Om Eksponensialmatriser og Jordan normalform

Transkript

1 Om Eksponensialmatriser og Jordan normalform av Svenn Olav Valmestadrød Veileder: Erik Bédos MASTEROPPGAVE for graden Master i Realfag med fordypning i matematikk (Master of Science) Det matematisk- naturvitenskapelige fakultet Universitetet i Oslo Desember 212 Faculty of Mathematics and Natural Sciences University of Oslo

2 Innhold 1 Eksponensialmatriser: definisjoner og egenskaper 3 11 Innledning 3 12 Definisjon av eksponensialmatriser 3 13 Nilpotente eksponenter 5 14 Differensiallingninger med eksponensialmatriser 6 15 Øvre triangulære matriser Diagonaliserbare eksponenter Unitære eksponensialmatriser 17 2 Fra Jordan normalform til eksponensialmatriser Jordanblokker Jordan Matriser Bevis av Teorem Fra eksponensialmatriser til Jordan normalform En ny tilnærming til eksponensialmatriser Generaliserte egenrom, Jordan kjeder og matrisene M l,k Hvordan finne en Jordan normalform for en matrise Bevis for at algoritmen er gyldig Et eksempel på hele prosessen Avslutningskommentarer 76 2

3 Kapittel 1 Eksponensialmatriser: definisjoner og egenskaper 11 Innledning Vi skal i denne oppgaven se på eksponentialmatriser og Jordan normalform Teorien om eksponentialmatriser brukes blant annet til NMR-spektroskopi, som er en metode for å undersøke molekylers struktur og deres romlige og elektroniske oppbygning[8] I all hovedsak har allikevel teorien om eksponetialmatrisefunksjoner hatt teoretisk verdi for matematikere Vi skal se at det kan være en utfordring å finne eksponentaialmatrisen e At for en gitt kvadratisk matrise A og t R En metode som forenkler beregningen er ved å bruke at A PJP 1 for en invertibel matrise P og en Jordan matrise J Vi skal se at e A Pe J P 1, og at det er enkelt å beregne e J Problemet med denne metoden er at det er vanskelig å finne en Jordan normalform for A Ved å kjenne Jordan normalformen til A forenkles flere beregninger i lineær algebra, og er derfor veldig nyttig Det er altså ikke bare i beregningen av e A vi har behov for å kjenne Jordan normalformen til A Det viser seg at det går ann å snu på problemstillingen Hvis man først beregner eksponentialmatrisen e At kan man fra den finne en Jordan normalform for A 12 Definisjon av eksponensialmatriser 1 Definisjonen av en eksponensialmatrise er basert på Taylorrekken til e x rundt x gitt ved ( ) l e x x lim l k k k! Etter å ha definert eksponsialmatriser, skal vi se at mange av egenskapene til eksponentialfunksjonen x(t) e z for en z C og t R er ivaretatt 1 Kilder: [4, 1] 3

4 Definisjon 11 (EKSPONENSIALMATRISER) For en A C n n er eksponensialmatrisen e A definert ved: ( ) l e A A lim l k A k k! k k k! Her er A I O Det første vi må gjøre etter å ha sett Definisjon 11 er å vise at eksponensialmatriser nå er veldefinert { } Lemma 11 La A C n n, A [a (1) a (1) i j ], og b max i, j {1,,n} For m 2, sett A m [a (m) i j ] For hver k N gjelder da at 2 for alle i, j {1,,n} a (k) i j (nb) k, i j Bevis Vi gir et bevis ved induksjon på k For k 1 er det opplagt sant utifra definisjonen av b Anta nå at lemmaet er sant for k q 1, hvor q 2 Skal vise at det da må være sant for k q også Siden a (q) i j får vi ved vår induksjonsantagelse at a (q) n i j a (1) il a (q 1) n l j a (1) il l1 l1 Dette beviser lemmaet n l1 a (q 1) l j a (1) il a (q 1) l j, n l1 (b)(n q 1 b q 1 ) n l1 n q 1 b q (nb) q Teorem 12 Grensen i Definisjon 11 eksisterer for alle A Skal bruke at k ck k! konvergerer for alle c C Ideen bak beviset er å vise at alle elementer i e A konvergerer, ved å vise at et tilfeldig element må konvergere 2 I denne oppgaven vil N betegne mengden {1,2,}, mens N betegner mengden {,1,2,} 4

5 Bevis La i, j {1,,n} Fra Lemma 11 vet vi at Som igjen gir: (nb) k k a (k) i j (nb) k (11) a (k) i j k! k (nb) k (12) k! a (k) i j k! konver- Men vi vet at k k! konvergerer Så vi kan konkludere at også k gerer Dvs at a (k) i j k k! er absolutt konvergent, og teoremet er bevist Legg merke til at vi da får at e O I, der O er en kvadratisk nullmatrise: Som tilsvarer at e 1 e O O + O 1 + O2 2! + O3 + I + O + O + O + I 3! 13 Nilpotente eksponenter 3 Per definisjon er eksponensialmatriser en uendelig sum av matriser, og kan derfor være vanskelig og tidkrevende å beregne I tilfellet med e O derimot trengte vi heldigvis ikke å beregne en uendelig matrisesum Fordi O k O for alle k N blir alle leddene utenom det første O Når vi jobber med vanlige reelle eller komplekse tall finnes det ingen andre a enn, som er slik at a k for en k N Blant matrisene derimot finnes det nilpotente matriser Hvis A er nilpotent, så finnes det en N N slik at A k O for alle k > N For en slik nilpotent A forenkles beregningen av e A til å finne N k Ak k! Definisjon 12 (NILPOTENTE MATRISER) En kvadratisk matrise A kalles nilpotent av grad k N hvis A k O, men A k 1 O 4 2 Eksempel 11 La A 3 Da er 3 Kilder: [1, 2, 4] 12 A 2 og A 3 5

6 Vi sier altså at A er nilpotent av grad 3 fordi A 3 O, men A 2 O Regner vi nå ut e A får vi e A I 3 + A + A Vi skal senere se at enhver triangulær matrise A C n n, hvor alle diagonalelementene er er nilpotent av grad n eller mindre Eksempel 12 B [ ] 6 9, 4 6 er nilpotent av grad 2 fordi B 2 O Det betyr at [ ] [ ] e B I 2 + B [ ] En nilpotent matrise er altså ikke nødvendigvis en triangulær matrise hvor alle diagonalelementene er Cayley-Hamilton teoremet 4 sier at enhver matrise A løser sitt eget karakteristiske polynom En konsekvens av Cayley-Hamilton er at enhver matrise som har som eneste egenverdi er nilpotent Den omvendte implikasjonen kan også vises 14 Differensiallingninger med eksponensialmatriser 5 En attraktiv egenskap ved exponentialfunksjonen x(t) e at er at x (t) ae at Vi skal se at denne egenskapen er bevart når vi ser på eksponensialmatrisefunksjoner, men først må vi se litt på hva som menes med at en matrisefunksjon F : R C n n er deriverbar Definisjon 13 (DERIVERBARE MATRISEFUNKSJONER) La F(t) [ f i j (t) ] være en matrisefunksjon Anta at for alle i, j N så er f i j definert i et åpent intervall om punktet a R Dersom grenseverdien f i j (t) f i j (a) lim t a t a eksisterer for alle f i j, sier vi at F er deriverbar i a Vi skriver F (a) [ [ ] f i j (a)] f lim i j (t) f i j (a) t a t a 4 Avsnitt 41 i [2] og avsnitt 711 i [1] 5 Denne seksjonen bygger på seksjon 76 og 77 i [1] [1] er også en kilde 6

7 Derivasjonsregler Anta at funksjonene F og G er deriverbare i punktet a R, og at c C er en konstant Da er funksjonene cf, F + G, F G, FG deriverbare i a Deres deriverte er gitt ved: I (cf) (a) c f (a) II (F + G) (a) F (a) + G (a) III (F G) (a) F (a) G (a) IV (FG) (a) F (a)g(a) + F(a)G (a) Da er vi klare for å se hva som skjer når vi deriverer en eksponentialmatrisefunksjon Teorem 13 La A C n n, og definer E(t) e At, for hver t R Da er funksjonen E : R C n n deriverbar for alle t R, og den deriverte er gitt ved E (t) AE(t) E(t)A Bevis Fra Definisjon 11 ser vi at [ La A at a (1) i j ] [, og A k a (k) i j E(t) (ta) k k k! t k A k k k! ] Da er i j-elementet i tk A k k! gitt ved tk a (k) i j k! Derav følger det t k A k k k! [ ] k k! tk a(k) i j (13) Hvert element på høyre side av (13) er en potensrekke på t, som konvergerer for alle t Da eksisterer den deriverte for alle t, og er gitt ved den deriverte rekka k1 kt k 1 k! a (k) t i j k k k! a(k+1) i j Dette viser at den deriverte E (t) eksisterer og er gitt ved matrise rekka ) E t (t) k A k+1 t k A k A E(t)A k k! k! ( k Her brukte vi at A k+1 A k A Siden A kommuterer med A k kunne vi også brukt at A k+1 AA k for å få relasjonen E (t) AE(t) og teoremet er bevist 7

