Matriz exponencial

Operación matricial que generaliza la exponenciación de números escalares

En matemáticas , la matriz exponencial es una función matricial en matrices cuadradas análoga 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 la conexión entre una matriz de álgebra de Lie y el grupo de Lie correspondiente .

Sea X una matriz real o compleja n × n . El exponencial de X , denotado por e ^X o exp ( X ) , es la matriz n × n dada por la serie de potencias

${\displaystyle e^{X}=\sum _{k=0}^{\infty }{1 \over k!}X^{k}}$

donde ${\displaystyle X^{0}}$ se define como la matriz de identidad ${\displaystyle I}$ con las mismas dimensiones que ${\displaystyle X}$. ^[1]

La serie anterior siempre converge, por lo que la exponencial de X está bien definida. Si X es una matriz de 1 × 1 la exponencial matriz de X es una matriz de 1 × 1 cuyo elemento único es la ordinaria exponencial del elemento único de X .

Propiedades

Propiedades elementales

Deje que X y Y sean n × n matrices complejas y permiten una y b ser números complejos arbitrarios. Denotamos la matriz identidad n × n por I y la matriz cero por 0. La matriz exponencial satisface las siguientes propiedades. ^[2]

Partimos de las propiedades que son consecuencias inmediatas de la definición como serie de potencias:

• e ⁰ = yo
• exp ( X ^T ) = (EXP X ) ^T , donde X ^T indica la transposición de X .
• exp ( X ^* ) = (exp X ) ^* , donde X ^* denota la transpuesta conjugada de X .
• Si Y es invertible, entonces e ^{YXY −1} = Ye ^X Y ⁻¹ .

El siguiente resultado clave es este:

• Si ${\displaystyle XY=YX}$ luego ${\displaystyle e^{X}e^{Y}=e^{X+Y}}$.

La prueba de esta identidad es la misma que el argumento estándar de la serie de potencias para la identidad correspondiente para el exponencial de los números reales. Es decir, siempre que${\displaystyle X}$ y ${\displaystyle Y}$conmutar , no hay diferencia para el argumento si${\displaystyle X}$ y ${\displaystyle Y}$son números o matrices. Es importante tener en cuenta que esta identidad normalmente no se mantiene si${\displaystyle X}$ y ${\displaystyle Y}$no conmuta (consulte la desigualdad de Golden-Thompson a continuación).

Las consecuencias de la identidad anterior son las siguientes:

• e ^aX e ^bX = e ^{( a + b ) X}
• e ^X e ^{- X} = I

Usando los resultados anteriores, podemos verificar fácilmente las siguientes afirmaciones. Si X es simétrico, entonces e ^X también es simétrico, y si X es asimétrico, entonces e ^X es ortogonal . Si X es hermitiano, entonces e ^X también es hermitiano, y si X es oblicuo-hermitiano, entonces e ^X es unitario .

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

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

para todos los valores positivos suficientemente grandes de s .

Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Una de las razones de la importancia de la matriz exponencial es que se puede utilizar para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales . La solucion de

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}y(t)=Ay(t),\quad y(0)=y_{0},}$

donde A es una matriz constante, está dada por

${\displaystyle y(t)=e^{At}y_{0}.\,}$

La matriz exponencial también se puede utilizar para resolver la ecuación no homogénea

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}y(t)=Ay(t)+z(t),\quad y(0)=y_{0}.}$

Consulte la sección de aplicaciones a continuación para ver ejemplos.

No existe una solución de forma cerrada para las ecuaciones diferenciales de la forma

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}y(t)=A(t)\,y(t),\quad y(0)=y_{0},}$

donde A no es constante, pero la serie Magnus da la solución como una suma infinita.

El determinante de la matriz exponencial

Según la fórmula de Jacobi , para cualquier matriz cuadrada compleja se cumple la siguiente identidad de seguimiento : ^[3]

${\displaystyle \det \left(e^{A}\right)=e^{\operatorname {tr} (A)}~.}$

Además de proporcionar una herramienta computacional, esta fórmula demuestra que una matriz exponencial es siempre una matriz invertible . Esto se deriva del hecho de que el lado derecho de la ecuación anterior es siempre distinto de cero, por lo que det ( e ^A ) ≠ 0 , lo que implica que e ^A debe ser invertible.

