экспонента от матрицы

[Markiyan Hirnyk]

IrinaZub

Цитата:

Поэтому и стала думать, может, есть какой-то другой способ вычислить $\exp(A)$?

Да, есть и другие методы нахождения матричных функций (см. Вики). В компьютерных системах для этого используются собственные числа матрицы. В любом случае, требуются громоздкие выкладки.

[Red_Herring]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1304463 писал(а):

Их характеристические многочлены разные.

А я разве утверждал, что одинаковые? Но из характеристического многочлена одной тривиально получается характеристический многочлен другой

IrinaZub в сообщении #1304479 писал(а):

Да, в формуле для характеристического многочлена матрицы $A$ нужно заменить $c$ на $b$.

И проверить знаки. И я вам дал линк который выдает результат...

(Оффтоп)

Вообще удивительно... у меня бесплатная вольфрамальфа за 10 секунд считает, у других коммерческие "Математика не работает", "Мэпл виснет". Нет, у меня есть последняя Mathematica, но зачем для ерунды запускать

Если хочется проверить ответ, который на линке, обозначьте его через $U(t)$, и проверьте:
1) $U(t)U(s)=U(t+s)$;
2) $U'(0)=A$.

[Slav-27]

Red_Herring
Она у вас её поэлементно экспоненцирует.

-- 15.04.2018, 22:23 --

А по-нормальному не получается: https://www.wolframalpha.com/input/?i=MatrixExp%5B(%7B%7B0,1,0,0%7D,%7B1,0,0,a%7D,%7B0,0,0,-b%7D,%7B0,-a,b,0%7D%7Dt)%5D.

[Red_Herring]

Slav-27 в сообщении #1304518 писал(а):

Она у вас её поэлементно экспоненцирует.

Да, действительно. Ну в квадрат то нормально возвела. Отсюда и плясать надо.

[IrinaZub]

Red_Herring
Пересчитала характеристический многочлен. Вы правы, надо изменить знак перед $\lambda^2$. Спасибо.

Нашла $A^2$. Получилось

$$A^2=t^2\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & a \\ 0 & 1-a^2 & ab & 0 \\ 0 & ab & -b^2 & 0 \\ -a & 0 & 0 & -a^2-b^2 \end{array}\right).$$

Не пойму, что вы имели в виду под словами "Отсюда и плясать надо". Если обозначить $B=A^2$, то матрица $B$ является корнем уравнения второй степени

$$B^2+Bt^2(a^2+b^2-1)-b^2t^4E=0,$$

и, возможно, вычислить $\exp(B)$ проще, чем $\exp(A)$. Но как, зная $\exp(B)$, получить $\exp(A)$?

-- 16.04.2018, 07:02 --

Вообще говоря, мне нужен только первый столбец матрицы $\exp(A)$.

[Red_Herring]

Нет, конечно, надо не искать $\exp (Bt)$, но вот искать $A^n$ будет несколько проще. И проще выделить $t$ в качестве множителя.

IrinaZub в сообщении #1304620 писал(а):

Вообще говоря, мне нужен только первый столбец матрицы

Вряд ли упростит задачу

[Markiyan Hirnyk]

IrinaZub Если вы переспросите это в форуме "Околонаучный софт", то приведу решение, сделанное Математикой или Мэйплом. Ответ Математики также громоздкий, но несколько проще, чем результат Мэйпла. Повторяю, что для нахождения экспоненты квадратной матрицы применяются алгоритмы, указанные в цитируемой мною выше статье Вики. Их реализация необходимо требует больших выкладок и в подавляющем большинстве случаев вручную невозможна или крайне трудоемка.
________________

GAA:

Уважаемые участники, пожалуйста, не провоцируйте создание нескольких веток на одну тему. Это, помимо беспорядка на форуме, порождает жалобы участников и усложняет работу модераторов. Если есть чем поделиться именно с конкретным участником, то отправьте ему результаты при помощи ЛС.

[Markiyan Hirnyk]

В Математике 11.3 команда

MatrixExp[{{0, t, 0, 0}, {t, 0, 0, a*t}, {0, 0, 0, -b*t}, {0, -a*t,b*t, 0}}] // FullSimplify 

производит громоздкое выражение, которое можно увидеть здесь.