8 Korollar 14 La A C n n, t R Da kommuterer A og e At Bevis Følger direkte fra Teorem 13 ved at AE(t) E(t)A, der E(t) e At Teorem 15 La A C n n, og t R Da er e At invertibel (ikke singulær), med ( e At) 1 e At Bevis La F være matrise funksjonen definert for alle t R ved F(t) e At e At Vi skal bevise at F(t) I ved å først vise at F (t) O Ved å derivere F som et produkt, og bruke resultatene fra Teorem 13 og Korollar 14, får vi at F (t) e At (e At ) + (e At ) e At e At ( Ae At ) + Ae At e At Ae At e At + Ae At e At O Derfor må F(t) være konstant Men F() e A e A I, så F(t) I for alle t Dette beviser teoremet Dette resultatet tilsvarer at e zt e zt 1 for en z C og t R Eksempel 13 La A 3 Da er A som i Eksempel 11, og e A Videre er også A nilpotent av grad 3, så vi har vi at e A I 3 + ( A) + ( A)2 I 3 A + A Regner vi nå ut e A e A får vi e A e A

9 Teorem 16 La A,B C n n Betrakt initialverdiproblemet F() B for matriseligningen F (t) AF(t), der F : R C n n Dette problemet har en entydig løsning som er gitt ved F(t) e At B for alle t R Bevis Først legger vi merke til at F(t) e At B er en løsning, siden F() B og La nå F være en tilfeldig løsning, og sett F (t) (e At ) B Ae At B AF(t) G(t) e At F(t), t R Deriverer vi dette produktet får vi for alle t R G (t) e At F (t) Ae At F(t) e At AF(t) e At AF(t) O Derfor er G(t) en konstant matrise for alle t, og derfor er Vi får altså at G(t) G() e O F() IB B, t R e At F(t) B, t R Ganger vi med e At fra venstre og bruker Teorem 15 får vi som beviser teoremet F(t) e At B, t R, Helt tilsvarende kan vi vise at F(t) Be At er den unike løsningen av initialverdiproblemet F (t) F(t)A,F() B Teorem 17 Hvis matrisene A,B C n n kommuterer, altså hvis AB BA, så er e (A+B) e A e B Bevis Fra relasjonen AB BA følger det at A 2 B A(AB) A(BA) (AB)A (BA)A BA 2, 9

10 som betyr at B kommuterer med A 2 Ved induksjon ser vi at B kommuterer med A k for alle k N Ved å skrive e At som en potensrekke ser vi at B også kommuterer med e At for alle reelle t La nå F være matrise-funksjonen definert ved F(t) e (A+B)t e At e Bt,t R Deriverer vi F(t) og bruker at B kommuterer med e At får vi F (t) (A + B)e (A+B)t Ae At e Bt e At Be Bt (A + B)e (A+b)t (A + B)e At e Bt (A + B)F(t) Fra Teorem 16 får vi da at F(t) e (A+B)t F() Men F() e O e O e O I I O, så F(t) O for alle t Dette betyr at e (A+B)t e At e Bt for alle t R Ved å sette t 1 har vi bevist teoremet Dette resultatet tilsvarer at e z 1e z 2 e z 1+z 2 for z 1,z 2 C Resultatet er derimot ikke like sterkt da det kreves at eksponentene kommuterer For å se litt mer intuitivt hva som skjer, og hvorfor vi må kreve at eksponentene kommuterer tar vi med følgende, noe uformelle, utregning hvor vi antar at A og B kommuterer: 1

11 e A e B Ie B + Ae B + A2 2! eb + A3 3! eb + + An n! eb + I + B + B 2 2! + B 3 3! + + B n n! + A + AB + A B2 2! + A B3 3! + + A Bn n! + A 2 A 2! + 2 2! B + A 2 2! B2 A 2! + 2 2! B3 A 3! ! Bn n! + A 3 A 3! + 3 3! B + A 3 3! B2 A 2! + 3 3! B3 A 3! ! Bn n! + A n A n! + n n! B + A n n! B2 A 2! + n n! B3 A 3! + + n n! Bn n! + B I + B + 2 B 2! + 3 B 3! + + n n! + 2AB 3AB A + 2! + 2 nab 3! + + n 1 n! + A 2 2! + 3A 2 B 3! + + A 3 n! 2!(n 2)! A2 B n 2 n! + n! 3!(n 3)! A3 B n 3 3! + + n! + A n n! + Bruker at AB BA I + A + B + (A+B)2 2! + (A+B)3 3! + + (A+B) n n! + e A+B Denne utregningen kan formaliseres, men beviset i Teorem 17 er kortere og mer elegant Til slutt i avsnittet tar vi med et eksempel der e A+B e A e B Eksempel 14 La A 3 og B 2 Da er AB BA og A + B 1 11

12 Da er både A, B og A+B nilpotente av grad 3 fordi de er øvre triangulære 3 3 matriser hvor alle diagonalelementer er Fra Eksempel 11 vet vi at e A Videre får vi e B I 3 + B + B Da er Men e A e B e A+B (A + B)2 I 3 + (A + B) / e A e B 1 Dette viser at hvis AB BA, så trenger ikke e A e B e A+B 15 Øvre triangulære matriser 6 I denne seksjonen betrakter vi øvre triangulære matriser, men alle resultater i denne seksjonen kan lett overføres til nedre triangulære matriser Lemma 18 La A 1,A 2,,A k C n n være øvre triangulære matriser Da er A 1 A 2 A k øvre triangulær 6 Kilde: [9] 12

13 Bevis Skal først bevise at et produkt AB av to øvre triangulære n n matriser A og B, også er øvre triangulær La A [a i j ], B [b i j ] og AB [c i j ] For alle i, j {1,,n} så er da c i j a i1 b 1 j + a i2 b 2 j + + a in b n j (14) For at AB skal være øvre triangulær må alle c i j, der i > j, være Men for i > j så er a i1,,a i(i 1), som er de i 1 første elementene i rad i av A For B er de n j siste elementene b ( j+1) j,,b n j i kolonne j også lik Dette er tilsammen minst n elementer da (i 1)+(n j) n +i j 1 n fordi i > j, og alle produktene i (14) er Dette betyr at summen i (14) også er Ved induksjon på k finner vi enkelt ut at det må være sant for alle k, og lemmaet er bevist Legg merke til at en konsekvens av lemmaet er at hvis A er en øvre triangulær matrise, så er også A k øvre triangulær for alle k N Lemma 19 La A være en øvre triangulær matrise Da er e A øvre triangulær Bevis Først observer at A k er øvre triangulær for alle k N Men for hver n N er n k Ak k! en sum av øvre triangulære matriser, og følgelig øvre triangulær selv En grense av øvre triangulære matriser er opplagt øvre triangulær Dermed er e A øvre triangulær, og lemmaet bevist [ Lemma 11 La A a (1) i j Da er diagonalelementene a (k) ii for alle i {1,,n} ] være en øvre triangulær n n matrise La videre [ A k a (k) i j til A k gitt ved at ] for alle k N a (k) ii a k ii, Bevis Vi gir et induksjonsbevis på k For k 1 er det opplagt sant Anta nå at lemmaet er sant for k q 1 hvor q 2 Skal vise at det da må være sant for k q Ser at A q AA q 1, som betyr at a (q) ii a (1) i1 a(q 1) 1i + a (1) i2 a(q 1) 2i + + a (1) in a(q 1) ni (15) 13

14 Men for alle rader i A så er a (1) i1 a(1), fordi A er øvre triangulær Det er de i(i 1) i 1 første elementene i rad i av A For A q 1 er de n i siste elementene a (i+1)i,,a ni i kolonne i også lik Dette er tilsammen n 1 elementer da (i 1) + (n i) n + i i 1 n 1 Da er det kun i produktet a ii a (q 1) ii ingen av faktorene er Dette betyr at summen i (15) er a ii a (q 1) ii a ii a q 1 ii a q ii, som beviser lemmaet Teorem 111 La A [ a i j ] være en øvre triangulær n n matrise La videre e A [ b i j ] Da er diagonalelementene til e A gitt ved for alle i {1,n} [ Bevis La A k a (k) i j definisjonen av e A får vi da at ] b ii e a ii, Fra Lemma 11 vet vi at diagonalelementene a (k) ii a k ii Fra som beviser lemmaet b ii 1 + a ii + a2 ii 2! + a3 ii 3! + + ak ii k! + ea ii, Korollar 112 La D være en diagonalmatrise gitt ved λ 1 λ 2 D λ n 1 λ n Da er e λ 1 e λ 2 e D e λ n 1 e λ n 14

15 Bevis Fordi D er både øvre og nedre triangulær har vi ved Lemma 19 at også e D må være både øvre og nedre triangulær Dvs at D er også en diagonalmatrise Da følger korollaret direkte fra Teorem 111 Teorem 113 Enhver triangulær matrise A C n n, hvor alle diagonalelementene er lik er nilpotent av grad n n Bevis Fordi A kun har en egenverdi λ får vi fra Cayley-Hamilton Teoremet at (A λi) n A n O, som beviser teoremet 16 Diagonaliserbare eksponenter 7 Lemma 114 Anta at A,P C n n, der P er invertibel For alle k N er da ( PAP 1 ) k PA k P 1 Bevis Vi gir et induksjonsbevis på k For k 1 er det opplagt sant Anta nå at det er sant for k q 1, hvor q 2 Skal vise at det da også må være sant for k q ( PAP 1 ) q ( PAP 1 )( PAP 1) q 1 PAP 1 PA q 1 P 1 PAIA q 1 P 1 PA q P 1 Lemmaet er bevist Lemma 115 Anta at A og P er som i Lemma 114 Da er Pe A P 1 e PAP 1 Bevis Ved hjelp av Lemma 114 er dette lett å vise Pe A P 1 PIP 1 + PAP 1 + PA2 P 1 2! + PA3 P 1 3! + I + PAP 1 + (PAP 1 ) 2 2! + (PAP 1 ) 3 3! + e PAP 1 Lemmaet er bevist Så kommer vi til hovedresultatet i dette avsnittet 7 Kilder: [1, 4] 15

16 Teorem 116 Anta at A er en diagonaliserbar matrise med A PDP 1 for en invertibel P og en diagonalmatrise D Da er e A Pe D P 1 Bevis Ved å bruke Lemma 115 ser vi at og teoremet er bevist e A e PDP 1 Pe D P 1, Grunnen til at dette er et viktig resultat er fordi vi vet at e D for en diagonalmatrise D er enkelt å beregne Vi skal til slutt i avsnittet se på et eksempel der eksponenten er diagonaliserbar Eksempel 15 La A Da er A diagonaliserbar med A PDP 1 der D 2, P 1 1 og P Da vet vi at e e D e 2 e 2 Vi får da at e e A e PDP 1 Pe D P e e (3e 2e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e e 2 ) (3e 3e 2 ) ( 3e + 4e 2 ) (e e 2 ) (3e 3e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e) 16

17 17 Unitære og ortogonale eksponensialmatriser 8 Vi minner om følgende definisjoner Definisjon 14 (UNITÆRE MATRISER) En unitær matrise U er en invertibel matrise som har sin hermitisk-konjugerte som invers Altså som er slik at UU U U I Eksempel 16 Hvis 1 i A 1 i 1 2 i 1, 1 i så er A en unitær matrise Det kan vi se fordi 1 1 A 1 i 1 2 i i, 1 1 som gir at 1 i AA 1 i 1 i 1 2 i 1 i i i Definisjon 15 (ANTIHERMITISKE MATRISER) En antihermitisk matrise A er en matrise med egenskapen at A A Eksempel 17 er antihermitisk A 2i i 1 3i 2 5 2i 1 + 2i 3 + i 5 2i i 8 i 1 3i 1 + 2i 8 i 7i 8 Kilder: [2, 3, 6, 9] 17

18 Lemma 117 La A 1,A 2,,A k C n n Da er (A 1 A 2 A k 1 A k ) ( A k A k 1 A 2A 1) Bevis Observer først at hvis r [ ] r 1 r n er en radvektor og c er en kolonnevektor så er rc r 1 c r n c n c 1 r c n r n c T r T La R og C være to n n matriser der r 1 r 2 R, og C r n 1 c 1 c 2 c n 1 c n, r n hvor r i er radvektorer og c j er kolonne vektorer for i, j {1,,n} Da er r 1 c 1 r 1 c 2 r 1 c n 1 r 1 c n c T 1 r 2 c 1 r 2 c 2 r 2 c n 1 r 2 c n rt 1 c T 2 rt 1 c T n 1 rt 1 c T n r T 1 c T 1 RC rt 2 c T 2 rt 2 c T n 1 rt 2 c T n r T 2 r n 1 c 1 r n 1 c 2 r n 1 c n 1 r n 1 c n c T 1 rt n 1 c T 2 rt n 1 c T n 1 rt n 1 c T n r T n 1 r n c 1 r n c 2 r n c n 1 r n c n c T 1 rt n c T 2 rt n c T n 1 rt n c T n r T n Dette medfører at c T 1 rt 1 c T 1 rt 2 c T 1 rt n 1 c T 1 rt n c (RC) T 2 rt 1 c T 2 rt 2 c T 2 rt n 1 c T 2 rt n C R c T n 1 rt 1 c T n 1 rt 2 c T n 1 rt n 1 c T n 1 rt n c T n r T 1 c T n r T 2 c T n r T n 1 c T n r T n Dette viser at (RC) C R for to n n matriser R og C Lemmaet er altså sant for k 2 Ved induksjon på k skal vi nå vise at hvis lemmaet er sant for k q 1, hvor q 3, så er det også sant for k q La B (A 2 A 3 A q ) hvor A 2,A 3,,A q er n n matriser Ved vår induksjonsantagelse er da B A q A 3 A 2 Det betyr at (A 1 A 2 A q ) (A 1 B) 18 c 1 c n

19 Men da A 1 og B er som R og C ovenfor Det betyr at som viser at lemmaet er sant for alle k (A 1 B) B A 1 A q A 2A 1, Lemma 118 La A C n n og q N Da er (A q ) (A ) q Bevis Følger direkte av Lemma 117 ved å sette A A 1 A 2 A q Teorem 119 Når A er antihermitisk er e A unitær Bevis Det følger fra Lemma 118 at (e A ) e A Så hvis A er antihermitisk, så er (e A ) e A e A Dermed har vi at som beviser teoremet e A (e A ) e A e A I, Korollar 12 Når A er reell og antisymmetrisk er e A reel og ortogonal Bevis En reell antisymmetrisk matrise er en antihermitisk matrise med kun reelle elementer, og en reell ortogonal matrise er en unitær matrise med kun reelle elementer Da følger Korollaret direkte fra Teorem 119 ved at B B T når B er reell Lemma 121 La D være en unitær diagonalmatrise gitt ved λ 1 λ 2 D λ n 1 λ n Da finnes det en rent imaginær diagonalmatrise iθ 1 iθ 2 B, iθ n 1 iθ n 19

20 med passende θ j [,2π), slik at e iθ 1 e iθ 2 D e B e iθ n 1 e iθ n Bevis Fra Korollar 112 vet vi at hvis det finnes en slik B med e iθ j λ j for j 1,,n, vil e B være lik D Vi må altså kun vise at det for hver j finnes en θ j slik at e iθ j λ j Når D er diagonal og unitær må λ j 1 for alle j 1,,n, altså hver λ j ligger på enhetssirkelen Skriver vi λ j på polarform, får vi λ j e iθ j, der θ j [,2π), og vi har funnet θ j som beviser lemmaet Teorem 122 For enhver unitær matrise U finnes det en antihermitisk A slik at U e A Bevis Når U er unitær vet vi fra spektralteoremet for normale matriser at det finnes en unitær V og en diagonal og unitær D slik at U V DV Fra Lemma 121 vet vi at det finnes en rent imaginær diagonal B slik at D e B Vi får Fra Lemma 115 vet vi at dette gir U Ve B V U e V BV Setter vi nå A V BV og viser at A A har vi vist teoremet Fra Lemma 117 vet vi at A (V BV ) (V ) B V V B V Men siden B er en rent imaginær diagonalmatrise må B være lik B Vi får da at og teoremet er bevist A V B V V ( B)V V BV A, Nå er det fristende å anta at vi får et tilsvarende resultat i det reelle tilfellet Altså at hvis U er reell og ortogonal, så finnes det en reell og antisymmetrisk A, slik at e A U Det viser seg derimot at dette ikke alltid stemmer Det stemmer kun i de tilfeller der det(u) 1 For å vise at determinanten må være 1 trenger vi følgende teorem som binder sammen begrepene trase og determinant Husk at trasen til A er summen av diagonalelementene i A og betegnes Tr(A) 2

21 Teorem 123 La A C n n Da er det ( e A) e Tr(A) Bevis For å bevise dette trenger vi noen flere resultater Beviset er derfor flyttet til avsnitt 23 Eksempel 18 Vi lar A være som i Eksempel 15 Da er A 3 5 1, og (3e 2e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e e 2 ) e A (3e 3e 2 ) ( 3e + 4e 2 ) (e e 2 ) (3e 3e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e) Det gir at Tr(A) 5 og det(e A ) (3e 2e 2 ) ( 3e + 4e2 ) (e e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) e +(3e 3e 2 ) (3e 3e2 ) (e e 2 ) (3e 3e 2 ) (e) + (e e2 ) (3e 3e2 ) ( 3e + 4e 2 ) (3e 3e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (3e 2e 2 )( 3e 2 + 4e 4 + 3e 2 3e 3 3e 3 + 3e 4 ) +(3e 3e 2 )(3e 2 3e 3 3e 2 + 3e 3 + 3e 3 3e 4 ) +(e e 2 )( 9e 2 + 9e 3 + 9e 3 9e 4 + 9e 2 9e 3 12e e 4 ) (3e 2e 2 )(3e 4 2e 3 + (3e 3e 2 )( 3e 4 + 3e 3 ) + (e e 2 )(3e 4 3e 3 ) 9e 5 6e 4 6e 6 + 4e 5 9e 5 + 9e 4 + 9e 6 9e 5 + 3e 5 3e 4 3e 6 + 3e 5 e 5 e Tr(A) Korollar 124 La U være reell og ortogonal, og U e A for en antisymmetrisk A Da er det(u) 1 21

22 Bevis Når A er antisymmetrisk blir Tr(A) Fra Teorem 123 følger det da at det ( e A) e 1 Dette betyr at hvis e A er reell og ortogonal, men det(e A ) 1, så kan ikke A være reell og antisymmetrisk En reell og ortogonal matrise med determinant lik 1 kalles for spesielt ortogonal, og er en rotasjonsmatrise Det viser seg at alle reelle og ortogonale matriser med determinant lik 1 kan skrives som en eksponensialmatrise med en antisymmetrisk eksponent Men det skal vi ikke vise her Vi skal se på en annen konsekvens av dette Korollar 125 La U være en unitær matrise og A en antihermitisk matrise slik at U e A Da har vi følgende ekvivalens det(u) 1 Tr(A) Bevis Vi vet at det(u) e Tr(A), som betyr at hvis det(u) 1 så må Tr(A) og omvendt Vi har sett at alle eksponensialmatriser er invertible Vi skal ikke bevise det her, men det viser seg faktisk at alle invertible matriser er eksponensialmatriser Vi kan altså se på e : C n n GL(n,C) som en surjektiv avbildning, der GL(n,C) er gruppen av alle invertible matriser 22

23 Kapittel 2 Fra Jordan normalform til eksponensialmatriser 21 Jordanblokker 1 Definisjon 21 (JORDANBLOKK) La λ C Vi setter J 1 (λ) [λ], og tenker på den som en 1 1 matrise For m N,m 2, setter vi λ 1 λ 1 J m (λ) λ C m m 1 λ En matrise av typen J m (λ) kalles en m m Jordanblokk assosiert med λ En Jordanblokk har samme verdi på alle diagonalelementene, videre er alle elementene på superdiagonalen lik 1 Legg merke til at J m (λ) λi + J m (), som betyr at siden λi og J m () kommuterer e J m(λ) e λi+j m() e λi e J m(), 1 Dette avsnittet bygger på avsnitt 43 i [2] 23

24 Lemma 21 La n,k N og være slik at n 2, 1 k n 1 La videre A k [a i j ] være n n matrisen med følgende egenskaper: a i j 1 for alle i, j {1,,n} slik at j i k a i j for alle i, j {1,,n} slik at j i k Da er A k (J n ()) k Bevis Skal bevise lemmaet ved induksjon på k Legg først merke til at definisjonen av A k betyr at A 1 J n (), så lemmaet er opplagt sant hvis k 1 Anta nå at det er sant for k q 1, der 2 q n 1, skal vise at det da også må være sant for k q La r i betegne radvektor i av A 1 og c j betegne kolonnevektor j av A q 1 Ved induksjonsantagelsen er da A 1 A q 1 (J n ())(J n ()) q 1 (J n ()) q [b i j ] Da er b i j r i c j 1 når i j q og ellers, som betyr at A 1 A q 1 A q Dette viser ved induksjon på k at (J n ()) k A k, og lemmaet er bevist Teorem 22 Jordan blokken J n () er nilpotent av grad n Bevis Fra Lemma 113 vet vi at (J n ()) n O Men fra Lemma 21 vet vi at når k n 1, så er (J n ()) k A k matrisen hvor alle elementer er utenom elementet øverst i høyre hjørne, som er 1 Dette beviser teoremet Eksempel 21 La Da er 1 1 J 5 () (J 5 ()) (J 5()) (J 5 ()) 4 (J 5()) 5 24

25 Korollar 23 La J n () være en Jordanblokk Da er ! (n 4)! (n 3)! (n 2)! ! (n 4)! (n 3)! ! (n 4)! 1 1 e Jn() 1 1 2! ! (n 1)! (n 2)! (n 3)! (n 4)! Bevis Teorem 22 gir at e J n() I n + J n () + (J n()) 2 Da følger korollaret lett fra Lemma 21 Eksempel 22 Vi beregner e J 5() 2! + + (J n()) n 1 (n 1)! e J5() I 5 + J 5 () + (J 5()) 2 + (J 5()) 3 + (J 5()) 4 2! 3! 4! ! ! 1 2! 1 1 3! 1 1 4! 1 3! ! 3! 4! ! 3! !

26 Fordi det er enkelt å beregne både e λi n og e Jn() blir det også enkelt å beregne e Jn(λ) e λi n e Jn() Eksempel 23 Vi beregner e J5(λ) Da vet vi at ! 3! 4! e λ 1 1 e J5() 1 1 2! 3! e λ ! 1 1, og eλi 5 e λ I 5 e λ e λ 1 e λ Da får vi at e λ e λ eλ e λ e λ 2! 3! 4! 2! 3! 4! 1 1 e J5(λ) e λ I 5 e J5() e λ e J5() e λ 1 1 2! 3! e ! 1 1 λ e λ eλ e λ 2! 3! e λ e λ eλ 2! e λ e λ 1 e λ 22 Jordan Matriser 2 Definisjon 22 (JORDAN MATRISE) En Jordan matrise J [ a i j ] er en direkte sum av Jordanblokker Eksempel 24 Gitt Jordanblokkene [ ] λ1 1 J 2 (λ 1 ),J λ 1 (λ 2 ) [ ] λ 3 1 λ 2,og J3 (λ 3 ) λ 3 1, 1 λ 3 der λ 1,λ 2,λ 3 C Da er J J 2 (λ 1 ) J 1 (λ 2 ) J 3 (λ 3 ) [ ] λ1 1 λ 1 [ λ2 ] λ 3 1 λ 3 1 λ 3 2 Kilde: [2] 26

27 en Jordan matrise λ 1 1 λ 1 λ 2 λ 3 1 λ 3 1 λ 3 En Jordan matrise J tilfredstiller følgende egenskaper: J er kvadratisk Vi lar J C n n Alle ikke-null elementer ligger på diagonalen eller på superdiagonalen Altså at alle ikke-null elementer er på a ii eller a j( j+1) for alle i {1,,n} og alle j {1,,n 1} Alle elementer på superdiagonalen er enten eller 1 Altså er a j( j+1) {,1} for alle j {1,,n 1} Hvis et element på superdiagonalen er 1 må elementet under og til venstre være lik hverandre Altså at hvis a j( j+1) 1 må a j j a ( j+1)( j+1) for alle j {1,,n 1} Legg merke til at siden Jordan matriser er øvre triangulære vil alle resultater fra avsnitt 15 også gjelde for Jordan matriser Vår interesse for Jordan matriser skyldes blandt annet følgende viktige teorem, som ofte kan brukes i problemer med ikke diagonaliserbare kvadratiske matriser Teorem 24 Enhver A C n n kan skrives på formen PJP 1, der P er en invertibel matrise og J er en Jordan matrise Vi sier at PJP 1 er en Jordan normalform for A Bevis Sett T L A : C n C n Anta at en Jordan basis B eksisterer for T, og la C være standard basisen for C n Da er A [T ] C P [T ] B P, C B B C hvor P og P er hverandres invers og [T ] B er en Jordan matrise Fra avsnitt 43 C B B C i [2], vet vi at en slik Jordan basis for T alltid eksisterer I mange bøker sies det at J er en kanonisk Jordan form til A Men vi vil være interessert i dekomposisjonen A PJP 1 og bruker derfor terminologien i Teorem 24 27

