Cuando hay un vector $D$ con un resultado positivo de coordenadas tal que $e^{Ct}D$ tiene un negativo de coordenadas?

Question

Deje $C$ $2 \times 2$ asimétrica de la matriz con entradas real. Suponga que $C$ ha estrictamente negativa, real de los autovalores. Fix $D\in\mathbb{R}^2$ donde $D > 0$ (es decir, ambas coordenadas son estrictamente positivos). Deje $t \geq 0$ ser un escalar y definir el vector de valores de la función utilizando la matriz exponencial, $$H(t) = e^{C t} D\in\mathbb{R}^2$$ Denotar $\min(H(t))<0$ si al menos uno de los elementos es menor que $0$.

La fijación de $D > 0$, bajo qué condiciones en $C$$D$, $t^{*}> 0$ existe tal que $\min(H(t^*)) < 0$? O, por el contrario, dado un número de $C$$D$, ¿cómo puedo comprobar si el $H(t) > 0$ todos los $t$?

Las condiciones ideales son la comprobación de los signos de los vectores propios o elementos de la diagonal de a $C$, etc. Si se puede hacer sin un particular $D$ matriz, mucho mejor.

Un par de notas:

• Si es posible, usted puede usar la suposición de que $-C^{-1} D \cdot \begin{bmatrix} 1 &1\end{bmatrix} = 1$. es decir, la suma de $-C^{-1}D = 1$ Esto sale del equilibrio necesario a fin de asegurar que $H(t)$ es válido PDF, y pueden precisar los requisitos para que la respuesta sólo los requisitos en $C$.
• $C$ negativo definitivo debe ser suficiente para garantizar que los $\lim\limits_{t\to\infty}H(t) = 0$
• Si lo desea, supongamos que C es diagonalizable y denotan $C \equiv Q S Q^{-1}$ donde $S$ la matriz de autovalores (tanto en $< 0$). En ese caso, $$H(t)= Q e^{S, t} P^{-1} D$$

Enfoque De Solución?: Claramente, tener negativos autovalores de a $C$ asegura la convergencia de $H(t) \to 0$, pero ¿qué hacen los vectores propios de a $C$ nos dicen? Puede que nos diga de qué dirección enfoques $0$ (teniendo en cuenta el signo de $D$)?

Me doy cuenta de que en los ejemplos que se rompen, uno de los autovectores tiene los mismos signos para ambas coordenadas, mientras que el otro tiene diferentes signos? Podría $Q \leq 0$ ser la respuesta?

Ejemplo, cuando va a continuación de 0 con la negativa definitiva de C: Consulte el siguiente código de matlab:

C = [- 2.2959 -1.5; -.1 -1.6918];
min(eig(-C)) %Can check the eigenvalues to ensure negative definite
D = [2.0; 0.6918];
F_p = @(z) expm(C * z) * D;
%Evaluate at a few z's
F_p(1) %Both > 0
F_p(3) %One of them < 0!!!
F_p(100) %They both converge to 0
%Could diagonalize C
[Q,B] = eig(C)
% Then define F''(z)
F_pp = @(z) Q * diag(exp(diag(B) * z))* inv(Q) * C * D

Agregado de la Idea Dada en la Solución: El siguiente puede ser un boceto de una prueba de que $D$ como el autovector de a $C$ cumple con el requisito, Preliminares:

1. $A$ $A^{n}$ tienen los mismos vectores propios y si $\lambda$ es una raíz de $A,\ \lambda ^{n\text{ }}\ $es una raíz de $A^{n}.\ $ $-A$ tiene raíces $-\lambda$
2. $If$ $A$ es no negativo (con algunos elementos positivos) que tiene una no negativo autovector $v\geq 0$ asociado a una posición dominante en la raíz $\hat{ \lambda}>0,$, que es real, sencillo y de mayor tamaño en el módulo que sus otros raíces.
3. $A$ $-A\ $ \ tienen los mismos vectores propios.

Ahora considere $e^{C t}D=\left[ I+C t+\frac{1}{2!}\a la izquierda( C t\right) ^{2}+\frac{1}{ 3!}\a la izquierda( C t\right) ^{3}+\frac{1}{4!}\a la izquierda( C t\right) ^{4}+\frac{1}{5!} \left( C t\right) ^{5}+\frac{1}{6!}\a la izquierda( C t\right) ^{6}+..\right] D$ where $C\leq 0.$ Take $v$ to be the dominant eigenvector of $-C.$ So if $\lambda$ predominante es la raíz de $-C,$, el mínimo autovalor de a $-C$ es $-\lambda .$ Take $D=v.$ $$\begin{eqnarray*} C t v &=&\left( -\lambda t\right) v \\ \left( C t\right) ^{2}v &=&\left( -\lambda t\right) ^{2}v \\ \left( C t\right) ^{3}v &=&\left( -\lambda t\right) ^{3}v \end{eqnarray*}$$ $$\begin{eqnarray*} e^{C t}v &=&\left[ I+C t+\frac{1}{2!}\left( C t\right) ^{2}+\frac{1}{3!}\left( C t\right) ^{3}+\frac{1}{4!}\left( C t\right) ^{4}+\frac{1}{5!}\left( C t\right) ^{5}+\frac{1}{6!}\left( C t\right) ^{6}+..\right] v \\ &=&\left[ 1+\left( -\lambda t\right) +\frac{1}{2!}\left( -\lambda t\right) ^{2}+\frac{1}{3!}\left( -\lambda t\right) ^{3}+\frac{1}{4!}\left( -\lambda t\right) ^{4}+\frac{1}{5!}\left( -\lambda t\right) ^{5}+\frac{1}{6!}\left( -\lambda t\right) ^{6}+..\right] v \end{eqnarray*}$$ Pero, por definición,

