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# 矩陣指數
This work by Jephian Lin is licensed under a [Creative Commons Attribution 4.0 International License](http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/).
$\newcommand{\trans}{^\top}
\newcommand{\adj}{^{\rm adj}}
\newcommand{\cof}{^{\rm cof}}
\newcommand{\inp}[2]{\left\langle#1,#2\right\rangle}
\newcommand{\dunion}{\mathbin{\dot\cup}}
\newcommand{\bzero}{\mathbf{0}}
\newcommand{\bone}{\mathbf{1}}
\newcommand{\ba}{\mathbf{a}}
\newcommand{\bb}{\mathbf{b}}
\newcommand{\bc}{\mathbf{c}}
\newcommand{\bd}{\mathbf{d}}
\newcommand{\be}{\mathbf{e}}
\newcommand{\bh}{\mathbf{h}}
\newcommand{\bp}{\mathbf{p}}
\newcommand{\bq}{\mathbf{q}}
\newcommand{\br}{\mathbf{r}}
\newcommand{\bx}{\mathbf{x}}
\newcommand{\by}{\mathbf{y}}
\newcommand{\bz}{\mathbf{z}}
\newcommand{\bu}{\mathbf{u}}
\newcommand{\bv}{\mathbf{v}}
\newcommand{\bw}{\mathbf{w}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\nul}{\operatorname{null}}
\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}
%\newcommand{\ker}{\operatorname{ker}}
\newcommand{\range}{\operatorname{range}}
\newcommand{\Col}{\operatorname{Col}}
\newcommand{\Row}{\operatorname{Row}}
\newcommand{\spec}{\operatorname{spec}}
\newcommand{\vspan}{\operatorname{span}}
\newcommand{\Vol}{\operatorname{Vol}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\idmap}{\operatorname{id}}$
```python
from lingeo import random_int_list
```
## Main idea
We know the exponential function can be written as
$$
e^x = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \cdots.
$$
In a similar way, the **matrix exponential** of a square matrix $A$ is defined as
$$
e^A = \frac{1}{0!}I + \frac{1}{1!}A + \frac{1}{2!}A^2 + \cdots.
$$
The computation of the matrix exponential can be a tedious work, at least by hand.
However, when $D$ is a diagonal matrix, its matrix exponential can be easily obtained by
$$
\begin{aligned}
e^D &= \frac{1}{0!}I + \frac{1}{1!}D + \frac{1}{2!}D^2 + \cdots \\
&=
\frac{1}{0!}
\begin{bmatrix}
1 & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & 1
\end{bmatrix}
+
\frac{1}{1!}
\begin{bmatrix}
\lambda_1 & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \lambda_n
\end{bmatrix}
+
\frac{1}{2!}
\begin{bmatrix}
\lambda_1^2 & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \lambda_n^2
\end{bmatrix}
+ \cdots \\
&=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}\lambda_1 + \frac{1}{2!}\lambda_1^2 + \cdots & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}\lambda_n + \frac{1}{2!}\lambda_n^2 + \cdots
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
e^{\lambda_1} & ~ & ~ \\
~ & \ddots & ~ \\
~ & ~ & e^{\lambda_n}
\end{bmatrix}.
\end{aligned}
$$
Moreover, suppose $A$ is diagonalizable as $D = Q^{-1}AQ$ and $A = QDQ^{-1}$.
Then the matrix exponential can be computed as
$$
\begin{aligned}
e^A &= \frac{1}{0!}I + \frac{1}{1!}A + \frac{1}{2!}A^2 + \cdots \\
&= \frac{1}{0!}I + \frac{1}{1!}QAQ^{-1} + \frac{1}{2!}QA^2Q^{-1} + \cdots \\
&= Q\left(\frac{1}{0!}I + \frac{1}{1!}D + \frac{1}{2!}D^2 + \cdots \right)Q^{-1} \\
&= Qe^DQ^{-1}.