28 Lemma 25 La A 1,,A k,b 1,,B k være slik at hver A l og B l er n l n l matriser for l {1,,k} og k,n l N La videre og Da er følgende påstander sanne: A k A 1 A k B k B 1 B k (i) : A k B k A 1 B 1 A k B k (ii) : A k + B k (A 1 + B 1 ) (A k + B k ) Bevis Fordi (ii) er opplagt nøyer vi oss med å bevise (i): (i) er opplagt sant for k 1 Skal først vise at det også er sant for k 2 La og Da har vi følgende relasjoner: r 1,,r n1 +n 2 være radvektorer i A 2 r (l) 1,,r(l) n l være radvektorer i A l c 1,,c n1 +n 2 være kolonnevektorer i B 2 c (l) 1,,r(l) n l være kolonnevektorer i B l A 2 B 2 [a i j ] (a) Når i, j {1,,n 1 } så er a i j r i c j r (1) i c (1) j (b) Når i, j {n 1 + 1,,n 1 + n 2 } så er a i j r i c j r (2) i n 1 c (2) j n 1 (c) Når i {1,,n 1 }, og j {n 1 + 1,,n 1 + n 2 } så er a i j r i c j (d) Når i {n 1 + 1,,n 1 + n 2 }, og j {1,,n 1 } så er a i j r i c j Punktene (a)-(d) over er illustrert i matrisen under (a) (c) A A 2 B 2 1 B 1 (d) (b) A 2 B 2 28

29 Ved et enkelt induksjonsargument på k kan vi nå vise at lemmaet må stemme for alle k Anta at lemmaet er sant for k q 1, skal vise at det da også må være sant for k q Det er lett å se at A q A q 1 A q, og at B q B q 1 B q Ovenfor har vi da vist at A q B q A q 1 B q 1 A q B q som ved vår induksjonsantagelse er lik A 1 B 1 A q 1 B q 1 A q B q Dette beviser (i), og er illustrert i matrisen under [A 1 B 1 ] [A 2 B 2 ] A q B q [A q 1B q 1] [ Aq B q ] Lemma 26 For n N, la A 1,,A n være n kvadratiske matriser, og A A 1 A n Da er for alle k N A k A k 1 Ak n, Bevis Skal bevise lemmaet ved induksjon på k Lemmaet er opplagt sant for k 1 Anta at det er sant for k q 1, der q 2, skal vise at det da også er sant for k q Ser at A q AA q 1 Ved vår induksjonsantagelse er A og A q 1 som A og B i Lemma 25 Det betyr at og lemmaet er bevist A q AA q 1 A 1 A q 1 1 A n A q 1 n A q 1 Aq n, Teorem 27 La J J n1 (λ 1 ) J nl (λ l ), der l,n 1,,n l N Da er e J e J n 1 (λ 1 ) e J n l (λ l ) 29

30 Bevis Fra Lemma 26 vet vi at for alle k N så er J k J n1 (λ 1 ) k J nl (λ l ) k For N N er da N ) e J J lim N ( k N ) J n1 (λ 1 ) lim k k! N ( k J nl (λ l ) k k k! N ( Jn1 (λ 1 ) lim N ( k J n l (λ l ) k ) ) k k! k! Ved gjentatt bruk av Lemma 25 får vi da at N e J J n1 (λ 1 ) lim N ( k k k! N k ) J nl (λ l ) k k! Fordi grensen for en følge av matriser beregnes i hver komponent får vi at e J lim N ( N k som beviser lemmaet ) J n1 (λ 1 ) k k! lim N ( N k ) J nl (λ l ) k e J n 1 (λ 1 ) e J n l (λ l ), k! Vi ser nå at vi kan finne e J når J er en Jordanmatrise, ved å beregne eksponensialmatrisen til hver Jordan blokk til J Vi har altså funnet en fremgansgmåte for å løse e J Vi skal se på hva løsningen blir hvis J er som Jordanmatrisen i Eksempel 24 Eksempel 25 Vi skal beregne e J der J J 2 (λ 1 ) J 1 (λ 2 ) J 3 (λ 3 ) [ ] λ1 1 λ 1 [ λ2 ] λ 3 1 λ 3 1 λ 3 Vi vet at [ e J 2(λ 1 ) e λ 1 e λ 1 e λ 1 ], e J 1(λ 2 ) [ e λ 2] og e J 3 (λ 3 ) e λ 3 e λ 3 e λ 3 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 3

31 Da blir [ e λ 1 e λ ] 1 e λ 1 e J [ e λ 2 ] e 3 e λ 3 e λ 3 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 e λ 1 e λ 1 e λ 1 e λ 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 Teorem 28 La J J n1 () J n2 () J nk (), for k,n 1,n 2,,n k N Anta at n max{n 1,n 2,,n k } Da er J nilpotent av grad n Bevis Fra Lemma 22 vet vi at J m () er nilpotent av grad m for enhver m N Fra Lemma 26 får vi at J n (J n1 ()) n (J n2 ()) n (J nk ()) n O O O Hvis nå n n j for 1 j k er J n j () n j 1, og dermed er J n j 1 O Da må J være nilpotent av grad n n j, og teoremet er bevist Lemma 29 La J J n1 (λ 1 ) J nk (λ k ), og J J n1 () J nk () La til slutt D være diagonalmatrisen gitt ved D J J λ 1 I n1 λ k I nk Da kommuterer D og J, dvs DJ J D Bevis Legg merke til at D og J er som A og B i Lemma 25 Da er DJ λ 1 I n1 J n1 () λ k I nk J nk () λ 1 J n1 ()I n1 λ k J nk ()I nk J D, som beviser lemmaet Nå har vi kommet frem til et viktig resultat 31

32 Teorem 21 La J,J og D være som i Lemma 29 Da er e J e J +D e J e D Bevis Fra Lemma 29 vet vi at J og D kommuterer Da følger det direkte fra Teorem 17 at og teoremet er bevist e J e J +D e J e D, Når J er en Jordan matrise kan vi altså velge om vi vil beregne e J blokk for blokk, eller som hel matrise I den siste fremgangsmåten ser vi ikke på Jordanblokkene men matrisene e J og e D som begge er enkle å beregne Vi ser på et eksempel hvor vi igjen lar J være Jordan matrisen fra Eksempel 24 Eksempel 26 λ 1 1 λ 1 J J 2 (λ 1 ) J 1 (λ 2 ) J 3 (λ 3 ) λ 2 λ 3 1 λ 3 1 λ 3 Dette gir at 1 J 1 1 λ 1 λ 1 og D λ 2 λ 3 λ 3 λ 3 Da er e λ 1 e λ 1 e D e λ 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 32

33 Videre vet vi at J er nilpotent av grad 3 så vi trenger kun finne J J 2 1 som gir at e J Da har vi alt vi trenger for å gjøre den endelige beregningen: 1 1 e λ 1 1 e λ 1 e J e J e D e λ 2 2 e 1 1 λ 3 e λ 3 1 e λ 3 e λ 1 e λ 1 e λ 1 e λ 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3, 2 e λ 3 e λ 3 e λ 3 som er akkurat samme resultat som i Eksempel 25 Fra eksemplet ser vi at vi også her egentlig beregner hver blokk for seg Det gjør at denne fremgangsmåten og den i Eksempel 25 essensielt er like Til slutt i avsnittet tar vi med et eksempel hvor vi kjenner en Jordan normalform til en matrise A Eksempel 27 La A Det karakteristiske polynomet p A til A er gitt ved p A (λ 2) 2 (λ 3) Vi vet at hvis A kan diagonaliseres kan vi finne e A enkelt Men dessverre er egenrommet til egenverdien 2 kun endimensjonalt, og det følger at A ikke kan diagonaliseres Heldigvis kan det sjekkes at en Jordan normalform for A er A PJP 1 der J 2, P 1 4 og P

34 Da kan vi bruke metoden vi har funnet over Vi finner først e J e 2 e 2 e J e 2 e 3 Da får vi e 2 e e A e PJP 1 Pe J P e e ( 15e e 2 ) (12e 3 27e 2 ) (3e 3 7e 2 ) ( 2e + 2e 2 ) (16e 3 15e 2 ) (4e 3 4e 2 ) (1e 2 ) ( 75e 2 ) ( 19e 2 ) 23 Bevis av Teorem 123 Teorem 123 La A C n n Da er det ( e A) e Tr(A) Bevis Fra Teorem 24 vet vi at enhver matrise A kan skrives på formen PJP 1, der J [ a i j ] er en Jordan matrise og følgelig øvre triangulær Vi får da ved Lemma 115 ( det e A) ( det e PJP 1) det ( Pe J P 1) det ( e J P 1 P ) det ( e J) Så vet vi at determinanten til en øvre triangulær matrise er produktet av diagonalelementene Og vi vet at diagonalelementene i e J er lik e a ii for alle i {1,,n} Vi får det ( e J) e a 11 e a 22 e a nn e a 11+a 22 ++a nn e Tr(J) e Tr(JP 1 P) e Tr(PJP 1 ) e Tr(A) 34

35 Kapittel 3 Fra eksponensialmatriser til Jordan normalform 31 En ny tilnærming til eksponensialmatriser 1 Vi kommer til å trenge følgende definisjon Definisjon 31 (MULTIPLIKASJON MED n 1 BLOKKMATRISER) For en n N, la [ ] a 1 a n være en 1 n matrise La videre M1,,M n være n matriser av samme størrelse Da kan vi betrakte matrisen M [M 1 M n ] T som en n 1 blokk matrise og definerer M 1 [ ] a1 a n M n a 1 M a n M n Legg merke til at resultatet a 1 M a n M n er en matrise av samme størrelse som matrisene M 1,,M n La nå B [b i j ] være en q n matrise og M være som over Da definerer vi b 11 b 1n M 1 b 11 M b 1n M n BM b q1 b qn M n b q1 M b qn M n Legg nå merke til at BM er en q 1 blokk matrise hvor hver blokk har samme størrelse som matrisene M 1,,M n 1 Dette avsnittet er basert på [11] Andre kilder: [1, 4, 7] 35

36 Lemma 31 La A [a i j ] være en p q matrise, mens B og M er som i Definisjon 31 Da er A(BM) (AB)M Bevis Først ser vi at a 11 a 1q b 11 M b 1n M n A(BM) a p1 a pq b q1 M b qn M n ( ) a 11 (b 11 M b 1n M n ) + + a 1q bq1 M b qn M n ( ) a p1 (b 11 M b 1n M n ) + + a pq bq1 M b qn M n ( ) a11 b a 1q b q1 M1 ++ ( ) a 11 b 1n + + a 1q b qn Mn ( ) ap1 b a pq b q1 M1 ++ ( ) a p1 b 1n + + a pq b qn Mn Så ser vi at a 11 a 1q b 11 b 1n AB a p1 a pq b q1 b qn ( ) ( ) a11 b a 1q b q1 a11 b 1n + + a 1q b qn ( ) ( ) ap1 b a pq b q1 ap1 b 1n + + a pq b qn Da blir ( ) a11 b a 1q b q1 M1 ++ ( ) a 11 b 1n + + a 1q b qn Mn (AB)M ( ) ap1 b a pq b q1 M1 ++ (, ) a p1 b 1n + + a pq b qn Mn som er det samme vi fikk når vi beregnet A(BM) Dette beviser lemmaet Vi kommer også til å trenge følgende definisjon 36

37 Definisjon 32 (WRONSKI MATRISE) La I være et intervall på R og n N La videre y 1,,y n : I C være n funksjoner som er n 1 ganger deriverbare på intervallet I, og y {y 1,,y n } Da er y 1 (t) y 2 (t) y n (t) y 1 W[y;t] (t) y 2 (t) y n(t), y (n 1) 1 (t) y (n 1) 2 (t) y (n 1) n (t) en Wronski Matrise for t I Lemma 32 La y være som i Definisjon 32 Hvis funksjonene i y er lineært uavhengige, så er W[y;t] invertibel Bevis Se avsnitt 612 i [1] Definisjon 33 (DERIVASJONSOPERATORENE D OG d) Derivasjonsoperatoren D er definert ved for en deriverbar Y : R C n n Derivasjonsoperatoren d er definert ved for en deriverbar f : R C DY (t) Y (t) d f (t) f (t) Lemma 33 La t R, og X(t) e At [x i j (t)] for en A C n n For alle k N og i, j {1,,n} gjelder da: (i) (ii) DX(t) [dx i j (t)] D k X(t) X(t)A k A k X(t) [d k x i j (t)] 37

38 Bevis (i) Følger direkte fra Definisjon 13 (ii) Skal bevise ved induksjon på k Vet at det er sant for k, og k 1 Anta at det er sant for k q 1 der q 2 skal vise at det da er sant for k q Ved å bruke induksjonsantagelsen og Teorem 13 får vi og D q X(t) DD q 1 X(t) DX(t)A q 1 AX(t)A q 1 X(t)A q A q X(t), Ved Definisjon 13 får vi da Dette beviser lemmaet D q X(t) DD q 1 X(t) D[d q 1 x i j (t)] D[d q 1 x i j (t)] [dd q 1 x i j (t)] [d q x i j (t)] Lemma 34 La X(t) e At for en A C n n La videre p(r) være et polynom med komplekse koeffisienter, og la t R Da er: (i) (ii) p(d)x(t) [p(d)x i j (t)] p(d)x(t) p(a)x(t) Bevis For en m N, la (i) Ved Lemma 33 er p(r) a + a 1 r + + a m r m p(d)x(t) (a + a 1 D + + a m D m )X(t) a X(t) + a 1 DX(t) + + a m D m X(t) a [x i j (t)] + a 1 [dx i j (t)] + + a m [d m x i j (t)] [a x [ i j (t) + a 1 dx i j (t) + + a m d m x i j (t)] (a + a 1 d + + a m d m )x i j (t) ] [p(d)x i j (t)], som beviser (i) (ii) Ved Lemma 33 (ii) er p(d)x(t) a X(t) + a 1 DX(t) + + a m D m X(t) a X(t) + a 1 AX(t) + + a m A m X(t) (a + a 1 A + + a m A m )X(t) p(a)x(t), som beviser (ii) 38

39 Videre vet vi fra Cayley-Hamilton teoremet at enhver A C n n løser sitt eget karakteristiske polynom p A Altså at hvis p A (r) a + a 1 r + + a n r n, så er Da følger det direkte fra Lemma 34 (ii) at og dermed får vi ved Lemma 34 (i) at p A (A) a I n + a 1 A + + a n A n O p A (D)X(t) O for alle t R, p A (d)x i j (t) (31) for alle i, j {1,,n} og alle t R I (31) ligger nøkkelen til å finne X(t) Vi skal nemlig se at løsningsrommet til (31) har en kjent endelig basis Teorem 35 For en A C n n, skriv p A (r) (r λ 1 ) n 1 (r λ 2 ) n 2 (r λ s ) n s, der s N, 1 s n λ 1,,λ s C, λ i λ j når i j Videre er n 1,,n s N slik at n 1 + n n s n Da er { } y y l,k t k e tλ l l {1,,s} og k {,,n l 1}, en basis for løsningsrommet til differensialligningen p A (d) f (t) på R Bevis Se avsnitt 23 i [4] Fra (31) får vi at hvis A og y er som i Teorem 35 og X(t) e At [x i j (t)] for i, j {1,,n} og t R, så er alle x i j (t) lineære kombinasjoner av de n elementene i y Som en konsekvens av dette får vi følgende korollar Korollar 36 La A og y være som i Teorem 35, og la X(t) e At for t R Da er X(t) y 1, (t)m 1, + + y 1,n1 1(t)M 1,n y s, (t)m s, + + y s,ns 1(t)M s,ns 1 M 1, [ y 1, (t) y 1,1 (t) y s,ns 1(t) ] M 1,1, (32) M s,ns 1 39

