_{uu}$ es no singular.

Escribir $Q=D_{uu}^{-1}W_{uu}$. A continuación, $Q$ ha positiva entradas y la fila sumas son todos estrictamente menor que uno. No es difícil mostrar que $Q^n\to 0$ exponencialmente rápido, por lo que el $(I-Q)^{-1}$ puede ser obtenida directamente de la $\sum_{n=0}^\infty Q^n$. Hecho!