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title: matrix exponential of a 2-by-2 matrix
tags: Linear algebra
GA: G-77TT93X4N1
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# matrix exponential of a 2-by-2 matrix

> $e^{At}$, $t\in \mathbb{R}$

首先我們知道

$$
\tag{1}
e^x = 1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots.
$$

因此我們可以定義 matrix exponential 為

$$
\tag{2}
e^{At} = I + tA + \frac{t^2}{2!}A^2 + \frac{t^3}{3!}A^3 + \cdots.
$$

若矩陣 $A$ 可以被寫成 $A = V J V^{-1}$, 那很快可以知道 $A^n = VJ^n V^{-1}$. 因此, 算 matrix exponential 問題就變成了算其 Jordan form $J$ 的 matrix exponential 問題.

$$
\tag{3}
e^{At} = V\left(I + tJ + \frac{t^2}{2!}J^2 + \frac{t^3}{3!}J^3 + \cdots\right)V^{-1} = V\left(e^{Jt}\right)V^{-1}.
$$

### Type 1

> $$
> \tag{4}
> J =
> \begin{bmatrix} \lambda_1 & \\ & \lambda_2
> \end{bmatrix}.
> $$

這個應該直接可以看出來.

$$
\tag{5}
e^{Jt} = \begin{bmatrix} e^{\lambda_1 t} & \\ & e^{\lambda_2 t}
\end{bmatrix}.
$$

### Type 3

> $$
> \tag{6}
> J =
> \begin{bmatrix} \lambda & 1 \\ & \lambda
> \end{bmatrix}.
> $$

首先, 我們知道

$$
\tag{7}
J^n =
\begin{bmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ & \lambda^n
\end{bmatrix}.
$$

因此,

$$
\tag{8}
e^{Jt} = I + tJ + \frac{t^2}{2!}J^2 + \cdots = \begin{bmatrix} \sum \frac{\lambda^n t^n}{n!} & \sum \frac{n\lambda^{n-1} t^n}{n!} \\ & \sum \frac{\lambda^n t^n}{n!}
\end{bmatrix}.
$$

然後我們一個一個算:

$$
\tag{9}
\sum^{\infty}_{n=0} \frac{\lambda^n t^n}{n!} = \sum^{\infty}_{n=0} \frac{(\lambda t)^n}{n!} = e^{\lambda t}.
$$

另外

$$
\tag{10}
\sum^{\infty}_{n=1} \frac{n\lambda^{n-1} t^n}{n!} = t\sum^{\infty}_{n=1} \frac{\lambda^{n-1} t^{n-1}}{(n-1)!} = t\sum^{\infty}_{n=0} \frac{\lambda^{n} t^n}{(n)!} = te^{\lambda t}.
$$

因此我們有

$$
\tag{11}
e^{Jt} = \begin{bmatrix} e^{\lambda t} & te^{\lambda t} \\ & e^{\lambda t}
\end{bmatrix}.
$$

### Type 2

> $$
> \tag{12}
> J = \begin{bmatrix} a & b \\ -b & a
> \end{bmatrix}
> $$

**Remark:**

這邊假設 $A$ 的 eigenvalue 是 $a+ib$, eigenvector 是 $v+iw$, 並且 $A= VJV^{-1}$, 其中 $V=[v, w]$.

#### Method 1

首先我們把 $J$ 寫成兩個矩陣的和:

$$
\tag{13}
J =
a \begin{bmatrix} 1 & \\ & 1
\end{bmatrix}+
b \begin{bmatrix} & 1 \\ -1 &
\end{bmatrix}=
a I + bG.
$$

然後我們看一下 $e^{atI}$ 以及 $e^{btG}$ 這兩個矩陣.