40 for n passende matriser M l,k C n n s l1 n l 1 t k e tλ l M l,k k Hvis vi nå deriverer (32) gjentatte ganger får vi at X (i) (t) y (i) 1, (t)m 1, ++y (i) 1,n 1 1 (t)m 1,n y (i) s, (t)m s, ++y (i) s,n s 1 (t)m s,n s 1 På den andre siden er Vi får derfor spesielt at X (i) (t) A i X(t) X (i) () y (i) 1, ()M 1, ++y (i) 1,n 1 1 ()M 1,n y (i) s, ()M s, ++y (i) s,n s 1 ()M s,n s 1 A i Dette betyr at følgende likningssystem holder: M 1, y 1, () y 1,1 () y s,ns 1() M 1,1 W[y;] y 1, () y 1,1 () y s,n s 1 () M s,ns 1 y (n 1) 1, () y (n 1) 1,1 () y (n 1) sn s 1 () M 1, M 1,1 M s,ns 1 I Ạ A n 1 Siden W[y;] er invertibel, kan vi gange med W[y;] 1 fra venstre og benytte oss av Lemma 31 Det gir at matrisene M l,k oppfyller følgende likning: M 1, I M 1,1 Ạ W[y;] 1 (33) M s,ns 1 A n 1 Setter vi nå (33) inn i (32) får vi en formel for X(t): X(t) [ y 1, (t) y 1,1 (t) y s,ns 1(t) ] W[y;] 1 [φ (t)φ n 1 (t)] 4 I Ạ A n 1 I Ạ A n 1 (34)

41 der [φ (t)φ n 1 (t)] [y 1, y s,ns 1]W[y;] 1 Dette gir oss et uttrykk for X(t) som en endelig sum X(t) φ (t)i n + φ 1 (t)a + + φ n 1 (t)a n 1 Dette er et flott resultat som vi tar med som et teorem Teorem 37 Enhver eksonentialmatrise kan skrives som en endelig sum La X(t) e At [x i j (t)] for t R og en A C n n X(t) kan ved det vi har sett over skrives som en endelig sum gitt ved X(t) φ (t)i n + φ 1 (t)a + + φ n 1 (t)a n 1, der koeffisient funksjonene er gitt ved [φ (t)φ n 1 (t)] [y 1, (t)y s,ns 1(t)]W[y;] 1 Her er y {y 1, (t),,y s,ns 1(t)} en basis for løsningsrommet til p A (d)x i j (t) Vi kan også legge merke til at koeffisientfunksjonene φ (t),,φ n 1 (t) kun er avhengig av p A Det vil si at disse er like for alle X(t) der eksponenten har samme karakteristisk polynom Eksempel 31 La A være som i Eksempel 15 Da er A og A Det karakteristiske polynomet er p A (r) (r 1)(r 2) 2 og y {e t,e 2t,te 2t } Vi får derfor e t e 2t te 2t W[y;t] e 2e 2t (1 + 2t)e 2t e t 4e 2t (4 + 4t)e 2t Det gir at W[y;] og W[y;]

42 Vi kan nå finne koeffisientfunksjonene φ (t),φ 1 (t) og φ 2 (t): [ φ (t) φ 1 (t) φ 2 (t) ] [ e t e 2t te 2t] [ (4e t + ( 3 + 2t)e 2t ) ( 4e t + (4 3t)e 2t ) (e t + ( 1 +t)e 2t ) ] Putter vi dette inn i (34) får vi X(t) ( 4e t + ( 3 + 2t)e 2t) I 3 + ( 4e t + (4 3t)e 2t) A + ( e t + ( 1 +t)e 2t) A 2 (3e t 2e 2t ) ( 3e t + 3e 2t ) (e t e 2t ) (3e 3e 2t ) ( 3e t + 4e 2t ) (e t e 2t ) (3e t 3e 2t ) ( 3e t + 3e 2t ) (e t ) Legg merke til at dette gir (3e 2e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e e 2 ) X(1) e A (3e 3e 2 ) ( 3e + 4e 2 ) (e e 2 ), (3e 3e 2 ) ( 3e + 3e 2 ) (e) som er akkurat samme resultat som i Eksempel 15 For å illustrere at koeffisientfunksjonene er de samme for alle eksponenter med samme karakteristisk polynom, tar vi med et enkelt eksempel til Eksempel 32 La 1 1 B 2 Da er B Fordi B er en diagonalmatrise vet vi at e t Y (t) e Bt e 2t e 2t Fra eksempelet over ser vi også at Y (t) ( 4e t + ( 3 + 2t)e 2t) I 3 + ( 4e t + (4 3t)e 2t) B + ( e t + ( 1 +t)e 2t) B 2, som nettopp er lik e t e 2t e 2t 42

43 32 Generealiserte egenrom, Jordan kjeder og matrisene M l,k 2 I dette avsnittet betrakter vi matrise funksjonen X(t) e At for en matrise A C n n og t R Vi lar videre p A (r) (r λ 1 ) n 1(r λ s ) n s være det karakteristiske polynomet til A for en s N, λ 1,,λ s C, λ i λ j når i j og n 1,,n s N slik at n n s n Matrisene M l,k er definert i henhold til Korollar 36 Vi begynner med å se på noen av egenskapene til matrisene M l,k Lemma 38 For l {1,,s} og k {,,n l 1} så gjelder: (i) M l,k 1 k! (A λ li n ) k M l, (ii) (iii) AM l,nl 1 λ l M l,nl 1 (A λ l I n ) n lm l, O Bevis Fra Korollar 36 vet vi at Det gir at X(t) s l1 AX(t) DX(t) som ved derivasjonsreglene gir at A s l1 n l 1 t k e tλ l M l,k k Omrokkerer vi litt ser vi at ( [ s l1 s l1 e tλ l s l1 n l 1 t k e tλ l M l,k k s l1 n l 1 t k e tλ l AM l,k k n l 1 ) d (t k e tλ l M l,k, k s l1 n l 1( ) t k λ l e tλ l + kt k 1 e tλ l M l,k k AM l, + tam l,1 + + t nl 1 ] ) AM l,nl 1 ( e tλ l[ ( λl M l, + M l,1 ) + t ( λl M l,1 + 2M l,2 ) + + t n l 1 λ l M l,nl 1] ) Fra Teorem 35 vet vi at mengden {t k e λ lt l 1,,s : k,,n s 1} er lineært uav- 2 Dette avsnittet er basert på [7] Andre kilder: [1, 4, 11] 43

44 hengig Vi kan defor konkludere med at AM l, λ l M l, + M l,1, AM l,1 λ l M l,1 + 2M l,2, AM l,2 λ l M l,2 + 3M l,3, AM l,nl 2 λ l M l,nl 2 + (n l 1)M l,nl 1, AM l,nl 1 λ l M l,nl 1 (35) Ved hjelp av relasjonene i (35) kan vi nå bevise lemmaet (i) Fra (35) ser vi at AM l,k 1 λ l M l,k 1 + km l,k når k Det betyr at M l,k 1 k (A λ li n )M l,k 1, når k Beviser ved induksjon på k (i) er opplagt sant for k 1 Anta at det er sant for k q 1 der q 2,3,,n l 1 Skal vise at det da også er sant for k q Ved vår induksjonsantagelse får vi M l,q 1 q (A λ li n )M l,q 1 1 q (A λ li n ) som beviser (i) (ii) Følger direkte fra siste linje av (35) (iii) Fra (i) ser vi at 1 q! (A λ li n ) q M l,, (A λ l I n ) n l 1 M l, ([n l 1]!)M l,nl 1 Så ganger vi begge sider med (A λ l I n ) 1 (q 1)! (A λ li n ) q 1 M l, (A λ l I n ) n l M l, ([n l 1]!)(A λ l I n )M l,nl 1 Fra (ii) får vi da ([n l 1]!) ( AM l,nl 1 λ l M l,nl 1) som beviser (iii) (A λ l I n ) n l M l, ([n l 1]!) ( λ l M l,nl 1 λ l M l,nl 1) O, 44

45 Lemma 39 La m N, t R, p 1,, p m C n og sett y i e At p i for i 1,,m Da stemmer følgende relasjon: p 1,, p m er lineært uavhengige y 1,,y m er lineært uavhengige Bevis Siden e At er invertibel er dette et velkjent resultat Se [9] avsnitt 43 Lemma 31 La l {1,,s} Hvis p er en vektor som tilfredstiller men for en r N, så er (A λ l I n ) r p (A λ l I n ) r 1 p e At p e λ lt r 1 1 j j! t j (A λ l I n ) j p Vi sier at p er en generalisert egenvektor for A Bevis Vi har da at (A λ l I n ) m p for alle m N, m r Det gir e At p e λ li n t e (A λ li n )t p e λ lt e (A λ li n )t p ( e λ lt I n +t(a λ l I n ) + 1 2! t2 (A λ l I n ) ) m! tm (A λ l I n ) m + p e λ lt (p +t(a λ li n )p + 1 2! t2 (A λ l I n ) 2 p (r 1)! tr 1 (A λ l I n ) r 1 p m! tm (A λ l I n ) m p + ) 45