\end{aligned}
$$
## Side stories
- Taylor expansion
- Cayley transform
- solution to $\dot{\bx} = A\bx$
## Experiments
##### Exercise 1
執行以下程式碼。
令 $s_k = \sum_{r = 0}^k \frac{1}{r!}A^r$ 為計算 $e^A$ 時的部份和。
定義 $\|B - C\|^2$ 為 $B - C$ 矩陣各項的平方和。
```python
### code
set_random_seed(0)
print_ans = False
n = 2
A = matrix(n, random_int_list(n^2, 3))
pretty_print(LatexExpr("A ="), A)
tk = [identity_matrix(n), A]
for k in range(2,16):
tk.append(tk[-1] * A / k)
sk = tk[:1]
for k in range(1,16):
sk.append(sk[-1] + tk[k])
pretty_print(LatexExpr("s_{5} ="), N(sk[5]))
pretty_print(LatexExpr("s_{10} ="), N(sk[10]))
pretty_print(LatexExpr("s_{15} ="), N(sk[15]))
if print_ans:
print("| s5 - s10 |^2 =", (sk[5] - sk[10]).norm("frob"))
print("| s10 - s15 |^2 =", (sk[10] - sk[15]).norm("frob"))
```
##### Exercise 1(a)
計算 $\|s_5 - s_{10}\|^2$。
:::warning
- [x] 用 `aligned` 環境將等號對齊
- [x] 把長度符號拉高 $\left\|
\begin{bmatrix}
15.9417 & −3.3\\
3.3 & −0.5583\\
\end{bmatrix} -
\begin{bmatrix}
17.0342 & −3.5204\\
3.5204 & −0.568\\
\end{bmatrix} \right\|^2$
:::
$Ans:$
當 `seed=1` 時， $A = \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}$，
$$
\begin{aligned}s_5 = \sum_{r = 0}^5 \frac{1}{r!}A^r &=
\frac 1 {0!} \begin{bmatrix}
1 & 0\\
0 & 1\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {1!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {2!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^2 +
\frac 1 {3!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^3 +
\frac 1 {4!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^4 +
\frac 1 {5!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^5\\
&= \begin{bmatrix}
15.9417 & −3.3\\
3.3 & −0.5583\\
\end{bmatrix}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}s_{10} = \sum_{r = 0}^{10} \frac{1}{r!}A^r &=
\frac 1 {0!} \begin{bmatrix}
1 & 0\\
0 & 1\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {1!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {2!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^2 +
\cdots +
\frac 1 {9!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^9 +
\frac 1 {10!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^{10}\\
&= \begin{bmatrix}
17.0342 & −3.5204\\
3.5204 & −0.568\\
\end{bmatrix}
\end{aligned}
$$
$$
\left\|s_5 - s_{10}\right\|^2= \left\|
\begin{bmatrix}
15.9417 & −3.3\\
3.3 & −0.5583\\
\end{bmatrix} -
\begin{bmatrix}
17.0342 & −3.5204\\
3.5204 & −0.568\\
\end{bmatrix} \right\|^2 =
\left\|\begin{bmatrix}
-1.0925 & 0.2204\\
-0.2204 & 0.0097\\
\end{bmatrix} \right\|^2 = 1.1361
$$
##### Exercise 1(b)
計算 $\|s_{10} - s_{15}\|^2$。
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
當 `seed=1` 時， $A = \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}$
$$
\begin{aligned}s_{10} = \sum_{r = 0}^{10} \frac{1}{r!}A^r &=
\frac 1 {0!} \begin{bmatrix}
1 & 0\\
0 & 1\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {1!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {2!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^2 +
\cdots +
\frac 1 {9!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^9 +
\frac 1 {10!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^{10}\\
&= \begin{bmatrix}
17.0342 & −3.5204\\
3.5204 & −0.568\\
\end{bmatrix}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}s_{15} = \sum_{r = 0}^{15} \frac{1}{r!}A^r &=
\frac 1 {0!} \begin{bmatrix}
1 & 0\\
0 & 1\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {1!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix} +
\frac 1 {2!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^2 +
\cdots +
\frac 1 {14!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^{14} +
\frac 1 {15!} \begin{bmatrix}
3 & -1\\
1 & -2\\
\end{bmatrix}^{15}\\
&= \begin{bmatrix}
17.0369 & −3.521\\
3.521 & −0.5681\\
\end{bmatrix}
\end{aligned}
$$
$$
\left\|s_{10} - s_{15}\right\|^2= \left\|
\begin{bmatrix}
17.0342 & −3.5204\\
3.5204 & −0.568\\
\end{bmatrix} -
\begin{bmatrix}
17.0369 & −3.521\\
3.521 & −0.5681\\
\end{bmatrix} \right\|^2 =
\left\|\begin{bmatrix}
-0.0027 & 0.0006\\
-0.0006 & 0.0001\\
\end{bmatrix} \right\|^2 = 0.0028
$$
##### Remark
在高等微積分會算到，在一個完備的空間裡
（像是 $\mathbb{R}$ 或是 $\mathbb{R}^n$ 或是跟矩陣長很像的 $\mathbb{R}^{n^2}$），
如果一個數列有 $\| s_n - s_m \|$ 隨著 $n,m$ 變大而距離愈來愈小，
則 $s_n$ 數列會收斂。
## Exercises
##### Exercise 2
令 $O_n$ 為 $n\times n$ 的零矩陣，用定義計算 $e^{O_n}$。
:::warning
- [x] $a_n$ 為什麼不寫矩陣 $A$ 就好？
- [x] 零矩陣用 $O_n$
:::
$Ans:$
依照定義 $e^A$ 為
$$
e^A =
\frac 1 {0!}I + \frac 1 {1!}A + \frac 1 {2!} A^2 + \frac 1 {3!} A^3 +\cdots.
