matrix exponential of a 2-by-2 matrix

$e^{At}$,

$t\in \mathbb{R}$

首先我們知道

$$\begin{array}{}\text{(1)}& e^x=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{3!}{x}^3+\cdots .\end{array}$$

因此我們可以定義 matrix exponential 為

$$\begin{array}{}\text{(2)}& e^{At}=I+tA+\frac{t^2}{2!}{A}^2+\frac{t^3}{3!}{A}^3+\cdots .\end{array}$$

若矩陣

$A$ 可以被寫成

$A=VJ{V}^{-1}$, 那很快可以知道

$A^n=V{J}^n{V}^{-1}$. 因此, 算 matrix exponential 問題就變成了算其 Jordan form

$J$ 的 matrix exponential 問題.

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

Type 1

$$\begin{array}{}\text{(4)}& J=\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_1& \\ & {\lambda }_2\end{array}\right].\end{array}$$

這個應該直接可以看出來.

$$\begin{array}{}\text{(5)}& e^{Jt}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{{\lambda }_{1}t}& \\ & e^{{\lambda }_{2}t}\end{array}\right].\end{array}$$

Type 3

$$\begin{array}{}\text{(6)}& J=\left[\begin{array}{cc}\lambda & 1\\ & \lambda \end{array}\right].\end{array}$$

首先, 我們知道

$$\begin{array}{}\text{(7)}& J^n=\left[\begin{array}{cc}{\lambda }^n& n{\lambda }^{n-1}\\ & {\lambda }^n\end{array}\right].\end{array}$$

因此,

$$\begin{array}{}\text{(8)}& e^{Jt}=I+tJ+\frac{t^2}{2!}{J}^2+\cdots =\left[\begin{array}{cc}\sum \frac{{\lambda }^n{t}^n}{n!}& \sum \frac{n{\lambda }^{n-1}{t}^n}{n!}\\ & \sum \frac{{\lambda }^n{t}^n}{n!}\end{array}\right].\end{array}$$

然後我們一個一個算:

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^n{t}^n}{n!}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}=e^{\lambda t}.\end{array}$$

另外

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n{\lambda }^{n-1}{t}^n}{n!}=t\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^{n-1}{t}^{n-1}}{(n-1)!}=t\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^n{t}^n}{(n)!}=t{e}^{\lambda t}.\end{array}$$

因此我們有

$$\begin{array}{}\text{(11)}& e^{Jt}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{\lambda t}& t{e}^{\lambda t}\\ & e^{\lambda t}\end{array}\right].\end{array}$$

Type 2

$$\begin{array}{}\text{(12)}& J=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ -b& a\end{array}\right]\end{array}$$

Remark:

這邊假設

$A$ 的 eigenvalue 是

$a+ib$, eigenvector 是

$v+iw$, 並且

$A=VJ{V}^{-1}$, 其中

$V=[v,w]$.

Method 1

首先我們把

$J$ 寫成兩個矩陣的和:

$$\begin{array}{}\text{(13)}& J=a\left[\begin{array}{cc}1& \\ & 1\end{array}\right]+b\left[\begin{array}{cc}& 1\\ -1& \end{array}\right]=aI+bG.\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(14)}& e^{atI}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{at}& \\ & e^{at}\end{array}\right]=e^{at}I.\end{array}$$

至於

$G$, 我們首先觀察得到以下關係, for

$k=0,\cdots ,$

$$\begin{array}{}\text{(15)}& G^{4k+1}=G,G^{4k+2}=-I,G^{4k+2}=-G,G^{4k}=I.\end{array}$$

因此,

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{rl}{e}^{btG}& =I+btG+\frac{(bt{)}^2}{2!}{G}^2+\cdots \\ & =\left[\begin{array}{cc}\sum _{n=0}(-1{)}^n\frac{(bt{)}^{2n}}{(2n)!}& \sum _{n=0}(-1{)}^n\frac{(bt{)}^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ -\sum _{n=0}(-1{)}^n\frac{(bt{)}^{2n+1}}{(2n+1)!}& \sum _{n=0}(-1{)}^n\frac{(bt{)}^{2n}}{(2n)!}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\cos (bt)& \sin (bt)\\ -\sin (bt)& \cos (bt)\end{array}\right].\end{array}\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(17)}& e^{tJ}=e^{atI}{e}^{btG}=\left[\begin{array}{cc}{e}^{at}\cos (bt)& e^{at}\sin (bt)\\ -e^{at}\sin (bt)& e^{at}\cos (bt)\end{array}\right].\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(18)}& A=\tilde{V}\left[\begin{array}{cc}a+ib& \\ & a-ib\end{array}\right]{\tilde{V}}^{-1}.\end{array}$$

那麼就可以直接得到

$$\begin{array}{}\text{(19)}& e^{At}=\tilde{V}\left[\begin{array}{cc}{e}^{at}(\cos (bt)+i\sin (bt))& \\ & e^{at}(\cos (bt)-i\sin (bt))\end{array}\right]{\tilde{V}}^{-1}.\end{array}$$

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

$$\begin{array}{}\text{(20)}& \tilde{V}=[v+iw,v-iw]=[v,w]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ i& -i\end{array}\right]=VK.\end{array}$$

而

$K^{-1}$ 可以輕易算出, 我們有

$$\begin{array}{}\text{(21)}& K^{-1}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{cc}1& -i\\ 1& i\end{array}\right].\end{array}$$

因此, 我們就可以把 (18) 式改寫為

$$\begin{array}{}\text{(22)}& A=VK\left[\begin{array}{cc}a+ib& \\ & a-ib\end{array}\right]K^{-1}{V}^{-1}.\end{array}$$

中間那個矩陣我們可以計算一下

$$\begin{array}{}\text{(23)}& \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ i& -i\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}a+ib& \\ & a-ib\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1/2& -i/2\\ 1/2& i/2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ -b& a\end{array}\right].\end{array}$$

也就是說這樣子做我們還原了實數的矩陣分解

$A=VJ{V}^{-1}$.

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

$$\begin{array}{}\text{(24)}& \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ i& -i\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{e}^{(a+ib)t}& \\ & e^{(a-ib)t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1/2& -i/2\\ 1/2& i/2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{e}^{at}\cos (bt)& e^{at}\sin (bt)\\ -e^{at}\sin (bt)& e^{at}\cos (bt)\end{array}\right].\end{array}$$

得到跟 (17) 一模一樣的結果.