Експонента матриці

Експоненційну функцію можна також визначити наступною рівністю.

${\displaystyle \exp X=\lim _{n\to \infty }\left(I+{\frac {1}{n}}X\right)^{n},}$ де ${\displaystyle I}$ — одинична матриця відповідної розмірності.

Ця рівність є аналогічною до рівності ${\displaystyle e^{a}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {a}{n}}\right)^{n},}$ що виконується для дійсних і комплексних чисел.

Для доведення рівності використовується формула ${\displaystyle \left(1+{\frac {a}{m}}\right)^{m}=\sum _{k=0}^{m}{\frac {a^{k}}{k!(m-k)!}},}$ де a може бути як числом, так і матрицею.

Тоді якщо для тої ж норми, що й вище ${\displaystyle \|X\|=a,}$ то:

${\displaystyle \left\|e^{X}-\left(I+{\frac {1}{n}}X\right)^{n}\right\|\leqslant \sum _{k=0}^{n}{\frac {a^{k}}{k!}}-{\frac {a^{k}}{k!(n-k)!}}+\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {a^{k}}{k!}}=e^{a}-\left(1+{\frac {a}{n}}\right)^{n}\to 0,}$ при ${\displaystyle n\to \infty ,}$ що й доводить твердження.

Для комплексних матриць ${\displaystyle X}$ і ${\displaystyle Y}$ розміру ${\displaystyle n\times n}$, довільних комплексних чисел ${\displaystyle a}$ і ${\displaystyle b}$, одиничної матриці ${\displaystyle I}$ і нульової матриці ${\displaystyle 0}$, експонента має наступні властивості:

• ${\displaystyle \exp 0=I}$;
• Матриці ${\displaystyle X}$ і ${\displaystyle \exp X}$ комутують, тобто ${\displaystyle X\exp(X)=\exp(X)X.}$ Це легко виводиться з визначення експоненти, як суми збіжного ряду, кожен доданок якого очевидно комутує з ${\displaystyle X}$.
• ${\displaystyle \exp aX\exp bX=\exp \left((a+b)X\right)}$;
• ${\displaystyle \exp X\exp \left(-X\right)=I}$;
• Якщо ${\displaystyle XY=YX}$, то ${\displaystyle \exp X\exp Y=\exp Y\exp X=\exp(X+Y)}$;
• Якщо ${\displaystyle Y}$ — невироджена матриця, то ${\displaystyle \exp(YXY^{-1})=Y\exp(X)Y^{-1}}$.
• ${\displaystyle \exp X^{\mathrm {T} }=(\exp X)^{\mathrm {T} }}$, де ${\displaystyle X^{\mathrm {T} }}$ позначає транспоновану матрицю до ${\displaystyle X}$, це означає, що якщо ${\displaystyle X}$ є симетричною, то ${\displaystyle \exp X}$ теж симетрична, а якщо ${\displaystyle X}$ — кососиметрична матриця, то ${\displaystyle \exp X}$ — ортогональна;
• ${\displaystyle \exp(X^{*})=(\exp X)^{*}}$, де ${\displaystyle X^{*}}$ позначає ермітово-спряжену матрицю для ${\displaystyle X}$, це означає, що якщо ${\displaystyle X}$ — ермітова матриця, то ${\displaystyle \exp X}$ теж ермітова, а якщо ${\displaystyle X}$ — антиермітова матриця, то ${\displaystyle \exp X}$ — унітарна.
• ${\displaystyle \det \left(\exp X\right)={\exp({\mbox{tr}}(X)}),}$ де ${\displaystyle \det }$ — визначник, а ${\displaystyle {\mbox{tr}}}$ — слід матриці.

Для будь-яких двох дійсних чисел (скалярів) ${\displaystyle x}$ і ${\displaystyle y}$ експоненціальна функція задовольняє рівнянню ${\displaystyle e^{x+y}=e^{x}\cdot e^{y}}$, це ж властивість має місце для симетричних матриць — якщо матриці ${\displaystyle X}$ і ${\displaystyle Y}$ комутують (тобто ${\displaystyle XY=YX}$), то ${\displaystyle \exp(X+Y)=\exp(X)\exp(Y)}$. Однак, для некомутативних матриць ця рівність виконується не завжди, в загальному випадку для обчислення ${\displaystyle \exp(X+Y)}$ використовується формула Бейкера — Кемпбелла — Хаусдорфа.

У загальному випадку з рівності ${\displaystyle \exp(X+Y)=\exp(X)\exp(Y)}$ не випливає, що ${\displaystyle X}$ і ${\displaystyle Y}$ комутують.