$$
因此 $e^{O_n}$ 為
$$
e^{O_n} =
\frac 1 {0!}I + \frac 1 {1!} {O_n} + \frac 1 {2!} {O_n}^2 + \frac 1 {3!} {O_n}^3 +\cdots =
I_n + O_n + O_n + O_n + \cdots =
I_n.
$$
##### Exercise 3
令
$$
A = \begin{bmatrix}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{bmatrix}.
$$
依照以下步驟求出 $e^{tA}$，其中 $t$ 是變數。
##### Exercise 3(a)
計算 $A, A^2, A^3, A^4$ 並找出 $A^n$ 的規律。
:::warning
- [x] 中文字不要丟在數學模式裡
- [x] 標點
- [x] 中英數之間空格
:::
$Ans:$
$$
A= \begin{bmatrix}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{bmatrix}，
A^2=\begin{bmatrix}
-1 & 0 \\
0 & -1
\end{bmatrix}=-I，
$$
$$
A^3=\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{bmatrix}=-A，
A^4=\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{bmatrix}=I。
$$
$A^n$ 規律 $：n$ 取連續四個為一循環。
##### Exercise 3(b)
利用定義求出 $e^{tA}$，並 $t$ 在旋轉矩陣中扮演的角色。
:::warning
- [x] 偶數項的第二行的第二個等式不對 $I[\frac{1}{0!} + \frac{-t^2}{2!} +\cdots] \neq I
\begin{bmatrix}
\frac{e^t+e^{-t}}{2} \\
\end{bmatrix}$
奇數項也有同樣的狀況
- [x] 中文字不要丟在數學模式裡
- [x] 標點
- [x] 中英數之間空格
- [x] $cos$ --> $\cos$
- [x] $sin$ --> $\sin$
:::
$Ans:$
$$
e^{tA} =
\frac {1} {0!} I + \frac {t} {1!} A + \frac {t^2} {2!} A^2 + \frac {t^3} {3!} A^3 +\cdots.
$$
可拆成奇數項與偶數項，
偶數項：
$$
\begin{aligned}
&= \frac {1} {0!} I + \frac {t^2} {2!} A^2 +\cdots \\
&=I [\frac {1} {0!} + \frac {-t^2} {2!} +\cdots] \\
&= I \cos t
\end{aligned}
$$
奇數項：
$$
\begin{aligned}
&= \frac {t} {1!} A + \frac {t^3} {3!} A^3 + \cdots\\
&= A [\frac {t} {1!} + \frac {-t^3} {3!} + \cdots]\\
&= A \sin t
\end{aligned}
$$
總和可表示成 $e^{tA} = I\cos t+A \sin t$，
帶入 $I$ 與 $A$ 矩陣 $=\begin{bmatrix}
\cos t & -\sin t \\
\sin t&\cos t\\
\end{bmatrix}$，
$t$ 為旋轉矩陣的角度。
##### Exercise 4
對以下矩陣 $A$ 求出 $e^A$。
##### Exercise 4(a)
已知
$$
\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & 6
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
5 & -1 \\
-1 & 5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
5 & -1 \\
-1 & 5
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 加文字敘述
- [x] $Q$ 是什麼
:::
$Ans:$
題目以 $D = Q^{-1} A Q$ 形式來看，$Q$ 為一可逆矩陣，使得 $A = Q D Q^{-1}$ ， $D$ 是對角矩陣, 則 $e^A = Qe^DQ^{-1}$。
$$
\begin{bmatrix}
5 & -1 \\
-1 & 5
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & 6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
A = QDQ^{-1}，Q = \begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
$$
$$
e^A = Qe^DQ^{-1}=\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^4 & 0 \\
0 & e^6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
\frac{e^4+e^6}{2} & \frac{e^4-e^6}{2} \\
\frac{-e^4-e^6}{2} & \frac{e^4+e^6}{2} \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 4(b)
已知
$$
\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & -6
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
-1 & 5 \\
5 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
-1 & 5 \\
5 & -1
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
題目以 $D = Q^{-1} A Q$ 形式來看，$Q$ 為一可逆矩陣，使得 $A = Q D Q^{-1}$ ， $D$ 是對角矩陣, 則 $e^A = Qe^DQ^{-1}$。
$$
\begin{bmatrix}
-1 & 5 \\
5 & -1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
4 & 0 \\
0 & -6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
A = QDQ^{-1}，Q =\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
$$
$$
e^A = Qe^DQ^{-1}=\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^4 & 0 \\
0 & e^{-6}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
\frac{-e^4-e^{-6}}{2} & \frac{-e^4+e^{-6}}{2} \\
\frac{-e^4+e^{-6}}{2} & \frac{-e^4-e^{-6}}{2} \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 4(c)
已知
$$
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
題目以 $D = Q^{-1} A Q$ 形式來看，$Q$ 為一可逆矩陣，使得 $A = Q D Q^{-1}$ ， $D$ 是對角矩陣, 則 $e^A = Qe^DQ^{-1}$。
$$
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
A = QDQ^{-1}，Q = \begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
$$
$$
e^A = Qe^DQ^{-1}=\begin{bmatrix}
1 &1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^2 & 0 \\
0 & e^0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1& 1 \\
1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
\frac{-e^2-1}{2} & \frac{-e^2+1}{2} \\
\frac{-e^2+1}{2} & \frac{-e^2-1}{2} \\
\end{bmatrix} .
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
##### Exercise 5
對以下矩陣 $A$ 求出 $e^A$。
##### Exercise 5(a)
已知
$$
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
4 & 0 & -1 \\
0 & 4 & -1 \\
-1 & -1 & 5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
4 & 0 & -1 \\
0 & 4 & -1 \\
-1 & -1 & 5
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
題目以 $D = Q^{-1} A Q$ 形式來看，$Q$ 為一可逆矩陣，使得 $A = Q D Q^{-1}$ ， $D$ 是對角矩陣, 則 $e^A = Qe^DQ^{-1}$。
$$
\begin{bmatrix}
4 & 0 & -1 \\
0 & 4 & -1 \\
-1 & -1 & 5
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1}.
$$
$$
A = QDQ^{-1}，Q = \begin{bmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & -1 & 1\\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
$$
$$
e^A = Qe^DQ^{-1}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^3 & 0 & 0 \\
0 & e^4 & 0 \\
0 & 0 & e^6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
\frac{e^3}{3}+\frac{e^4}{2}+\frac{e^6}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^4}{2}+\frac{e^6}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^6}{3} \\
\frac{e^3}{3}-\frac{e^4}{2}+\frac{e^6}{6} & \frac{e^3}{3}+\frac{e^4}{2}+\frac{e^6}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^6}{3} \\
\frac{e^3}{3}-\frac{e^6}{3} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^6}{3} & \frac{e^3}{3}-\frac{2e^6}{3}
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 5(b)
已知
$$
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & -6
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
2 & -2 & 3 \\
-2 & 2 & 3 \\
3 & 3 & -3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
2 & -2 & 3 \\
-2 & 2 & 3 \\
3 & 3 & -3
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
題目以 $D = Q^{-1} A Q$ 形式來看，$Q$ 為一可逆矩陣，使得 $A = Q D Q^{-1}$ ， $D$ 是對角矩陣, 則 $e^A = Qe^DQ^{-1}$。
$$
\begin{bmatrix}
2 & -2 & 3 \\
-2 & 2 & 3 \\
3 & 3 & -3
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & -6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1} ，
$$
$$
A = QDQ^{-1}，Q = \begin{bmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & -1 & 1\\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
$$
$$
e^A = Qe^DQ^{-1}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^3 & 0 & 0 \\
0 & e^4 & 0 \\
0 & 0 & e^{-6}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & -2
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
\frac{e^3}{3}+\frac{e^4}{2}+\frac{e^{-6}}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^4}{2}+\frac{e^{-6}}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^{-6}}{3} \\
\frac{e^3}{3}-\frac{e^4}{2}+\frac{e^{-6}}{6} & \frac{e^3}{3}+\frac{e^4}{2}+\frac{e^{-6}}{6} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^{-6}}{3} \\
\frac{e^3}{3}-\frac{e^{-6}}{3} & \frac{e^3}{3}-\frac{e^{-6}}{3} & \frac{e^3}{3}-\frac{2e^{-6}}{3}
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 6
對以下矩陣 $A$ 求出 $e^A$。
##### Exercise 6(a)
已知
$$
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-6 & 5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-6 & 5
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
Let $$ A = QDQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2 \\
\end{bmatrix}^{-1}$$,where$$Q=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2 \\
\end{bmatrix}.
$$
Then we have$$
e^A = Qe^DQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^2 & 0 \\
0 & e^3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
3 & 2 \\
\end{bmatrix}^{-1}\\
=
\begin{bmatrix}
-2e^2+3e^3 & {e^2}-e^3 \\
-6e^2+6e^3 & 3e^2-2e^3 \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 6(b)
已知
$$
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & -2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 0
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
Let$$A = QDQ^{-1}=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & -2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2 \\
\end{bmatrix}^{-1},$$ where $$ Q=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2 \\
\end{bmatrix}.
$$
Then we have$$
e^A = Qe^DQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^2 & 0 \\
0 & e^{-2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
2 & -2 \\
\end{bmatrix}^{-1}\\
=
\begin{bmatrix}
\frac {e^2+e^{-2}} 2 & \frac {e^2-e^{-2}} 4 \\
e^2-e^{-2} & \frac {e^2+e^{-2}} 2 \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 6(c)
已知
$$
\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
0 & 2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 4
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-4 & 4
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
- [x] 解釋 $e^D$ 怎麼算的
:::
$Ans:$
Hint: (We only discuss 2 by 2 Jordan form here and notate that $J$ is the Jordan form of a matrix.)
$f(J)=\begin{bmatrix}
f(\lambda) & f'(\lambda) \\
0 & f(\lambda)\\
\end{bmatrix}$, where $J=\begin{bmatrix}
\lambda & 1 \\
0 & \lambda\\\end{bmatrix}.$
Let $$ A = QJQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
0 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0 \\
\end{bmatrix}^{-1}, $$ where $$ Q=\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0 \\
\end{bmatrix}.
$$
We choose $f(x)=e^x$, and by the hint, we can get $e^J= \begin{bmatrix}
e^{2} & e^{2} \\
0 & e^{2}
\end{bmatrix}.$
Then we have$$
e^A = Qe^JQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^{2} & e^{2} \\
0 & e^{2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & -1 \\
4 & 0 \\
\end{bmatrix}^{-1}\\
=
\begin{bmatrix}
-e^2 & e^{2} \\
-e^{2} & 3e^2 \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 6(d)
已知
$$
\begin{bmatrix}
3 & 1 \\
0 & 3
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-9 & 6
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0
\end{bmatrix}.
$$
令
$$
A = \begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-9 & 6
\end{bmatrix}.
$$
:::warning
- [x] 同上題
:::
$Ans:$
Let
$$
A = QJQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & 1 \\
0 & 3 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0 \\
\end{bmatrix}^{-1},$$ where
$$Q=\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0 \\
\end{bmatrix}.
$$
By the hint from 6(c), we have
$$
e^A = Qe^JQ^{-1}
=
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
e^3 & e^{3} \\
0 & e^3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
9 & 0 \\
\end{bmatrix}^{-1}\\
=
\begin{bmatrix}
-2e^3 & e^3 \\
-9e^{3} & 2e^3 \\
\end{bmatrix} .
$$
##### Exercise 7
經由以下步驟說明 $\dot{\bx} = A\bx$ 的解就是 $e^{tA}\bc$，
其中 $\bc = (c_1,\ldots, c_n)$ 是一個控制常數的向量。
##### Exercise 7(a)
若 $A$ 可被對角化為 $D = Q^{-1}AQ$。
令 $Q\by = \bx$。
首先說明 $\dot{\by} = D\by$ 的解就是 $e^{Dt}\bd$，
其中 $\bd = (d_1,\ldots, d_n)$ 可以是任何常數。
**[由林柏仰同學提供]**
令
$$
\by = \begin{bmatrix}
y_1 \\
\vdots \\
y_n
\end{bmatrix},\
D = \begin{bmatrix}
c_1 & 0 & \ldots & 0 \\
0 & c_2 & ~ & \vdots \\
\vdots & ~ & \ddots & 0 \\
0 & \ldots & 0 & c_n
\end{bmatrix}.
$$
由於 $\dot{\by} = D\by$ ，可知
$$
\dot{y_1} = c_1y_1\ ,\\
\vdots\\
\dot{y_n} = c_ny_n\ .
$$
即
$$
y_1 = d_1e^{c_1t}\ ,\\
\vdots\\
y_n = d_ne^{c_nt}\ .
$$
觀察 $e^{Dt}$ ，依照定義
$$
e^{Dt} = \begin{bmatrix}
e^{c_1t} & 0 & \ldots & 0 \\
0 & e^{c_2t} & ~ & \vdots \\
\vdots & ~ & \ddots & 0 \\
0 & \ldots & 0 & e^{c_nt}
\end{bmatrix}.
$$
則
$$
e^{Dt}\bd = \begin{bmatrix}
d_1e^{c_1t} \\
\vdots \\
d_ne^{c_nt}
\end{bmatrix}.
$$
故 $\dot{\by} = D\by$ 的解為 $\by = e^{Dt}\bd$ 。
**[由廖和寬同學提供]**
若 $\dot{x} = ax$ 且 $a$ 為任一個常數，
則 $x$ 的解為 $x = e^{at}$。
因為 $D$ 是對角矩陣，下面以 $3$ 階矩陣為例：
$$
D = \begin{bmatrix}
a_1 & 0 & 0 \\
0 & a_2 & 0 \\
0 & 0 & a_3 \\
\end{bmatrix}.
$$
如此一來， $\dot {\by} = D \by$ 可寫成
$$
\dot{\begin{bmatrix}
\by_1 \\ \by_2 \\ \by_3
\end{bmatrix}
}
= \begin{bmatrix}
a_1 & 0 & 0 \\
0 & a_2 & 0 \\
0 & 0 & a_3 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\by_1 \\ \by_2 \\ \by_3
\end{bmatrix}.
$$
由上述可推出 $\dot \by_i = a_i \by_i$ , $i = 1,\ldots, n$ ； $\by_i = e^{a_it} d_i$ , $i = 1,\ldots, n$ 。
展開 $e^D$ ，以 $3$ 階矩陣為例：
$$
e^D =\begin{bmatrix}
e^{a_1} & 0 & 0\\
0 & e^{a_2} & 0\\
0 & 0 & e^{a_3}
\end{bmatrix}.
$$
則帶入 $\by_i = e^{a_it} d_i$ , $i = 1,\ldots, n$。
$$
e^{Dt} \bd
= \begin{bmatrix}
e^{{a_1}t} & 0 & 0\\
0 & e^{{a_2}t} & 0\\
0 & 0 & e^{{a_3}t}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
d_1 \\ d_2 \\ d_3
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
d_1 e^{{a_1}t} \\ d_2 e^{{a_2}t} \\ d_3 e^{{a_3}t}
\end{bmatrix}.
$$
推得 $\dot \by = D\by$ 的解為 $\by = e^{Dt} \bd$。
##### Exercise 7(b)
藉由 $\bx = Q\by$ 來得到 $\bx = e^{tA}\bc$，
其中 $\bc = Q\bd$ 是一組獨立的常數（因為 $Q$ 可逆）。
$Ans:$
由 $\by = e^{Dt}\bd$，
將等號兩邊同乘 $Q$ 得到
$\bx = Q\by = Qe^{Dt}\bd$，
又 $D = Q^{-1}AQ$，
則 $\bx = Qe^{Q^{-1}AQt}\bd$。
再將 $e$ 次方上的 $Q^{-1}$ 跟 $Q$ 搬下來得到 $\bx = e^{At}Q\bd$，
整理後 $\bx = e^{tA}Q\bd = e^{tA}\bc$，
其中 $\bc = Q\bd$ 是一組獨立的常數（因為 $Q$ 可逆）。
##### Remark
如果 $A$ 不可對角化則必須仰賴喬丹標準型，但 $e^{tA}\bc$ 這個公式還是正確的。
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