[Red_Herring]

IrinaZub
После того как найден характеристический полином $P(z)$ матрицы $A$ (при $t=1$), мы представим

$$ \exp(tA)= F(z,t)P(z) + Q(z,t),\qquad\qquad\qquad(*) $$

где $Q(z,t)$ полином порядка 3 от $z$:

$$ Q(z,t)= c_0(t)+c_1(t)z+c_2(t)z^2+c_3(t)z^3, $$

как вам уже советовали. Чтобы найти его коэффициенты, подставьте в (*) $z=\zeta_j$ где $\zeta_j$ корни $P(z)$.

Ну и $\exp(tA)= Q(t,A)$ элементарно

[IrinaZub]

Red_Herring
Спасибо Вам за подсказку.
Попробую так сделать. Потом напишу, что получилось.

[IrinaZub]

Red_Herring, спасибо еще раз! Ваш метод работает!

Я завтра заново на свежую голову проверю все вычисления и разберу все частные случаи, но пока получилось следующее.

Рассмотрим случай $a^2+b^2\neq1$.
Обозначим

$$z_1=\sqrt{\frac{1-a^2-b^2+\sqrt{(1-a^2-b^2)^2+4b^2}}{2}},\quad z_2=\sqrt{\frac{a^2+b^2-1+\sqrt{(1-a^2-b^2)^2+4b^2}}{2}},\quad z_1\neq z_2.$$

Тогда характеристический многочлен $P(z)$ имеет следующие корни: $z_1$, $-z_1$, $iz_2$, $-iz_2$.
Получаем:

$$c_0(t)=\frac{z_2^2\ch(z_1t)+z_1^2\cos(z_2t)}{z_1^2+z_2^2},\quad c_1(t)=\frac{z_2^3\sh(z_1t)+z_1^3\sin(z_2t)}{z_1z_2(z_1^2+z_2^2)},$$

$$c_2(t)=\frac{\ch(z_1t)-\cos(z_2t)}{z_1^2+z_2^2},\quad c_3(t)=\frac{z_2\sh(z_1t)-z_1\sin(z_2t)}{z_1z_2(z_1^2+z_2^2)}.$$

Тогда

$$\exp(tA)=c_0(t)E+c_1(t)A+c_2(t)A^2+c_3(t)A^3.$$

[Red_Herring]

IrinaZub в сообщении #1304779 писал(а):

Red_Herring, спасибо еще раз! Ваш метод работает!
Я завтра заново на свежую голову проверю все вычисления и разберу все частные случаи, но пока получилось следующее.
Рассмотрим случай $a^2+b^2\neq1$.

Ну это не совсем мой метод (а точнее, совсем не мой). Ну а если корни кратные, как в случаях $a=b$, $b=0$, то можно сказать "по непрерывности". И если не удается посчитать экспоненту, то надо посчитать не только $\exp(zt)$ в таких корнях, но и производные (до порядка кратности $-1$)

[IrinaZub]

Red_Herring
Не могу сообразить, почему выполняется равенство (*).
В левой части этого равенства вместо $A$ должно быть $z$, так?
Получается следующее.
1. Поскольку характеристический многочлен от $A$ имеет степень 4, то $\exp(tA)$ можно записать в виде

$$\exp(tA)=c_0(t)E+c_1(t)A+c_2(t)A^2+c_3(t)A^3,$$

т.е. как многочлен степени, вообще говоря, не выше 3, с коэффициентами, являющимися функциями от $t$.
2. Тогда справедливы равенства

$$\exp(tz_iE)=c_0(t)E+c_1(t)z_iE+c_2(t)z_i^2E+c_3(t)z_i^3E,\quad i=1,2,3,4,$$

где $z_i$ - корни характеристического многочлена для матрицы $A$.
Но откуда следуют эти равенства?

Ведь равенство (*) можно рассматривать как определение функции $F(z,t)$:

$$F(z,t)=(\exp(tz)-Q(z,t))\cdot P^{-1}(z),$$

где $t\in\mathbb{R}$, $z$ - квадратная матрица.
Тогда при $z=z_iE$ матрица $F(z,t)$ не определена, так как не существует $P^{-1}(z_iE)$.

[Red_Herring]

Возможность разложения (*) следует, например, из подготовительной теоремы Вейерштрасса (https://en.wikipedia.org/wiki/Weierstrass_preparation_theorem см Weierstrass division theorem). Вам $F$ до лампочки. Важно что существует.

[IrinaZub]

Ref_Herring, спасибо за ссылку, я попробую разобраться.