Для ермітових матриць існує дві прості теореми, пов'язані з слідом експонент матриць.

Якщо ${\displaystyle A}$ і ${\displaystyle H}$ — ермітові матриці, то [1]:

${\displaystyle \operatorname {tr} \exp(A+H)\leqslant \operatorname {tr} (\exp(A)\exp(H))}$,

де ${\displaystyle \operatorname {tr} X}$ — слід матриці ${\displaystyle X}$. Комутативність для виконання цього твердження не потрібна. Існують контрприклади, які показують, що нерівність Голдена — Томпсона не може бути узагальнена на три матриці, а ${\displaystyle \operatorname {tr} (\exp(A)\exp(B)\exp(C))}$ не завжди є дійсним числом для ермітових матриць ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ і ${\displaystyle C}$.

Теорема Ліба, названа ім'ям Еліота Ліба , стверджує, що для фіксованої ермітової матриці ${\displaystyle H}$, функція:

${\displaystyle f(A)=\operatorname {tr} \,\exp \left(H+\log A\right)}$

є увігнутою на конусі додатноозначених матриць [2].

Відображення:

${\displaystyle t\mapsto e^{tX},\qquad t\in \mathbb {R} }$

визначає гладку криву в загальній лінійній групі, яка проходить через одиничний елемент при ${\displaystyle t=0}$.

Похідна цього відображення визначається формулою:

${\displaystyle {\frac {\rm {d}}{{\rm {d}}t}}e^{tX}=Xe^{tX}.}$

Справді з визначень похідної і властивостей експоненти одержується послідовність рівностей:

${\displaystyle {\frac {\rm {d}}{{\rm {d}}t}}e^{tX}=\lim _{t_{0}\to 0}{\frac {e^{(t+t_{0})X}-e^{tX}}{t_{0}}}=\lim _{t_{0}\to 0}{\frac {e^{t_{0}X}-I}{t_{0}}}e^{tX}=\lim _{t_{0}\to 0}(X+O(t_{0}))e^{tX}=Xe^{tX}.}$

Більш загально для матриці X(t) залежної від параметра t справедливою є рівність[3]:

${\displaystyle {\frac {\rm {d}}{{\rm {d}}t}}e^{X(t)}=e^{X}{\frac {1-e^{-{\rm {ad}}(X)}}{{\rm {ad}}(X)}}{\frac {{\rm {d}}X}{{\rm {d}}t}},}$

де ${\displaystyle {\rm {ad}}(X)\;:\;M(n,\mathbb {C} )\to M(n,\mathbb {C} )}$— лінійне відображення визначене ${\displaystyle {\rm {ad}}(X)(Y)=[X,Y]=XY-YX,}$для довільної матриці ${\displaystyle Y\in M(n,\mathbb {C} ).}$

У попередній формулі для виразу в правій частині справедлива формула:

${\displaystyle {\frac {1-e^{-{\rm {ad}}(X)}}{{\rm {ad}}(X)}}=\sum _{k=0}^{\infty }{(-1)^{k} \over (k+1)!}({\rm {ad}}(X))^{k}.}$

Взявши в формулі для диференціювання ${\displaystyle X(t)=X+tY,}$ отримуємо формулу для диференціала експоненційного відображення в точці ${\displaystyle X\in M(n,\mathbb {C} ):}$

${\displaystyle ({\rm {d}}_{X}\exp )Y=\exp {\frac {\rm {d}}{{\rm {d}}t}}e^{X+tY}=e^{X}{\frac {1-e^{-{\rm {ad}}(X)}}{{\rm {ad}}(X)}}Y,\;\forall \;Y\in M(n,\mathbb {C} )\simeq T_{X}M(n,\mathbb {C} ).}$

При ${\displaystyle XY=YX}$ ця рівність спрощується до ${\displaystyle ({\rm {d}}_{X}\exp )Y=e^{X}Y.}$

Для системи:

${\displaystyle {\begin{matrix}x'&=&2x&-y&+z\\y'&=&&3y&-1z\\z'&=&2x&+y&+3z~.\end{matrix}}}$

матриця рівна:

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}2&-1&1\\0&3&-1\\2&1&3\end{bmatrix}}~.}$

Можна показати, що експонента від матриці ${\displaystyle tA}$ є

${\displaystyle e^{tA}={\frac {1}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}(1+e^{2t}-2t)&-2te^{2t}&e^{2t}(-1+e^{2t})\\-e^{2t}(-1+e^{2t}-2t)&2(t+1)e^{2t}&-e^{2t}(-1+e^{2t})\\e^{2t}(-1+e^{2t}+2t)&2te^{2t}&e^{2t}(1+e^{2t})\end{bmatrix}}~,}$

