Macierz wykładnicza i jej własności

Przez \( \hskip 0.3pc M(n\times n,\hskip 0.3pc\mathbb{C})\hskip 0.3pc \) będziemy oznaczać zbiór macierzy o wymiarach \( \hskip 0.3pc n\times n\hskip 0.3pc \) i wartościach zespolonych.

Definicja 1:

Normę w przestrzeni \( \hskip 0.3pc M(n\times n,\hskip 0.3pc\mathbb{C})\hskip 0.3pc \) określamy następująco:

\( \lVert A\lVert =\max \{|a_{ij}|,\hskip 0.3pc\hskip 0.3pci,j=1,\ldots,n\}. \)

Łatwo zauważyć, że zachodzi nierówność

\( \hskip 0.3pc\lVert A^n\lVert \le \lVert A\lVert ^n.\hskip 0.3pc \)

Dla \( \hskip 0.3pc t\in \mathbb{R}\hskip 0.3pc \) definiujemy ciąg macierzy \( \hskip 0.3pc\{S_k(t)\}\hskip 0.3pc \)

\( S_k(t)=\displaystyle\sum_{i=0}^k\dfrac{t^i}{i!}A^i. \)

Elementy macierzy \( \hskip 0.3pc S_k(t)\hskip 0.3pc \) będziemy oznaczać \( \hskip 0.3pc b_{ij}^{(k)}(t)\hskip 0.3pc \)

\( S_k(t)=\begin{bmatrix}b_{11}^{(k)}(t)\ldots b_{1n}^{(k)}(t)\\ \vdots \ddots\vdots \\ b_{n1}^{(k)}(t)\ldots b_{nn}^{(k)}(t)\end{bmatrix}. \)

Uwaga 1:

Dla dowolnego ustalonego \( \hskip 0.3pc t\hskip 0.3pc \) ciąg \( \hskip 0.3pc\{S_k(t)\}\hskip 0.3pc \) jest ciągiem Cauchy'ego to znaczy, że dla dowolnego \( \hskip 0.3pc \varepsilon >0\hskip 0.3pc \) istnieje \( \hskip 0.3pc N\hskip 0.3pc \) takie, że dla \( \hskip 0.3pc k,m\ge N\hskip 0.3pc \) zachodzi nierówność

(1)

\( \lVert S_m(t)-S_k(t) \lVert \le \varepsilon . \)

Istotnie dla \( \hskip 0.3pc m>k\hskip 0.3pc \) mamy

(2)

\( \lVert S_m(t)-S_k(t) \lVert =\lVert \displaystyle\sum_{i=k+1}^m\dfrac{t^i}{i!}A^i \lVert\le \displaystyle\displaystyle\sum_{i=k+1}^m\dfrac{|t|^i}{i!}\lVert A \lVert^i. \)

Z kryterium zbieżności d'Alemberta wynika, ze szereg liczbowy

\( \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty }\dfrac{|t|^i}{i!}\lVert A \lVert^i \)

jest zbieżny. Zatem istnieje \( \hskip 0.3pc N\hskip 0.3pc \), że dla \( \hskip 0.3pc k\ge N\hskip 0.3pc \) zachodzi nierówność:

\( \displaystyle\sum_{i=k+1}^{\infty}\dfrac{|t|^i}{i!}\lVert A \lVert^i <\varepsilon . \)

Stąd i z ( 2 ) wynika ( 1 ) co kończy dowód uwagi 1.

Ponieważ dla każdego \( \hskip 0.6pc i,\hskip 0.3pc j=1,\ldots ,\hskip 0.3pc n\hskip 0.6pc \) mamy nierówność

\( |b_{ij}^{(m)}(t)-b_{ij}^{(k)}(t)|\le \lVert S_m(t)-S_k(t) \lVert , \)

więc z uwagi 1 wynika, że ciąg \( \hskip 0.3pc \{b_{ij}^{(k)}(t)\}\hskip 0.3pc \) jest ciągiem Cauchy'ego.
Zatem istnieje granica tego ciągu

\( b_{ij}(t)=\lim\limits_{k\rightarrow \infty} b_{ij}^{(k)}(t). \)

Definicja 2:

Macierz wykładniczą \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \) definujemy jako granicę ciągu macierzy \( \hskip 0.5pc \{S_k(t)\}\hskip 0.5pc \):

\( e^{tA}=\begin{bmatrix}b_{11}(t)\ldots b_{1n}(t)\\ \vdots \ddots\vdots\\ b_{n1}(t)\ldots b_{nn}(t)\end{bmatrix}=\lim\limits_{k\rightarrow \infty}\begin{bmatrix}b_{11}^{(k)}(t)\ldots b_{1n}^{(k)}(t)\\ \vdots \ddots\vdots \\b_{n1}^{(k)}(t)\ldots b_{nn}^{(k)}(t)\end{bmatrix}=\lim\limits_{k\rightarrow \infty}S_k(t)=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty }\dfrac{t^i}{i!}A^i. \)

Uwaga 2:

(3)

\( \dfrac{d}{dt}\left( e^{tA}\right) =Ae^{tA}=e^{tA}A. \)

Istotnie, ponieważ szereg

\( \displaystyle\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty }\dfrac{t^i}{i!}A^i \)

jest zbieżny niemal jednostajnie w \( \hskip 0.3pc\mathbb{R},\hskip 0.3pc \) więc możemy różniczkować go wyraz po wyrazie. Zatem mamy, że

\( \dfrac{d}{dt}\left( e^{tA}\right)=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{t^i}{i!}A^i\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty }\dfrac{t^{i-1}}{(i-1)!}A^i= A\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty }\dfrac{t^{i-1}}{(i-1)!}A^{i-1}=Ae^{tA}. \)