$I$ 是個對角矩陣所以可以直接看出

$$
\tag{14}
e^{atI} = \begin{bmatrix} e^{at} & \\ & e^{at}
\end{bmatrix} = e^{at} I.
$$

至於 $G$, 我們首先觀察得到以下關係, for $k=0, \cdots,$

$$
\tag{15}
G^{4k+1} = G, \quad G^{4k+2} = -I, \quad G^{4k+2} = -G, \quad G^{4k} = I.
$$

因此,

$$\tag{16}
\begin{align}
e^{btG} &= I + btG + \frac{(bt)^2}{2!}G^2 + \cdots \\
&= \begin{bmatrix} \sum_{n=0} (-1)^n\frac{(bt)^{2n}}{(2n)!} & \sum_{n=0} (-1)^n\frac{(bt)^{2n+1}}{(2n+1)!} \\ -\sum_{n=0} (-1)^n\frac{(bt)^{2n+1}}{(2n+1)!} & \sum_{n=0} (-1)^n\frac{(bt)^{2n}}{(2n)!}
\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \cos(bt) & \sin(bt) \\ -\sin(bt) & \cos(bt)
\end{bmatrix}.
\end{align}
$$

##### Lemma:
If $AB=BA$, then $e^{A}e^B = e^{A+B}$.
> 這個 lemma 的證明就是把整個算式乘開整理. 我們這邊就不把細節寫出來了.

利用以上這個 lemma, 以及我們知道 $I$ 與 $G$ 兩個矩陣一定有 $IG=GI$, 我們就可以知道

$$
\tag{17}
e^{tJ} = e^{atI}e^{btG} = \begin{bmatrix} e^{at}\cos(bt) & e^{at}\sin(bt) \\ -e^{at}\sin(bt) & e^{at}\cos(bt)
\end{bmatrix}.
$$

#### Method 2

假設 $A$ 的 eigenvalue 是 $a+ib$, eigenvector 是 $v+iw$, 並且令 $\tilde{V}=[v+iw, v-iw]$, 那我們就有

$$
\tag{18}
A = \tilde{V}\begin{bmatrix} a+ib & \\ & a-ib
\end{bmatrix}\tilde{V}^{-1}.
$$

那麼就可以直接得到

$$
\tag{19}
e^{At} = \tilde{V}\begin{bmatrix} e^{at}(\cos(bt)+i\sin(bt)) & \\ & e^{at}(\cos(bt)-i\sin(bt))
\end{bmatrix}\tilde{V}^{-1}.
$$

只是等號右邊都是複數令人有點害怕. 接著我們來做矩陣分解. 我們讓 $\tilde{V}=VK$ 如下

$$
\tag{20}
\tilde{V} = [v+iw, v-iw] = [v, w]\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ i & -i
\end{bmatrix} = VK.
$$

而 $K^{-1}$ 可以輕易算出, 我們有

$$
\tag{21}
K^{-1} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 & -i \\ 1 & i
\end{bmatrix}.
$$

因此, 我們就可以把 (18) 式改寫為

$$
\tag{22}
A = VK\begin{bmatrix} a+ib & \\ & a-ib
\end{bmatrix}K^{-1}V^{-1}.
$$

中間那個矩陣我們可以計算一下

$$
\tag{23}
\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ i & -i
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} a+ib & \\ & a-ib
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1/2 & -i/2 \\ 1/2 & i/2
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ -b & a
\end{bmatrix}.
$$

也就是說這樣子做我們還原了實數的矩陣分解 $A = VJV^{-1}$.

最後我們就可以來算 $e^{tA}$ 了. 我們把 $\tilde{V} = VK$ 代入 (19), 中間那些矩陣乘法就會是

$$
\tag{24}
\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ i & -i
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} e^{(a+ib)t} & \\ & e^{(a-ib)t}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1/2 & -i/2 \\ 1/2 & i/2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} e^{at}\cos(bt) & e^{at}\sin(bt) \\ -e^{at}\sin(bt) & e^{at}\cos(bt)
\end{bmatrix}.
$$

得到跟 (17) 一模一樣的結果.