$$e^{-\lambda t}=\left[ 1+\left( -\lambda t\right) +\frac{1}{2!}\a la izquierda( -\lambda t\right) ^{2}+\frac{1}{3!}\a la izquierda( -\lambda t\right) ^{3}+\frac{1}{4!} \left( -\lambda t\right) ^{4}+\frac{1}{5!}\a la izquierda( -\lambda t\right) ^{5}+ \frac{1}{6!}\a la izquierda( -\lambda t\right) ^{6}+..\right]$$ Así $$e^{C t}v=\left[ I+C t+\frac{1}{2!}\a la izquierda( C t\right) ^{2}+\frac{1}{3!}\a la izquierda( C t\right) ^{3}+\frac{1}{4!}\a la izquierda( C t\right) ^{4}+\frac{1}{5!}\a la izquierda( C t\right) ^{5}+\frac{1}{6!}\a la izquierda( C t\right) ^{6}+..\right] v=e^{-\lambda t}v\geq 0$$ desde $v$ es de la no-negativo autovector. Elegir $D=H\left( 0\right) =v$ and $H\left( t\right) =e^{Ct}D\geq 0.$

Answer 1

Si $D>0$, entonces la condición necesaria y suficiente para $e^{C t}D$ un resultado negativo de coordenadas es para $e^{Ct}$ un resultado negativo a la entrada. Esto es porque cuando la fila en la entrada negativa se obtiene multiplicado por $D$ podemos hacer de la coordenada correspondiente de $D$ tan grandes y el resto tan pequeña que el resultado es negativo. Para $e^{Ct}$ a los no-negativo entradas para todos los $t\geq0$ es necesario y suficiente que $C$ ser no negativo fuera de la diagonal, como he explicado en mi anterior respuesta. Así que si $C$ tiene una entrada negativa fuera de la diagonal $e^{Ct}$ tendrá una entrada negativa en él, y así le $e^{Ct}D$ algunos $D>0$. De hecho, $e^{Ct}$ comienza a tener anotaciones negativas de inmediato en este caso, para cualquier $t>0$, debido a $e^{Ct}\approx I+tC$ pequeña $t$, y la negativa de entrada de $C$ es heredado por $e^{Ct}$. Para un determinado $D>0$ el momento crítico de la $t^*$ después de que $e^{Ct}D$ primera tiene un negativo coordinar dependerá $D$ del curso.

Usted puede estar interesado en la teoría general de la positiva y no negativa de matrices en este sentido que se remonta a los Perron y Frobenius. En particular, el teorema de Perron-Frobenius implica que positivo matrices tienen un autovector con un resultado positivo de las coordenadas correspondientes al autovalor con el mayor valor absoluto. Si $C$ es no negativo fuera de la diagonal, a continuación, $e^{Ct}$ es no negativo y que comparten los vectores propios, por lo $C$ también tiene un autovector con un resultado positivo de las coordenadas correspondientes al autovalor con la mayor parte real. Esto explica por qué uno de los autovectores tiene los mismos signos. Si $C$ es también simétrica, a continuación, el otro autovector tiene que ser ortogonales, por lo tanto tienen signos opuestos.

Ahora podemos decir algo para $C$ negativo fuera de la diagonal. A continuación, $-C$ tiene el mismo vectores propios como $C$, pero es positivo fuera de la diagonal, por lo que por el Perron-Frobenius teorema ambos tienen un autovector $u$ con un resultado positivo de coordenadas. Es exactamente el autovector correspondiente al autovalor $\lambda$ $C$ con el más pequeño de la parte real. Desde $e^{C t}u=e^{\lambda t}u$ al $D=u$ las entradas de $e^{C t}D$ siendo positivo para todos los $t$.

Sin embargo, si $C$ es simétrica negativo definido a continuación, esta propiedad es inestable. El otro autovector $v$ entonces es ortogonal a $u$, y así ha positivos y negativos de las coordenadas. Por otra parte, su autovalor $\mu$ es mayor, es decir, menos negativo que $\lambda$. Así que si $D=\alpha u+\beta v$ en el eigenbasis, a continuación,$e^{C t}D=\alpha e^{\lambda t}u+\beta e^{\mu t}v$, y el segundo término domina por un gran $t$. Independientemente del signo de $\beta$ el vector $\beta e^{\mu t}v$, y por lo tanto $e^{C t}D$ grandes $t$, tendrá un negativo de coordenadas. En otras palabras, mientras $D$ no es proporcional a la positiva autovector, $e^{C t}D$ tendrá un negativo coordinar con el tiempo, y el límite de $\min H(t)$ será enfocado desde el lado negativo.

Por otro lado, si sólo sabemos que $C$ es diagonalizable con autovalores negativos, a continuación, el segundo autovector $v$ también puede tener positivos de coordenadas, y entonces también lo será cualquier positiva de las combinaciones lineales de $u$$v$. Por lo tanto, $e^{C t}D=\alpha e^{\lambda t}u+\beta e^{\mu t}v$ sigue siendo positivo para todos los $t\geq0$ si $\alpha,\beta>0$, y esta propiedad es estable, por ejemplo, si decir $D=u+v$, entonces todas sus pequeñas suficiente perturbaciones tienen la misma propiedad.