таким чином, загальним розв'язком цієї системи рівнянь є:

${\displaystyle {\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\frac {x(0)}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}(1+e^{2t}-2t)\\-e^{2t}(-1+e^{2t}-2t)\\e^{2t}(-1+e^{2t}+2t)\end{bmatrix}}+{\frac {y(0)}{2}}{\begin{bmatrix}-2te^{2t}\\2(t+1)e^{2t}\\2te^{2t}\end{bmatrix}}+{\frac {z(0)}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}(-1+e^{2t})\\-e^{2t}(-1+e^{2t})\\e^{2t}(1+e^{2t})\end{bmatrix}}~.}$

Для розв'язку неоднорідної системи:

${\displaystyle {\begin{matrix}x'&=&2x&-&y&+&z&+&e^{2t}\\y'&=&&&3y&-&z&\\z'&=&2x&+&y&+&3z&+&e^{2t}\end{matrix}}}$

вводяться позначення:

${\displaystyle A=\left[{\begin{array}{rrr}2&-1&1\\0&3&-1\\2&1&3\end{array}}\right]~,}$

і

${\displaystyle \mathbf {b} =e^{2t}{\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}}}$

Так як сума загального розв'язку однорідного рівняння і часткового розв'язку дають загальний розв'язок неоднорідного рівняння, залишається лише знайти частковий розв'язок. Так як:

${\displaystyle \mathbf {y} _{p}=e^{tA}\int _{0}^{t}e^{(-u)A}{\begin{bmatrix}e^{2u}\\0\\e^{2u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} }$

${\displaystyle \mathbf {y} _{p}=e^{tA}\int _{0}^{t}{\begin{bmatrix}2e^{u}-2ue^{2u}&-2ue^{2u}&0\\\\-2e^{U}+2(u+1)e^{2u}&2(u+1)e^{2u}&0\\\\2ue^{2u}&2ue^{2u}&2e^{u}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}e^{2u}\\0\\e^{2u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} }$

${\displaystyle \mathbf {y} _{p}=e^{tA}\int _{0}^{t}{\begin{bmatrix}e^{2u}(2e^{u}-2ue^{2u})\\\\e^{2u}(-2e^{u}+2(1+u)e^{2u})\\\\2e^{3u}+2ue^{4u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} }$

${\displaystyle \mathbf {y} _{p}=e^{tA}{\begin{bmatrix}-{1 \over 24}e^{3t}(3e^{t}(4t-1)-16)\\\\{1 \over 24}e^{3t}(3e^{t}(4t+4)-16)\\\\{1 \over 24}e^{3t}(3e^{t}(4t-1)-16)\end{bmatrix}}+{\begin{bmatrix}2e^{t}-2te^{2t}&-2te^{2t}&0\\\\-2e^{T}+2(t+1)e^{2t}&2(t+1)e^{2t}&0\\\\2te^{2t}&2te^{2t}&2e^{t}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}c_{1}\\c_{2}\\c_{3}\end{bmatrix}}~,}$

де ${\displaystyle \mathbf {c} =\mathbf {y} _{p}(0)}$ — початкова умова.

У разі неоднорідної системи можна використовувати метод варіації довільної сталої. Шукається частковий розв'язок у вигляді: ${\displaystyle \mathbf {y} _{p}(t)=\exp(tA)\mathbf {z} (t)}$:

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {y} _{p}'(t)&=(e^{tA})'\mathbf {z} (t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)\\[6pt]&=Ae^{tA}\mathbf {z} (t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)\\[6pt]&=A\mathbf {y} _{p}(t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)~.\end{aligned}}}$

Щоб ${\displaystyle \mathbf {y} _{p}}$ була розв'язком, має виконуватися наступне:

${\displaystyle {\begin{aligned}e^{tA}\mathbf {z} '(t)&=\mathbf {b} (t)\\[6pt]\mathbf {z} '(t)&=(e^{tA})^{-1}\mathbf {b} (t)\\[6pt]\mathbf {z} (t)&=\int _{0}^{t}e^{-uA}\mathbf {b} (u)\,du+\mathbf {c} ~.\end{aligned}}}$

Таким чином:

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {y} _{p}(t)&{}=e^{tA}\int _{0}^{t}e^{-uA}\mathbf {b} (u)\,du+e^{tA}\mathbf {c} \\&{}=\int _{0}^{t}e^{(t-u)A}\mathbf {b} (u)\,du+e^{tA}\mathbf {c} \end{aligned}}~,}$

де ${\displaystyle \mathbf {c} }$ визначається з початкових умов задачі.