Zauważmy ponadto, że zachodzi równość \( \hskip 0.3pc Ae^{tA}=e^{tA}A. \)

Uwaga 3:

Dla dowolnej macierzy \( \hskip 0.3pc M(n\times n,\hskip 0.3pc\mathbb{C})\hskip 0.3pc \) i dowolnych liczb \( \hskip 0.3pc s,\hskip 0.3pc t\in \mathbb{R}\hskip 0.3pc \) zachodzi równość

(4)

\( e^{(s+t)A}=e^{sA}e^{tA}. \)

Istotnie, ze wzoru na pochodną iloczynu i uwagi 2 mamy:

\( \begin{aligned}&\dfrac{d}{dt}\left( e^{(s+t)A}e^{-tA}\right)=\dfrac{d}{dt}\left( e^{(s+t)A}\right)e^{-tA}+e^{(s+t)A} \dfrac{d}{dt}\left( e^{-tA}\right)=\\& e^{(s+t)A}Ae^{-tA}- e^{(s+t)A}Ae^{-tA}=0.\end{aligned} \)

Zatem wartość iloczynu \( \hskip 0.3pc e^{(s+t)A}e^{-tA}\hskip 0.3pc \) nie zależy od \( \hskip 0.3pc t\hskip 0.3pc \) i jest równa wartości dla \( \hskip 0.3pc t=0\hskip 0.3pc \)

(5)

\( e^{(s+t)A}e^{-tA}= e^{(s+0)A}e^{-0A}=e^{sA}I=e^{sA},\hskip 0.3pc\hskip 0.6pc{\rm bo} \hskip 0.6pc\hskip 0.3pce^0=I. \)

Stąd dla \( \hskip 0.3pc s=0\hskip 0.3pc \) mamy

\( e^{tA}e^{-tA}=I, \)

więc \( \hskip 0.3pc e^{-tA}\hskip 0.3pc \) jest macierzą odwrotną do macierzy \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \)

(6)

\( e^{-tA}=(e^{tA})^{-1}. \)

Mnożąc obie strony równości ( 4 ) przez \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \), otrzymujemy równość \( \hskip 0.3pc (3)\hskip 0.3pc \).

Uwaga 4:

Dla dowolnych macierzy \( \hskip 0.3pc A,\hskip 0.3pc B\in M(n\times n,\hskip 0.3pc\mathbb{C})\hskip 0.3pc \): jeżeli \( \hskip 0.3pc AB=BA,\hskip 0.3pc \) to

(7)

\( e^{t(A+B)}=e^{tA}e^{tB}. \)

Istotnie z uwagi 2 mamy

\( \begin{aligned}&\dfrac{d}{dt}\left( e^{t(A+B)}e^{-tB}e^{-tA}\right)=\\&e^{t(A+B)}(A+B)e^{-tB}e^{-tA}-e^{t(A+B)}Be^{-tB}e^{-tA}-e^{t(A+B)}e^{-tB}Ae^{-tA}.\end{aligned} \)

Ponieważ \( \hskip 0.6pc AB=BA,\hskip 0.6pc \) to \( \hskip 0.6pc AB^i=B^iA,\hskip 0.4pc \) dla \( \hskip 0.3pci=1,\ldots ,n,\hskip 0.3pc \) więc

\( e^{-tB}A=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-t)^i}{i!}B^iA=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-t)^i}{i!}AB^i=A\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-t)^i}{i!}B^i=Ae^{-tB}. \)

Zatem

\( \dfrac{d}{dt}\left( e^{t(A+B)}e^{-tB}e^{-tA}\right)=0, \)

czyli \( \hskip 0.3pc e^{t(A+B)}e^{-tB}e^{-tA}\hskip 0.3pc \) nie zależy od \( \hskip 0.3pc t,\hskip 0.3pc \) więc jest równe wartości dla \( \hskip 0.3pc t=0\hskip 0.3pc \)

\( e^{t(A+B)}e^{-tB}e^{-tA}=I. \)

Mnożąc obustronnie powyższą równość kolejno przez \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc e^{tB}\hskip 0.3pc \) otrzymamy zależność ( 6 )

Uwaga 5:

Macierz \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \) jest macierzą fundamentalną układu równań

(8)

\( x^\prime(t)=A\cdot x(t), \)

gdzie

\( A=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots &a_{1n}\\\vdots & \ddots & \vdots\\a_{n1}&\cdots &a_{nn} \end{bmatrix}\hskip 1.3pc\hskip 0.3pc{\rm i}\hskip 1.3pc x(t)=\begin{bmatrix}x_1(t)\\ \vdots\\x_n(t)\end{bmatrix}. \)

Wynika to bezpośrednio z uwagi 2.

Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 7 ) przy użyciu macierzy \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \) można zapisać następująco:

(9)

\( x(t)=e^{tA}\cdot C\hskip 1.3pc {\rm gdzie }\hskip 1.3pc C=\begin{bmatrix}c_1\\ \vdots \\c_n\end{bmatrix},\hskip 1.3pc c_1,\ldots ,\hskip 0.3pc c_n \in \mathbb{R}. \)

Natomiast rozwiązanie równania ( 7 ) z warunkiem początkowym \( \hskip 0.3pc x(t_0)=x_0\hskip 0.3pc \) gdzie \( \hskip 0.3pc x_0=\begin{bmatrix}x_{01}\\ \vdots \\x_{0n}\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \) można zapisać następująco:

\( x(t)=e^{tA}\cdot e^{-t_0A}\cdot x_0=e^{(t-t_0)A}\cdot x_0. \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka