Matriz exponencial

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Operación de matriz generalización de la exponentiación de números de escalar

En matemáticas, la matriz exponencial es una función matriz en matrices cuadradas análogas a la función exponencial ordinaria. Se utiliza para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. En la teoría de los grupos de Lie, la matriz exponencial da el mapa exponencial entre una matriz Álgebra Lie y el grupo correspondiente Lie.

Vamos. $X$ ser un $n \times n$ matriz real o compleja. El exponencial de $X$ , denotado por $e X$ o $exp(X)$ , es el $n \times n$ matriz dada por la serie de potencia

{displaystyle e^{X}=sum _{k=0}^{infty }{frac {1}{k!}}X^{k}}

Donde ${displaystyle X^{0}}$ se define como la matriz de identidad ${displaystyle I}$ con las mismas dimensiones ${displaystyle X}$ . La serie siempre converge, así que el exponencial de $X$ está bien definido.

Equivalentemente,

{displaystyle e^{X}=lim _{krightarrow infty }left(I+{frac {X}{k}}right)^{k}}

I

n \times n

Cuando $X$ es un $n \times n$ matriz diagonal entonces $exp(X)$ será un $n \times n$ matriz diagonal con cada elemento diagonal igual al exponencial ordinario aplicado al elemento diagonal correspondiente de $X$ .

Propiedades

Propiedades elementales

Sean $X$ y $Y$ $n \times n$ matrices complejas y dejemos que $a$ y $b$ sean números complejos arbitrarios. Denotamos la matriz de identidad $n \times n$ por $I$ y la matriz cero por 0. La matriz exponencial satisface las siguientes propiedades.

Comenzamos con las propiedades que son consecuencias inmediatas de la definición como una serie de energía:

$e 0 = I$
$exp(X T) = X) T$ , donde $X T$ denota la transposición de $X$ .
$exp(X Alternativa) = X) Alternativa$ , donde $X Alternativa$ denota la transposición conyugal de $X$ .
Si $Y$ es invertible entonces $e YXY -1 = Sí. X Y -1 .$

El siguiente resultado clave es este:

Si ${displaystyle XY=YX}$ entonces ${displaystyle e^{X}e^{Y}=e^{X+Y}}$ .

La prueba de esta identidad es la misma que el argumento estándar de la serie de energía para la identidad correspondiente para el exponencial de números reales. Es decir, mientras ${displaystyle X}$ y ${displaystyle Y}$ coma, no importa el argumento si ${displaystyle X}$ y ${displaystyle Y}$ son números o matrices. Es importante señalar que esta identidad normalmente no sostiene si ${displaystyle X}$ y ${displaystyle Y}$ no se comunique (ver la desigualdad Golden-Thompson abajo).

Las consecuencias de la identidad anterior son las siguientes:

$e aX e bX = e () a + b) X$
$e X e - X = I$

Utilizando los resultados anteriores, podemos verificar fácilmente las siguientes afirmaciones. Si $X$ es simétrico entonces $e X</i$ también es simétrico, y si $X$ es simétrico sesgado entonces $e X$ es ortogonal. Si $X$ es hermitiano entonces $e X</i$ también es hermitiano, y si $X$ es sesgado-hermitiano entonces $e X$ es unitario.

Finalmente, una transformada de Laplace de matrices exponenciales equivale al resolutivo,

{displaystyle int _{0}^{infty }e^{-ts}e^{tX},dt=(sI-X)^{-1}}

$s$
Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
Una de las razones de la importancia de la matriz exponencial es que puede usarse para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. la solución de
${displaystyle {frac {d}{dt}}y(t)=Ay(t),quad y(0)=y_{0},}$ $A$ ${displaystyle y(t)=e^{At}y_{0}.}$
La matriz exponencial también se puede utilizar para resolver la ecuación no homogénea
${displaystyle {frac {d}{dt}}y(t)=Ay(t)+z(t),quad y(0)=y_{0}.}$
No existe una solución cerrada para ecuaciones diferenciales de la forma
${displaystyle {frac {d}{dt}}y(t)=A(t),y(t),quad y(0)=y_{0},}$ $A$
El determinante de la matriz exponencial
Según la fórmula de Jacobi, para cualquier matriz cuadrada compleja se cumple la siguiente identidad de traza:
${displaystyle det left(e^{A}right)=e^{operatorname {tr} (A)}~.}$
Además de proporcionar una herramienta computacional, esta fórmula demuestra que una matriz exponencial es siempre una matriz invertible. Esto se debe al hecho de que el lado derecho de la ecuación anterior es siempre no cero, y así $det(e A)$ , lo que implica que $e A$ Debe ser invertible.
En el caso del valor real, la fórmula también muestra el mapa
${displaystyle exp colon M_{n}(mathbb {R})to mathrm {GL} (n,mathbb {R})}$
Matrices simétricas reales
La matriz exponencial de una matriz simétrica real es definida positiva. Vamos. ${displaystyle S}$ ser un $n \times n$ matriz simétrica real ${displaystyle xin mathbb {R} ^{n}}$ un vector de columna. Utilizando las propiedades elementales de la matriz exponencial y de matrices simétricas, tenemos:
${displaystyle x^{T}e^{S}x=x^{T}e^{S/2}e^{S/2}x=x^{T}(e^{S/2})^{T}e^{S/2}x=(e^{S/2}x)^{T}e^{S/2}x=lVert e^{S/2}xrVert ^{2}geq 0.}$
Desde ${displaystyle e^{S/2}}$ es invertible, la igualdad sólo es válida ${displaystyle x=0}$ , y tenemos $0}" xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">xTeSx■0{displaystyle x^{T}e^{S}x}0}0}" aria-hidden="true" class="mwe-math-fallback-image-inline mw-invert skin-invert" src="https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/451368a951ef0f175e91b645c43b815f66245f73" style="vertical-align: -0.338ex; width:10.685ex; height:2.676ex;"/>$ para todos los no cero ${displaystyle x}$ . Por lo tanto ${displaystyle e^{S}}$ es positivo.
El exponencial de las sumas
Para cualquier número real (escalares) $x$ y $y$ sabemos que la función exponencial satisface $e x + y = e x e y$ . Lo mismo ocurre con las matrices conmutadoras. Si las matrices $X$ y $Y$ conmutar (lo que significa que $XY = YX$ ), entonces,
${displaystyle e^{X+Y}=e^{X}e^{Y}.}$
Sin embargo, para matrices que no conmutan la igualdad anterior no necesariamente se cumple.
La fórmula del producto Lie
Incluso si $X$ y $Y$ no conmutas, el exponencial $e X + Y$ se puede calcular mediante la fórmula del producto de Lie
${displaystyle e^{X+Y}=lim _{kto infty }left(e^{{frac {1}{k}}X}e^{{frac {1}{k}}Y}right)^{k}.}$
Usar una $k$ finita grande para aproximar lo anterior es la base de la expansión de Suzuki-Trotter, a menudo utilizada en la evolución numérica del tiempo. .
La fórmula Baker-Campbell-Hausdorff
En la otra dirección, si $X$ y $Y$ son matrices suficientemente pequeñas (pero no necesariamente conmutantes), tenemos
${displaystyle e^{X}e^{Y}=e^{Z},}$ $Z$ $X$ $Y$ ${displaystyle Z=X+Y+{frac {1}{2}}[X,Y]+{frac {1}{12}}[X,[X,Y]]-{frac {1}{12}}[Y,[X,Y]]+cdots}$ $X$ $Y$ $X$ $Y$ $Z = X + Y$
Desigualdades para exponenciales de matrices hermitianas
Para las matrices hermitianas existe un teorema notable relacionado con la traza de las matrices exponenciales.
Si $A$ y $B$ son matrices hermitianas, entonces
${displaystyle operatorname {tr} exp(A+B)leq operatorname {tr} left[exp(A)exp(B)right].}$
No hay ningún requisito de conmutatividad. Hay contraejemplos que muestran que la desigualdad de Golden-Thompson no se puede extender a tres matrices y, en cualquier caso, $tr(exp(A)exp(No se garantiza que B)exp(C))$ sea real para $A$ hermitiano. , $B$ , $C$ . Sin embargo, Lieb demostró que se puede generalizar a tres matrices si modificamos la expresión de la siguiente manera
${displaystyle operatorname {tr} exp(A+B+C)leq int _{0}^{infty }mathrm {d} t,operatorname {tr} left[e^{A}left(e^{-B}+tright)^{-1}e^{C}left(e^{-B}+tright)^{-1}right].}$
El mapa exponencial
La exponencial de una matriz es siempre una matriz invertible. La matriz inversa de $e X$ viene dada por $e - X$ . Esto es análogo al hecho de que la exponencial de un número complejo siempre es distinta de cero. La matriz exponencial nos da entonces un mapa
${displaystyle exp colon M_{n}(mathbb {C})to mathrm {GL} (n,mathbb {C})}$ nn $n$ nnCR
Para dos matrices cualesquiera $X$ y $Y$ ,
${displaystyle left|e^{X+Y}-e^{X}right|leq |Y|e^{|X|}e^{|Y|},}$
donde $‖ \cdot ‖$ denota una norma matricial arbitraria. De ello se deduce que el mapa exponencial es continuo y Lipschitz continuo en subconjuntos compactos de $M n (C)$ .
El mapa
${displaystyle tmapsto e^{tX},qquad tin mathbb {R} }$ $t = 0$
De hecho, esto da un subgrupo de un parámetro del grupo lineal general ya que
${displaystyle e^{tX}e^{sX}=e^{(t+s)X}.}$
El derivado de esta curva (o vector tangente) en un punto t es dado por
${displaystyle {frac {d}{dt}}e^{tX}=Xe^{tX}=e^{tX}X.}$ ()1)
La derivada en $t = 0$ es solo la matriz X, es decir, que X genera este subgrupo de un parámetro.
De manera más general, para un exponente genérico dependiente de $t$ , $X (t)$ ,
${displaystyle {frac {d}{dt}}e^{X(t)}=int _{0}^{1}e^{alpha X(t)}{frac {dX(t)}{dt}}e^{(1-alpha)X(t)},dalpha ~.}$
Tomando la expresión anterior $e X (t)$ fuera del signo integral y expandiendo el integrando con la ayuda del lema de Hadamard se puede obtener la siguiente expresión útil para la derivada del exponente matricial,
${displaystyle left({frac {d}{dt}}e^{X(t)}right)e^{-X(t)}={frac {d}{dt}}X(t)+{frac {1}{2!}}left[X(t),{frac {d}{dt}}X(t)right]+{frac {1}{3!}}left[X(t),left[X(t),{frac {d}{dt}}X(t)right]right]+cdots }$
Los coeficientes en la expresión anterior son diferentes de lo que aparece en el exponencial. Para una forma cerrada, vea el derivado del mapa exponencial.
Derivadas direccionales restringidas a matrices hermitianas
Vamos. ${displaystyle X}$ ser un ${displaystyle ntimes n}$ Matriz hermitiana con eigenvalues distintos. Vamos. ${displaystyle X=E{textrm {diag}}(Lambda)E^{*}}$ ser su eigen-decomposición donde ${displaystyle E}$ es una matriz unitaria cuyas columnas son los eigenvectores de ${displaystyle X}$ , ${displaystyle E^{*}}$ es su transpose conyugal, y ${displaystyle Lambda =left(lambda _{1},ldotslambda _{n}right)}$ el vector de eigenvalues correspondientes. Entonces, para cualquier ${displaystyle ntimes n}$ Matriz ermitiana ${displaystyle V}$ , el derivado direccional de ${displaystyle exp:Xto e^{X}}$ a ${displaystyle X}$ en la dirección ${displaystyle V}$ es
${displaystyle Dexp(X)[V]triangleq lim _{epsilon to 0}{frac {1}{epsilon }}left(displaystyle e^{X+epsilon V}-e^{X}right)=E(Godot {bar {V}})E^{*}}$ ${displaystyle {bar {V}}=E^{*}VE}$ ${displaystyle odot }$ ${displaystyle 1leq i,jleq n}$ ${displaystyle G}$ ${displaystyle G_{i,j}=left{{begin{aligned}&{frac {e^{lambda _{i}}-e^{lambda _{j}}}{lambda _{i}-lambda _{j}}}&{text{ if }}ineq j,\&e^{lambda _{i}}&{text{ otherwise}}.\end{aligned}}right.}$ ${displaystyle ntimes n}$ ${displaystyle U}$ ${displaystyle U}$ ${displaystyle V}$ ${displaystyle D^{2}exp(X)[U,V]triangleq lim _{epsilon _{u}to 0}lim _{epsilon _{v}to 0}{frac {1}{4epsilon _{u}epsilon _{v}}}left(displaystyle e^{X+epsilon _{u}U+epsilon _{v}V}-e^{X-epsilon _{u}U+epsilon _{v}V}-e^{X+epsilon _{u}U-epsilon _{v}V}+e^{X-epsilon _{u}U-epsilon _{v}V}right)=EF(U,V)E^{*}}$ ${displaystyle F}$ ${displaystyle 1leq i,jleq n}$ ${displaystyle F(U,V)_{i,j}=sum _{k=1}^{n}phi _{i,j,k}({bar {U}}_{ik}{bar {V}}_{jk}^{*}+{bar {V}}_{ik}{bar {U}}_{jk}^{*})}$ ${displaystyle phi _{i,j,k}=left{{begin{aligned}&{frac {G_{ik}-G_{jk}}{lambda _{i}-lambda _{j}}}&{text{ if }}ineq j,\&{frac {G_{ii}-G_{ik}}{lambda _{i}-lambda _{k}}}&{text{ if }}i=j{text{ and }}kneq i,\&{frac {G_{ii}}{2}}&{text{ if }}i=j=k.\end{aligned}}right.}$
Calcular la matriz exponencial
Encontrar métodos confiables y precisos para calcular la matriz exponencial es difícil, y este sigue siendo un tema de considerable investigación actual en matemáticas y análisis numérico. Matlab, GNU Octave, R y SciPy utilizan la aproximante Padé. En esta sección, analizamos métodos que son aplicables en principio a cualquier matriz y que pueden llevarse a cabo explícitamente para matrices pequeñas. Las secciones siguientes describen métodos adecuados para la evaluación numérica en matrices grandes.
Caso de diagnóstico
Si una matriz es diagonal:
${displaystyle A={begin{bmatrix}a_{1}&0&cdots &0\0&a_{2}&cdots &0\vdots &vdots &ddots &vdots \0&0&cdots &a_{n}end{bmatrix}},}$ ${displaystyle e^{A}={begin{bmatrix}e^{a_{1}}&0&cdots &0\0&e^{a_{2}}&cdots &0\vdots &vdots &ddots &vdots \0&0&cdots &e^{a_{n}}end{bmatrix}}.}$
Este resultado también permite exponenciar matrices diagonalizables. Si
$A = UDU -1$
y $D$ es diagonal, entonces
$e A = Ue D U -1$ .
La aplicación de la fórmula de Sylvester produce el mismo resultado. (Para ver esto, tenga en cuenta que la suma y multiplicación, por lo tanto también la exponenciación, de matrices diagonales es equivalente a la suma y multiplicación por elementos, y por lo tanto a la exponenciación; en particular, la exponenciación "unidimensional" se siente como elemento -sabio para el caso diagonal.)
Ejemplo: Diagonalizable
Por ejemplo, la matriz
${displaystyle A={begin{bmatrix}1&4\1&1\end{bmatrix}}}$ ${displaystyle {begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}{begin{bmatrix}-1&0\0&3\end{bmatrix}}{begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}^{-1}.}$
Así,
${displaystyle e^{A}={begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}e^{begin{bmatrix}-1&0\0&3\end{bmatrix}}{begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}^{-1}={begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}{begin{bmatrix}{frac {1}{e}}&0\0&e^{3}\end{bmatrix}}{begin{bmatrix}-2&2\1&1\end{bmatrix}}^{-1}={begin{bmatrix}{frac {e^{4}+1}{2e}}&{frac {e^{4}-1}{e}}\{frac {e^{4}-1}{4e}}&{frac {e^{4}+1}{2e}}\end{bmatrix}}.}$
Caso nilpotente
Una matriz $N$ es nilpotente si $N q = 0$ para algún número entero q. En este caso, la matriz exponencial $e N$ se puede calcular directamente a partir de la expansión en serie. , ya que la serie termina después de un número finito de términos:
${displaystyle e^{N}=I+N+{frac {1}{2}}N^{2}+{frac {1}{6}}N^{3}+cdots +{frac {1}{(q-1)!}}N^{q-1}~.}$
Dado que la serie tiene un número finito de pasos, es un polinomio matricial, que se puede calcular de manera eficiente.
Caso general
Usando la descomposición Jordan-Chevalley
Por la descomposición Jordan–Chevalley, cualquier ${displaystyle ntimes n}$ matriz X con entradas complejas se puede expresar como
${displaystyle X=A+N}$
A es diagonalizable
N es nilpotent
A comunicaciones con N
Esto significa que podemos calcular el exponencial de X reduciendo a los dos casos anteriores:
${displaystyle e^{X}=e^{A+N}=e^{A}e^{N}.}$
Nota que necesitamos la conmutación de A y N para el último paso al trabajo.
Usando la forma canónica de Jordania
Un método estrechamente relacionado es, si el campo está cerrado algebraicamente, para trabajar con la forma Jordania de $X$ . Supongamos que $X = PJP -1$ Donde $J$ es la forma Jordania de $X$ . Entonces...
${displaystyle e^{X}=Pe^{J}P^{-1}.}$
Además, desde
${displaystyle {begin{aligned}J&=J_{a_{1}}(lambda _{1})oplus J_{a_{2}}(lambda _{2})oplus cdots oplus J_{a_{n}}(lambda _{n}),\e^{J}&=exp {big (}J_{a_{1}}(lambda _{1})oplus J_{a_{2}}(lambda _{2})oplus cdots oplus J_{a_{n}}(lambda _{n}){big)}\&=exp {big (}J_{a_{1}}(lambda _{1}){big)}oplus exp {big (}J_{a_{2}}(lambda _{2}){big)}oplus cdots oplus exp {big (}J_{a_{n}}(lambda _{n}){big)}.end{aligned}}}$
Por lo tanto, sólo necesitamos saber cómo calcular la matriz exponencial de un bloque de Jordan. Pero cada bloque de Jordan tiene la forma
${displaystyle {begin{aligned}&&J_{a}(lambda)&=lambda I+N\&Rightarrow &e^{J_{a}(lambda)}&=e^{lambda I+N}=e^{lambda }e^{N}.end{aligned}}}$
donde $N$ es una matriz nilpotente especial. La matriz exponencial de $J$ viene dada por
${displaystyle e^{J}=e^{lambda _{1}}e^{N_{a_{1}}}oplus e^{lambda _{2}}e^{N_{a_{2}}}oplus cdots oplus e^{lambda _{n}}e^{N_{a_{n}}}}$
Caso de proyección
Si $P$ es una matriz de proyección (es decir, es idempotente: $P 2 = P$ ), su matriz exponencial es:
$e P = I + e -1) P$ .
Al derivar esto mediante la expansión de la función exponencial, cada potencia de $P$ se reduce a $P$ que se convierte en factor común de la suma:
${displaystyle e^{P}=sum _{k=0}^{infty }{frac {P^{k}}{k!}}=I+left(sum _{k=1}^{infty }{frac {1}{k!}}right)P=I+(e-1)P~.}$
Caso de rotación
Para una rotación simple en la que los vectores unitarios perpendiculares $a$ y $b$ especifica un plano, la matriz de rotación $R$ se puede expresar en términos de una función exponencial similar que involucra un generador $G$ y ángulo $θ$ .
${displaystyle {begin{aligned}G&=mathbf {ba} ^{mathsf {T}}-mathbf {ab} ^{mathsf {T}}&P&=-G^{2}=mathbf {aa} ^{mathsf {T}}+mathbf {bb} ^{mathsf {T}}\P^{2}&=P&PG&=G=GP~,end{aligned}}}$ ${displaystyle {begin{aligned}Rleft(theta right)=e^{Gtheta }&=I+Gsin(theta)+G^{2}(1-cos(theta))\&=I-P+Pcos(theta)+Gsin(theta)~.\end{aligned}}}$
La fórmula para el exponencial resulta de reducir las potencias de $G$ en la expansión de la serie e identificar los respectivos coeficientes de la serie de $G 2$ y $G$ con $-cos(θ)$ y $sin(θ)$ respectivamente. La segunda expresión aquí para $e Gθ$ es la misma que la expresión para $R (θ)$ en el artículo que contiene la derivación del generador, $R (θ) = e Gθ$ .
En dos dimensiones, si ${displaystyle a=left[{begin{smallmatrix}1\0end{smallmatrix}}right]}$ y ${displaystyle b=left[{begin{smallmatrix}0\1end{smallmatrix}}right]}$ Entonces ${displaystyle G=left[{begin{smallmatrix}0&-1\1&0end{smallmatrix}}right]}$ , ${displaystyle G^{2}=left[{begin{smallmatrix}-1&0\0&-1end{smallmatrix}}right]}$ , y
${displaystyle R(theta)={begin{bmatrix}cos(theta)&-sin(theta)\sin(theta)&cos(theta)end{bmatrix}}=Icos(theta)+Gsin(theta)}$
La matriz $P = - G 2$ proyecta un vector sobre el $ab$ -plane y la rotación solo afecta a esta parte del vector. Un ejemplo que ilustra esto es una rotación de $30° = π/6$ en el plano abarcado por $a$ y $b$ ,
${displaystyle {begin{aligned}mathbf {a} &={begin{bmatrix}1\0\0\end{bmatrix}}&mathbf {b} &={frac {1}{sqrt {5}}}{begin{bmatrix}0\1\2\end{bmatrix}}end{aligned}}}$ ${displaystyle {begin{aligned}G={frac {1}{sqrt {5}}}&{begin{bmatrix}0&-1&-2\1&0&0\2&0&0\end{bmatrix}}&P=-G^{2}&={frac {1}{5}}{begin{bmatrix}5&0&0\0&1&2\0&2&4\end{bmatrix}}\P{begin{bmatrix}1\2\3\end{bmatrix}}={frac {1}{5}}&{begin{bmatrix}5\8\16\end{bmatrix}}=mathbf {a} +{frac {8}{sqrt {5}}}mathbf {b} &Rleft({frac {pi }{6}}right)&={frac {1}{10}}{begin{bmatrix}5{sqrt {3}}&-{sqrt {5}}&-2{sqrt {5}}\{sqrt {5}}&8+{sqrt {3}}&-4+2{sqrt {3}}\2{sqrt {5}}&-4+2{sqrt {3}}&2+4{sqrt {3}}\end{bmatrix}}\end{aligned}}}$
Vamos. $N = I - P$ , entonces $N 2 = N$ y sus productos $P$ y $G$ son cero. Esto nos permitirá evaluar poderes de $R$ .
${displaystyle {begin{aligned}Rleft({frac {pi }{6}}right)&=N+P{frac {sqrt {3}}{2}}+G{frac {1}{2}}\Rleft({frac {pi }{6}}right)^{2}&=N+P{frac {1}{2}}+G{frac {sqrt {3}}{2}}\Rleft({frac {pi }{6}}right)^{3}&=N+G\Rleft({frac {pi }{6}}right)^{6}&=N-P\Rleft({frac {pi }{6}}right)^{12}&=N+P=I\end{aligned}}}$
Evaluación de la serie Laurent
En virtud del teorema de Cayley-Hamilton, la matriz exponencial se puede expresar como un polinomio de orden $n$ −1.
Si $P$ y $Q t$ son polinomios distintos de cero en una variable, tales que $P (A) = 0$ , y si la función meromórfica
${displaystyle f(z)={frac {e^{tz}-Q_{t}(z)}{P(z)}}}$ ${displaystyle e^{tA}=Q_{t}(A).}$ $P () z)$ $z$ $A$
Tal polinomio $Q t () z)$ se puede encontrar como sigue: vea la fórmula de Sylvester. Letting $a$ ser una raíz de $P$ , $Q a,t () z)$ se resuelve del producto de $P$ por la parte principal de la serie Laurent $f$ a $a$ : Es proporcional al covariante Frobenius relevante. Entonces la suma S_t de la Q_a,t, donde $a$ corre sobre todas las raíces $P$ , se puede tomar como un $Q t$ . Todo el otro Q_t se obtendrá añadiendo un múltiple de $P$ a $S t () z)$ . En particular, $S t () z)$ , el polinomio Lagrange-Sylvester, es el único $Q t$ cuyo grado es inferior al de $P$ .
Ejemplo: Considere el caso de una matriz arbitraria de 2×2,
${displaystyle A:={begin{bmatrix}a&b\c&dend{bmatrix}}.}$
La matriz exponencial $e tA$ , en virtud del teorema de Cayley-Hamilton, debe ser de la forma
${displaystyle e^{tA}=s_{0}(t),I+s_{1}(t),A.}$
(Para cualquier número complejo $z$ y cualquier C- álgebra $B$ , denotamos de nuevo $z$ el producto de $z$ por la unidad de $B$ )
Vamos. $α$ y $β$ ser las raíces del polinomio característico $A$ ,
${displaystyle P(z)=z^{2}-(a+d) z+ad-bc=(z-alpha)(z-beta)~.}$
Entonces tenemos
${displaystyle S_{t}(z)=e^{alpha t}{frac {z-beta }{alpha -beta }}+e^{beta t}{frac {z-alpha }{beta -alpha }}~,}$ ${displaystyle {begin{aligned}s_{0}(t)&={frac {alpha ,e^{beta t}-beta ,e^{alpha t}}{alpha -beta }},&s_{1}(t)&={frac {e^{alpha t}-e^{beta t}}{alpha -beta }}end{aligned}}}$
si $α \neq β$ ; mientras que, si $α = β$ ,
${displaystyle S_{t}(z)=e^{alpha t}(1+t(z-alpha))~,}$
así
${displaystyle {begin{aligned}s_{0}(t)&=(1-alpha ,t),e^{alpha t},&s_{1}(t)&=t,e^{alpha t}~.end{aligned}}}$
Definición
${displaystyle {begin{aligned}s&equiv {frac {alpha +beta }{2}}={frac {operatorname {tr} A}{2}}~,&q&equiv {frac {alpha -beta }{2}}=pm {sqrt {-det left(A-sIright)}},end{aligned}}}$
tenemos
${displaystyle {begin{aligned}s_{0}(t)&=e^{st}left(cosh(qt)-s{frac {sinh(qt)}{q}}right),&s_{1}(t)&=e^{st}{frac {sinh(qt)}{q}},end{aligned}}}$
donde $sin(qt)/ q$ es 0 si $t = 0$ , y $t$ si $q = 0$ .
Así,
${displaystyle e^{tA}=e^{st}left(left(cosh(qt)-s{frac {sinh(qt)}{q}}right)~I~+{frac {sinh(qt)}{q}}Aright)~.}$
Así, como se indicó anteriormente, la matriz $A$ se ha descompuesto en la suma de dos piezas que se conmutan entre sí, la pieza trazable y la pieza sin rastro,
${displaystyle A=sI+(A-sI)~,}$
la matriz exponencial reduce a un producto simple de los exponenciales de las dos piezas respectivas. Esta es una fórmula a menudo utilizada en la física, ya que equivale a la fórmula analógica de Euler para las matrices de la columna Pauli, es decir, rotaciones de la representación de la dobleta del grupo SU(2).
El polinomio $S t$ también se puede dar la siguiente caracterización "interpolación". Define $e t () z) e tz$ , y $n ↑ deg P$ . Entonces... $S t () z)$ es el grado único $c) n$ polinomio que satisfice $S t () k) () a) e t () k) () a)$ siempre $k$ es menos que la multiplicidad de $a$ como raíz de $P$ . Suponemos, como obviamente podemos, que $P$ es el polinomio mínimo de $A$ . Asumimos además que $A$ es una matriz diagonal. En particular, las raíces de $P$ son simples, y la caracterización "interpolación" indica que $S t$ es dado por la fórmula de interpolación Lagrange, por lo que es el Lagrange Sylvester polinomial.
En el otro extremo, si $P = z - a) n$ Entonces
${displaystyle S_{t}=e^{at} sum _{k=0}^{n-1} {frac {t^{k}}{k!}} (z-a)^{k}~.}$
El caso más simple no cubierto por las observaciones anteriores es cuando ${displaystyle P=(z-a)^{2},(z-b)}$ con $a ل b$ , que rinde
${displaystyle S_{t}=e^{at} {frac {z-b}{a-b}} left(1+left(t+{frac {1}{b-a}}right)(z-a)right)+e^{bt} {frac {(z-a)^{2}}{(b-a)^{2}}}.}$
Evaluación mediante implementación de la fórmula de Sylvester
Un cálculo práctico y rápido de lo anterior se reduce a los siguientes pasos rápidos. Recuerde lo anterior que una matriz n×n $exp(tA)$ equivale a una combinación lineal de la primera $n$ −1 potencias de $A$ por el teorema de Cayley-Hamilton. Para matrices diagonalizables, como se ilustra arriba, p.e. en el caso de 2×2, la fórmula de Sylvester produce $exp(tA) = B α exp(tα) + B β exp(tβ)$ , donde $B$ s son las covariantes de Frobenius de $A$ .
Sin embargo, es más fácil resolver estas $B$ directamente, evaluando esta expresión y su primera derivada en $t = 0$ , en términos de $A$ y $I$ , para encontrar la misma respuesta que la anterior.
Pero este sencillo procedimiento también funciona para matrices defectuosas, en una generalización debida a Buchheim. Esto se ilustra aquí para un ejemplo de 4×4 de una matriz que no es diagonalizable y la $B$ s no son matrices de proyección.
Considere
${displaystyle A={begin{bmatrix}1&1&0&0\0&1&1&0\0&0&1&-{frac {1}{8}}\0&0&{frac {1}{2}}&{frac {1}{2}}end{bmatrix}}~,}$ $λ 1 = 3/4$ $λ 2 = 1$
Considere el exponencial de cada eigenvalue multiplicado por $t$ , $exp(λ i t)$ . Multiply each exponentiated eigenvalue by the corresponding undetermined coefficient matriz $B i$ . Si los eigenvalues tienen una multiplicidad algebraica mayor que 1, entonces repetir el proceso, pero ahora multiplicado por un factor extra de $t$ para cada repetición, para asegurar la independencia lineal.
(Si un eigenvalue tuviera una multiplicidad de tres, entonces habría tres términos: ${displaystyle B_{i_{1}}e^{lambda _{i}t},~B_{i_{2}}te^{lambda _{i}t},~B_{i_{3}}t^{2}e^{lambda _{i}t}}$ . Por el contrario, cuando todos los eigenvalues son distintos, $B$ s son sólo los covariantes Frobenius, y resolver para ellos como abajo sólo equivale a la inversión de la matriz Vandermonde de estos 4 eigenvalues.)
Sum all such terms, here four such,
${displaystyle {begin{aligned}e^{At}&=B_{1_{1}}e^{lambda _{1}t}+B_{1_{2}}te^{lambda _{1}t}+B_{2_{1}}e^{lambda _{2}t}+B_{2_{2}}te^{lambda _{2}t},\e^{At}&=B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}+B_{1_{2}}te^{{frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+B_{2_{2}}te^{1t}~.end{aligned}}}$
Resolver todas las matrices desconocidas $B$ en términos de las tres primeras potencias de $A$ y la identidad, se necesitan cuatro ecuaciones, la anterior proporciona una en $t$ = 0. Además, diferenciarlo con respecto a $t$ ,
${displaystyle Ae^{At}={frac {3}{4}}B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}+left({frac {3}{4}}t+1right)B_{1_{2}}e^{{frac {3}{4}}t}+1B_{2_{1}}e^{1t}+left(1t+1right)B_{2_{2}}e^{1t}~,}$
y otra vez,
${displaystyle {begin{aligned}A^{2}e^{At}&=left({frac {3}{4}}right)^{2}B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}+left(left({frac {3}{4}}right)^{2}t+left({frac {3}{4}}+1cdot {frac {3}{4}}right)right)B_{1_{2}}e^{{frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+left(1^{2}t+(1+1cdot 1)right)B_{2_{2}}e^{1t}\&=left({frac {3}{4}}right)^{2}B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}+left(left({frac {3}{4}}right)^{2}t+{frac {3}{2}}right)B_{1_{2}}e^{{frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{t}+left(t+2right)B_{2_{2}}e^{t}~,end{aligned}}}$
y una vez más,
${displaystyle {begin{aligned}A^{3}e^{At}&=left({frac {3}{4}}right)^{3}B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}+left(left({frac {3}{4}}right)^{3}t+left(left({frac {3}{4}}right)^{2}+left({frac {3}{2}}right)cdot {frac {3}{4}}right)right)B_{1_{2}}e^{{frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+left(1^{3}t+(1+2)cdot 1right)B_{2_{2}}e^{1t}\&=left({frac {3}{4}}right)^{3}B_{1_{1}}e^{{frac {3}{4}}t}!+left(left({frac {3}{4}}right)^{3}t!+{frac {27}{16}}right)B_{1_{2}}e^{{frac {3}{4}}t}!+B_{2_{1}}e^{t}!+left(t+3cdot 1right)B_{2_{2}}e^{t}~.end{aligned}}}$
(En el caso general, es necesario tomar $n$ −1 derivadas).
Estableciendo $t$ = 0 en estas cuatro ecuaciones, las cuatro matrices de coeficientes $B$ s ahora se pueden resolver,
${displaystyle {begin{aligned}I&=B_{1_{1}}+B_{2_{1}}\A&={frac {3}{4}}B_{1_{1}}+B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+B_{2_{2}}\A^{2}&=left({frac {3}{4}}right)^{2}B_{1_{1}}+{frac {3}{2}}B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+2B_{2_{2}}\A^{3}&=left({frac {3}{4}}right)^{3}B_{1_{1}}+{frac {27}{16}}B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+3B_{2_{2}}~,end{aligned}}}$
al rendimiento
${displaystyle {begin{aligned}B_{1_{1}}&=128A^{3}-366A^{2}+288A-80I\B_{1_{2}}&=16A^{3}-44A^{2}+40A-12I\B_{2_{1}}&=-128A^{3}+366A^{2}-288A+80I\B_{2_{2}}&=16A^{3}-40A^{2}+33A-9I~.end{aligned}}}$
Sustitución con el valor $A$ rendimientos de las matrices de coeficiente
${displaystyle {begin{aligned}B_{1_{1}}&={begin{bmatrix}0&0&48&-16\0&0&-8&2\0&0&1&0\0&0&0&1end{bmatrix}}\B_{1_{2}}&={begin{bmatrix}0&0&4&-2\0&0&-1&{frac {1}{2}}\0&0&{frac {1}{4}}&-{frac {1}{8}}\0&0&{frac {1}{2}}&-{frac {1}{4}}end{bmatrix}}\B_{2_{1}}&={begin{bmatrix}1&0&-48&16\0&1&8&-2\0&0&0&0\0&0&0&0end{bmatrix}}\B_{2_{2}}&={begin{bmatrix}0&1&8&-2\0&0&0&0\0&0&0&0\0&0&0&0end{bmatrix}}end{aligned}}}$
así que la respuesta final es
${displaystyle e^{tA}={begin{bmatrix}e^{t}&te^{t}&left(8t-48right)e^{t}!+left(4t+48right)e^{{frac {3}{4}}t}&left(16-2,tright)e^{t}!+left(-2t-16right)e^{{frac {3}{4}}t}\0&e^{t}&8e^{t}!+left(-t-8right)e^{{frac {3}{4}}t}&-2e^{t}+{frac {t+4}{2}}e^{{frac {3}{4}}t}\0&0&{frac {t+4}{4}}e^{{frac {3}{4}}t}&-{frac {t}{8}}e^{{frac {3}{4}}t}\0&0&{frac {t}{2}}e^{{frac {3}{4}}t}&-{frac {t-4}{4}}e^{{frac {3}{4}}t}~.end{bmatrix}}}$
El procedimiento es mucho más corto que el algoritmo de Putzer a veces utilizado en tales casos.
Ilustraciones
Supongamos que queremos calcular el exponencial de
${displaystyle B={begin{bmatrix}21&17&6\-5&-1&-6\4&4&16end{bmatrix}}.}$
Su forma Jordania es
${displaystyle J=P^{-1}BP={begin{bmatrix}4&0&0\0&16&1\0&0&16end{bmatrix}},}$ P ${displaystyle P={begin{bmatrix}-{frac {1}{4}}&2&{frac {5}{4}}\{frac {1}{4}}&-2&-{frac {1}{4}}\0&4&0end{bmatrix}}.}$
Vamos a calcular primero exp(J). Tenemos
${displaystyle J=J_{1}(4)oplus J_{2}(16)}$
El exponencial de una matriz 1×1 es sólo el exponencial de la única entrada de la matriz, por lo que $exp(J 1 4) = [e 4]$ . El exponencial de J₂(16) se puede calcular por la fórmula $e (λ) I + N) = e λ e N$ mencionado anteriormente; este rendimiento
${displaystyle {begin{aligned}&exp left({begin{bmatrix}16&1\0&16end{bmatrix}}right)=e^{16}exp left({begin{bmatrix}0&1\0&0end{bmatrix}}right)=\[6pt]{}={}&e^{16}left({begin{bmatrix}1&0\0&1end{bmatrix}}+{begin{bmatrix}0&1\0&0end{bmatrix}}+{1 over 2!}{begin{bmatrix}0&0\0&0end{bmatrix}}+cdots {}right)={begin{bmatrix}e^{16}&e^{16}\0&e^{16}end{bmatrix}}.end{aligned}}}$
Por lo tanto, el exponencial de la matriz original $B$ es
${displaystyle {begin{aligned}exp(B)&=Pexp(J)P^{-1}=P{begin{bmatrix}e^{4}&0&0\0&e^{16}&e^{16}\0&0&e^{16}end{bmatrix}}P^{-1}\[6pt]&={1 over 4}{begin{bmatrix}13e^{16}-e^{4}&13e^{16}-5e^{4}&2e^{16}-2e^{4}\-9e^{16}+e^{4}&-9e^{16}+5e^{4}&-2e^{16}+2e^{4}\16e^{16}&16e^{16}&4e^{16}end{bmatrix}}.end{aligned}}}$
Aplicaciones
Ecuaciones diferenciales lineales
La matriz exponencial tiene aplicaciones a sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. (Ver también la ecuación diferencial de matriz.) Recordar de antes en este artículo que un homogénea ecuación diferencial de la forma
${displaystyle mathbf {y} '=Amathbf {y} }$ $e At Sí. (0)$
Si consideramos el vector
${displaystyle mathbf {y} (t)={begin{bmatrix}y_{1}(t)\vdots \y_{n}(t)end{bmatrix}}~,}$ inhomogeneous ${displaystyle mathbf {y} '(t)=Amathbf {y} (t)+mathbf {b} (t).}$ $e - At$ ${displaystyle {begin{aligned}&&e^{-At}mathbf {y} '-e^{-At}Amathbf {y} &=e^{-At}mathbf {b} \&Rightarrow &e^{-At}mathbf {y} '-Ae^{-At}mathbf {y} &=e^{-At}mathbf {b} \&Rightarrow &{frac {d}{dt}}left(e^{-At}mathbf {y} right)&=e^{-At}mathbf {b} ~.end{aligned}}}$
El segundo paso es posible debido a que, si $AB = BA$ Entonces $e At B = Be At$ . Entonces, calculando $e At$ conduce a la solución al sistema, simplemente integrando el tercer paso con respecto a $t$ .
Una solución a esto se puede obtener mediante la integración y multiplicación por ${displaystyle e^{{textbf {A}}t}}$ para eliminar al exponente en el LHS. Note eso mientras ${displaystyle e^{{textbf {A}}t}}$ es una matriz, dado que es una matriz exponencial, podemos decir que ${displaystyle e^{{textbf {A}}t}e^{-{textbf {A}}t}=I}$ . En otras palabras, ${displaystyle exp {{textbf {A}}t}=exp {{(-{textbf {A}}t)}^{-1}}}$ .
Ejemplo (homogéneo)
Considerar el sistema
${displaystyle {begin{matrix}x'&=&2x&-y&+z\y'&=&&3y&-1z\z'&=&2x&+y&+3zend{matrix}}~.}$
La matriz defectuosa asociada es
${displaystyle A={begin{bmatrix}2&-1&1\0&3&-1\2&1&3end{bmatrix}}~.}$
La matriz exponencial es
${displaystyle e^{tA}={frac {1}{2}}{begin{bmatrix}e^{2t}left(1+e^{2t}-2tright)&-2te^{2t}&e^{2t}left(-1+e^{2t}right)\-e^{2t}left(-1+e^{2t}-2tright)&2(t+1)e^{2t}&-e^{2t}left(-1+e^{2t}right)\e^{2t}left(-1+e^{2t}+2tright)&2te^{2t}&e^{2t}left(1+e^{2t}right)end{bmatrix}}~,}$
para que la solución general del sistema homogéneo sea
${displaystyle {begin{bmatrix}x\y\zend{bmatrix}}={frac {x(0)}{2}}{begin{bmatrix}e^{2t}left(1+e^{2t}-2tright)\-e^{2t}left(-1+e^{2t}-2tright)\e^{2t}left(-1+e^{2t}+2tright)end{bmatrix}}+{frac {y(0)}{2}}{begin{bmatrix}-2te^{2t}\2(t+1)e^{2t}\2te^{2t}end{bmatrix}}+{frac {z(0)}{2}}{begin{bmatrix}e^{2t}left(-1+e^{2t}right)\-e^{2t}left(-1+e^{2t}right)\e^{2t}left(1+e^{2t}right)end{bmatrix}}~,}$
sumas
${displaystyle {begin{aligned}2x&=x(0)e^{2t}left(1+e^{2t}-2tright)+y(0)left(-2te^{2t}right)+z(0)e^{2t}left(-1+e^{2t}right)\[2pt]2y&=x(0)left(-e^{2t}right)left(-1+e^{2t}-2tright)+y(0)2(t+1)e^{2t}+z(0)left(-e^{2t}right)left(-1+e^{2t}right)\[2pt]2z&=x(0)e^{2t}left(-1+e^{2t}+2tright)+y(0)2te^{2t}+z(0)e^{2t}left(1+e^{2t}right)~.end{aligned}}}$
Ejemplo (inhomogéneo)
Considere ahora el sistema inhomogéneo
${displaystyle {begin{matrix}x'&=&2x&-&y&+&z&+&e^{2t}\y'&=&&&3y&-&z&\z'&=&2x&+&y&+&3z&+&e^{2t}end{matrix}}~.}$
Otra vez.
${displaystyle A=left[{begin{array}{rrr}2&-1&1\0&3&-1\2&1&3end{array}}right]~,}$
y
${displaystyle mathbf {b} =e^{2t}{begin{bmatrix}1\0\1end{bmatrix}}.}$
Desde antes, ya tenemos la solución general a la ecuación homogénea. Dado que la suma de las soluciones homogéneas y particulares dan la solución general al problema inhomogéneo, ahora sólo necesitamos encontrar la solución particular.
Tenemos, para arriba,
${displaystyle {begin{aligned}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} \[6pt]&=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} \[6pt]&=e^{tA}int _{0}^{t}{begin{bmatrix}e^{2u}left(2e^{u}-2ue^{2u}right)\e^{2u}left(-2e^{u}+2(1+u)e^{2u}right)\2e^{3u}+2ue^{4u}end{bmatrix}},du+e^{tA}mathbf {c} \[6pt]&=e^{tA}{begin{bmatrix}-{1 over 24}e^{3t}left(3e^{t}(4t-1)-16right)\{1 over 24}e^{3t}left(3e^{t}(4t+4)-16right)\{1 over 24}e^{3t}left(3e^{t}(4t-1)-16right)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}}~,end{aligned}}}$ cSí._p
Generalización inhomogénea de casos: variación de parámetros
Para el caso inhomogéneo, podemos utilizar factores de integración (un método similar a la variación de parámetros). Buscamos una solución particular de la forma $Sí. p () t) = exp(tA) z () t)$ ,
${displaystyle {begin{aligned}mathbf {y} _{p}'(t)&=left(e^{tA}right)'mathbf {z} (t)+e^{tA}mathbf {z} '(t)\[6pt]&=Ae^{tA}mathbf {z} (t)+e^{tA}mathbf {z} '(t)\[6pt]&=Amathbf {y} _{p}(t)+e^{tA}mathbf {z} '(t)~.end{aligned}}}$
Para $Sí. p$ para ser una solución,
${displaystyle {begin{aligned}e^{tA}mathbf {z} '(t)&=mathbf {b} (t)\[6pt]mathbf {z} '(t)&=left(e^{tA}right)^{-1}mathbf {b} (t)\[6pt]mathbf {z} (t)&=int _{0}^{t}e^{-uA}mathbf {b} (u),du+mathbf {c} ~.end{aligned}}}$
Así,
${displaystyle {begin{aligned}mathbf {y} _{p}(t)&=e^{tA}int _{0}^{t}e^{-uA}mathbf {b} (u),du+e^{tA}mathbf {c} \&=int _{0}^{t}e^{(t-u)A}mathbf {b} (u),du+e^{tA}mathbf {c} ~,end{aligned}}}$ $c$
Más precisamente, considere la ecuación
${displaystyle Y'-A Y=F(t)}$
con la condición inicial $Y () t 0) Y 0$ , donde
$A$ es un $n$ por $n$ matriz compleja,
$F$ es una función continua de algún intervalo abierto $I$ a $C n$ ,
${displaystyle t_{0}}$ es un punto $I$ , y
${displaystyle Y_{0}}$ es un vector de $C n$ .
Izquierda-multiplying the above displayed equality by $e -t-A$ rendimientos
${displaystyle Y(t)=e^{(t-t_{0})A} Y_{0}+int _{t_{0}}^{t}e^{(t-x)A} F(x) dx~.}$
Afirmamos que la solución a la ecuación
${displaystyle P(d/dt) y=f(t)}$
con las condiciones iniciales ${displaystyle y^{(k)}(t_{0})=y_{k}}$ para $0 \leq k c) n$ es
${displaystyle y(t)=sum _{k=0}^{n-1} y_{k} s_{k}(t-t_{0})+int _{t_{0}}^{t}s_{n-1}(t-x) f(x) dx~,}$
donde la notación es la siguiente:
${displaystyle Pin mathbb {C} [X]}$ es un polinomio monico de grado $n ■ 0$ ,
$f$ es una función de valor compleja continua definida en algún intervalo abierto $I$ ,
${displaystyle t_{0}}$ es un punto $I$ ,
${displaystyle y_{k}}$ es un número complejo, y
$s k () t)$ es el coeficiente de ${displaystyle X^{k}}$ en el polinomio denotado ${displaystyle S_{t}in mathbb {C} [X]}$ in Subsection Evaluation by Laurent series above.
Para justificar esta afirmación, transformamos nuestra orden $n$ ecuación escalar en un orden una ecuación vectorial por la reducción habitual a un sistema de primer orden. Nuestra ecuación vectorial toma la forma
${displaystyle {frac {dY}{dt}}-A Y=F(t),quad Y(t_{0})=Y_{0},}$ $A$ $P$
En el caso $n$ = 2 obtenemos la siguiente declaración. La solución
${displaystyle y''-(alpha +beta) y'+alpha ,beta y=f(t),quad y(t_{0})=y_{0},quad y'(t_{0})=y_{1}}$
es
${displaystyle y(t)=y_{0} s_{0}(t-t_{0})+y_{1} s_{1}(t-t_{0})+int _{t_{0}}^{t}s_{1}(t-x),f(x) dx,}$
donde las funciones $s 0$ y $s 1$ son como en Subsección Evaluación de la serie Laurent arriba.
exponenciales de matriz-matrix
La matriz exponencial de otra matriz (matrix-matrix exponencial), se define como
${displaystyle X^{Y}=e^{log(X)cdot Y}}$ ${displaystyle ^{Y}!X=e^{Ycdot log(X)}}$ $n \times n$ $X$ $n \times n$ $Y$
Para los exponenciales matriciales hay una distinción entre el exponencial izquierdo $Y X$ y el exponencial derecho $X Y$ , porque el operador de multiplicación de matriz a matriz no es conmutativo. Además,
Si $X$ es normal y no lineal, entonces $X Y$ y $Y X$ tienen el mismo conjunto de eigenvalues.
Si $X$ es normal y no lineal, $Y$ es normal, y $XY = YX$ Entonces $X Y = Y X$ .
Si $X$ es normal y no lineal, y $X$ , $Y$ , $Z$ comuníquese entre sí, entonces $X Y + Z = X Y \cdot X Z$ y $Y + Z X = Y X \cdot Z X$ .

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