46 e λ lt (p +t(a λ li n )p + 1 2! t2 (A λ l I n ) 2 p (r 1)! tr 1 (A λ l I n ) r 1 p ) e λ lt ( I n +t(a λ l I n ) + 1 2! t2 (A λ l I n ) 2 + Dette beviser lemmaet + 1 (r 1)! tr 1 (A λ l I n ) r 1 ) p e λ lt r 1 1 j j! t j (A λ l I n ) j p I resten av kapittelet lar vi K l betegne det generaliserte egenrommet til A tilhørende egenverdien λ l Dvs K l {v C n (A λ l I n ) n lv }, for l {1,,s} Lemma 311 For hver l 1,,s, la S l være rommet som er utspent av kolonnevektorene i M l, Da er S l K l Bevis At S l K l følger av Lemma 38 (iii) Det gjenstår derfor å bevise at K l S l La p K l, p Da finnes r N, r n l slik at (A λ l I n ) r p, men (A λ l I n ) r 1 p Fra Korollar 36 vet vi at e At p s n i 1 i1 k Fra Lemma 31 har vi at t k e tλ i M i,k p e λ lt M l, p + e At p e λ lt r 1 1 k Vi får derfor følgende relasjon s i1,i l k! tk (A λ l I n ) k p e λ lt p + e λ lt e λlt p + e λ lt r 1 1 k1 k! tk (A λ l I n ) k p e λlt M l, p + 46 s i1,i l n i 1 t k e λlt n l 1 M i,k p + k r 1 k1 k1 1 k! tk (A λ l I n ) k p n i 1 t k e λlt M i,k p + k t k e λ lt M l,k p n l 1 t k e λlt M l,k p k1

47 { } Da mengden t k e λit i {1,,s} og k {,,n i 1} er lineært uavhengig følger det at p M l, p Da er p en lineær kombinasjon av kolonnevektorene i M l,, så K l S l, som beviser lemmaet Definisjon 34 (JORDAN KJEDE) For l {1,,s} la p K l \ {} Hvis da kalles mengden hvor (A λ l I n ) r p, men (A λ l I n ) r 1 p for 1 r n l, S (r) p {p 1,, p r 1, p r }, p j (A λ l I n ) r j p, j 1,,r, for en Jordan kjede for A tilhørende den generaliserte egenverdien λ l Videre kalles p p r for generatoren, p 1 (A λ l I n ) r 1 p for initial vektoren og r for lengden til Jordan kjeden En Jordan kjede er ordnet hvis den er oppramset i rekkefølgen p 1,, p r 1, p r Legg videre merke til at det ved Definisjon 34 og Lemma 38 er slik at kolonnene i M l, er generatorer for Jordan kjeder for A Videre ser vi at hvis p er den i-te kolonnen i M l,, (A λ l I n ) r 1 p, men (A λ l I n ) r p for en r {1,,n l 1}, så er den i-te kolonnen i M l, j lik j!p r j for en j {1,,r 1} Lemma 312 til og med Lemma 316 er kjente resultater Se feks [5] kapittel 76 Jeg tar allikevel lemmaene og bevisene med her fordi bevisene baserer seg på resultater som allerede er utviklet i oppgavene Lemma 312 Ved å velge p og r som i Definisjon 34 blir Jordan kjeden gitt ved lineært uavhengig S (r) p {p 1,, p r 1, p r }, Bevis Ved 39 så holder det å vise at mengden {y i e At p i i 1,,r} er lineært uavhengig Anta at r i1 c i y i 47

48 Skal vise at da må alle c i være null Ved å bruke Lemma 31 ser vi først at Vi får derfor at c i y i c i e At p i c i e λ lt i 1 1 j j! t j (A λ l I n ) j p i ] c i e λ lt [p i +t p i 1 + t2 2! p i ti 1 (i 1)! p 1 r i1 ] c i e λ lt [p i +t p i 1 + t2 2! p i ti 1 (i 1)! p 1 [ ] e λ lt c r p r +tc r p r 1 + 2! t2 c r p r tr 1 [ (r 1)! c r p 1 ] + e λ lt c r 1 p r 1 +tc r 1 p r 2 + 2! t2 c r 1p r tr 2 (r 2)! c r 1p 1 + e λ lt [c 1 p 1 ] Mengden {t k e λ it i 1,,s;k,,n i 1} er lineært uavhengig Fordi linje (a) er eneste linje hvor t r 1 e λ lt forekommer og p 1 følger det at c r Fordi c r følger det fra linje (b) at c r 1 også Da kan vi følge den samme logikken nedover for å finne at c r c r 1 c 1, som beviser lemmaet (a) (b) Lemma 313 La p og r være som i Definisjon 34 La også q K l \ {}, og anta at (A λ l I n ) m q, men (A λ l I n ) m 1 q for 1 m r La videre q i (A λ l I n ) m i q for i {1,,m} Da gjelder følgende: (A λ l I n ) r 1 p og (A λ l I n ) m 1 q er lineært uavhengige S (r) p S q (m) er en lineært uavhengig mengde Bevis Ved 39 så holder det igjen å vise at mengden {y i e At p i i 1,,r} {z i e At q i i 1,,m} er lineært uavhengig Anta derfor at r i1 c i y i + m i1 48 d i z i

49 Skal vise at da må alle konstantene c i og d i være null Vi får r i1 c ie λ lt [ p i +t p i 1 + t2 2! p i ti 1 (i 1)! p 1 + m i1 d ie λ lt [ q i +tq i 1 + t2 2! q i ti 1 (i 1)! q 1 ] ] Omrokerer vi litt får vi e λ lt [ c r p r +tc r p r 1 + t2 2! c r p r tr 1 (r 1)! c r p 1 ] + e λ lt [ c m p m +tc m p m 1 + t2 2! c mp m tm 1 (m 1)! c mp 1 ] + [ e λlt [c 1 p 1 ] ] + e λ lt d m q m +td m q m 1 + 2! t2 d mq m tm 1 (m 1)! d mq 1 + e λ lt [d 1 q 1 ] e λ lt [ c r p r +tc r p r 1 + t2 2! c r p r tr 1 (r 1)! c r p 1 ] [ ] + e λ lt c m p m +tc m p m 1 + 2! t2 c mp m tm 1 [ (m 1)! c mp 1 ] + e λ lt d m q m +td m q m 1 + 2! t2 d mq m tm 1 (m 1)! d mq 1 + e λ lt [c 1 p 1 ] + e λ lt [d 1 q 1 ] (a) (b) På samme måte som i Lemma 312 får vi fra linje (a) at c r,,c m+1 Fra (b) får vi at c m p 1 + d m q 1, men siden lineær uavhengighet mellom p 1 og q 1 er en av betingelsene i lemmaet følger det at c m d m Da kan vi følge den samme logikken nedover for å finne at (c m 1,d m 1 ) (c 1,d 1 ) (,), som beviser lemmaet Lemma 314 Lemma 313 holder for et vilkårlig antall vektorer med i K l \ {} Bevis Bevises på helt tilsvarende måte som Lemma 313 Det blir derimot mye tekst og lite informativt å skrive ned 49

50 Lemma 315 Anta at p,q {K i K j } \ {} for i, j {1,,s}, og i j Anta videre at (A λ i I n ) r p, men (A λ i I n ) r 1 for 1 r n i, og at (A λ j I n ) m q, men (A λ j I n ) m 1 for 1 m min{r,n j } Da er S (r) p S q (m) lineært uavhengig Her er S (r) p {p 1,, p r 1, p r } når p k (A λ i I n ) r k p for k 1,,r, og S q (m) {q 1,,q m 1,q m } når q k (A λ j I n ) m k p for k 1,,m Bevis Ved 39 så holder det igjen å vise at mengden {y k e At p k k 1,,r} {z k e At q k k 1,,m} er lineært uavhengig Anta derfor at r k1 c k y k + m k1 d k z k Skal vise at da må alle konstantene c k og d k være null Vi får r k1 c ke λ it [ p k +t p k 1 + t2 2! p k tk 1 (k 1)! p 1 + m k1 d ke λ jt [ q k +tq k 1 + t2 2! q k tk 1 (k 1)! q 1 ] ] e λ it [ c r p r +tc r p r 1 + t2 2! c r p r tr 1 (r 1)! c r p 1 ] + [ e λit [c 1 p 1 ] ] + e λ jt d m q m +td m q m 1 + 2! t2 d mq m tm 1 (m 1)! d mq 1 + e λ jt [d 1 q 1 ] Fordi mengden {t k e λ it i 1,,s;k,,n i 1} er lineært uavhengig, får vi på samme måte som i Lemma 312 at c r c 1 og d m,,d 1 som beviser lemmaet Med noen betingelser så holder Lemma 315 for et vilkårlig antall vektorer 5