En el caso de valores reales, la fórmula también exhibe el mapa

${\displaystyle \exp \colon M_{n}(\mathbb {R} )\to \mathrm {GL} (n,\mathbb {R} )}$

para no ser sobreyectiva , en contraste con el caso complejo mencionado anteriormente. Esto se deriva del hecho de que, para las matrices de valor real, el lado derecho de la fórmula es siempre positivo, mientras que existen matrices invertibles con un determinante negativo.

El exponencial de las sumas

Para números reales (escalares) x e y sabemos que los satisface función exponencial e ^{x + y} = e ^x e ^y . Lo mismo ocurre con las matrices de conmutación. Si las matrices X e Y se conmutan (lo que significa que XY = YX ), entonces,

${\displaystyle e^{X+Y}=e^{X}e^{Y}.}$

Sin embargo, para las matrices que no conmutan, la igualdad anterior no se cumple necesariamente.

La fórmula del producto Lie

Incluso si X e Y no se conmutan, la exponencial e ^{X + Y} se puede calcular mediante la fórmula del producto de Lie ^[4]

${\displaystyle e^{X+Y}=\lim _{n\to \infty }\left(e^{{\frac {1}{n}}X}e^{{\frac {1}{n}}Y}\right)^{n}}$.

La fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff

En la otra dirección, si X e Y son matrices suficientemente pequeñas (pero no necesariamente conmutadas), tenemos

${\displaystyle e^{X}e^{Y}=e^{Z},}$

donde Z puede calcularse como una serie en conmutadores de X e Y mediante la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff : ^[5]

${\displaystyle Z=X+Y+{\frac {1}{2}}[X,Y]+{\frac {1}{12}}[X,[X,Y]]+\cdots }$,

donde los términos restantes son todos itera conmutadores que implican X y Y . Si X y Y conmutar, entonces todos los conmutadores son cero y tenemos simplemente Z = X + Y .

Desigualdades para exponenciales de matrices hermitianas

Para las matrices hermitianas hay un teorema notable relacionado con la traza de matrices exponenciales.

Si A y B son matrices hermitianas, entonces

${\displaystyle \operatorname {tr} \exp(A+B)\leq \operatorname {tr} \left[\exp(A)\exp(B)\right].}$^[6]

No hay ningún requisito de conmutatividad. Hay contraejemplos para mostrar que la desigualdad de Golden-Thompson no puede extenderse a tres matrices y, en cualquier caso, no se garantiza que tr (exp ( A ) exp ( B ) exp ( C )) sea ​​real para Hermitian A , B , C . Sin embargo, Lieb demostró ^{[7] [8]} que se puede generalizar a tres matrices si modificamos la expresión de la siguiente manera

${\displaystyle \operatorname {tr} \exp(A+B+C)\leq \int _{0}^{\infty }\mathrm {d} t\,\operatorname {tr} \left[e^{A}\left(e^{-B}+t\right)^{-1}e^{C}\left(e^{-B}+t\right)^{-1}\right].}$

El mapa exponencial

El exponencial de una matriz es siempre una matriz invertible . La matriz inversa de e ^X está dada por e ^{- X} . Esto es análogo al hecho de que el exponencial de un número complejo es siempre distinto de cero. La matriz exponencial entonces nos da un mapa

${\displaystyle \exp \colon M_{n}(\mathbb {C} )\to \mathrm {GL} (n,\mathbb {C} )}$

desde el espacio de todas las matrices n × n hasta el grupo lineal general de grado n , es decir, el grupo de todas las matrices invertibles n × n . De hecho, este mapa es sobreyectivo, lo que significa que cada matriz invertible se puede escribir como el exponencial de alguna otra matriz ^[9] (para esto, es esencial considerar el campo C de números complejos y no R ).

Para dos matrices cualesquiera X e Y ,

${\displaystyle \left\|e^{X+Y}-e^{X}\right\|\leq \|Y\|e^{\|X\|}e^{\|Y\|},}$

donde ‖ · ‖ denota una norma de matriz arbitraria . De ello se deduce que el mapa exponencial es continuo y Lipschitz continuo en subconjuntos compactos de M _n ( C ) .

El mapa

${\displaystyle t\mapsto e^{tX},\qquad t\in \mathbb {R} }$

define una curva suave en el grupo lineal general que pasa a través del elemento de identidad en t = 0.

De hecho, esto da un subgrupo de un parámetro del grupo lineal general ya que

${\displaystyle e^{tX}e^{sX}=e^{(t+s)X}.}$

La derivada de esta curva (o vector tangente ) en un punto t está dada por

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}e^{tX}=Xe^{tX}=e^{tX}X.}$

( 1 )

La derivada en t = 0 es solo la matriz X , lo que quiere decir que X genera este subgrupo de un parámetro.

De manera más general, ^[10] para un exponente genérico dependiente de t , X ( t ) ,

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}e^{X(t)}=\int _{0}^{1}e^{\alpha X(t)}{\frac {dX(t)}{dt}}e^{(1-\alpha )X(t)}\,d\alpha ~.}$

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, ^[11]

${\displaystyle \left({\frac {d}{dt}}e^{X(t)}\right)e^{-X(t)}={\frac {d}{dt}}X(t)+{\frac {1}{2!}}\left[X(t),{\frac {d}{dt}}X(t)\right]+{\frac {1}{3!}}\left[X(t),\left[X(t),{\frac {d}{dt}}X(t)\right]\right]+\cdots }$

Los coeficientes de la expresión anterior son diferentes de los que aparecen en el exponencial. Para una forma cerrada, vea la derivada del mapa exponencial .

Calcular la matriz exponencial

Es difícil encontrar métodos confiables y precisos para calcular la matriz exponencial, y este sigue siendo un tema de considerable investigación actual en matemáticas y análisis numérico. Matlab , GNU Octave y SciPy usan el aproximado de Padé . ^{[12] [13] [14]} En esta sección, discutimos métodos que son aplicables en principio a cualquier matriz, y que pueden llevarse a cabo explícitamente para matrices pequeñas. ^[15] Las secciones siguientes describen métodos adecuados para la evaluación numérica en matrices grandes.

Caja diagonalizable

Si una matriz es diagonal :

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}a_{1}&0&\cdots &0\\0&a_{2}&\cdots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\cdots &a_{n}\end{bmatrix}}}$,

entonces su exponencial se puede obtener exponencializando cada entrada en la diagonal principal:

${\displaystyle e^{A}={\begin{bmatrix}e^{a_{1}}&0&\cdots &0\\0&e^{a_{2}}&\cdots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\cdots &e^{a_{n}}\end{bmatrix}}}$.

Este resultado también permite exponencializar 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 la multiplicación, y por lo tanto también la exponenciación, de matrices diagonales es equivalente a la suma y multiplicación por elementos, y por lo tanto, la exponenciación; en particular, la exponenciación "unidimensional" se siente por elementos para la diagonal. caso.)

Ejemplo: Diagonalizable

Por ejemplo, la matriz

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}1&4\\1&1\\\end{bmatrix}}}$

se puede diagonalizar como

${\displaystyle {\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}-1&0\\0&3\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}^{-1}.}$

Por lo tanto,

${\displaystyle e^{A}={\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}e^{\begin{bmatrix}-1&0\\0&3\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}^{-1}={\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\frac {1}{e}}&0\\0&e^{3}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}-2&2\\1&1\\\end{bmatrix}}^{-1}={\begin{bmatrix}{\frac {e^{4}+1}{2e}}&{\frac {e^{4}-1}{e}}\\{\frac {e^{4}-1}{4e}}&{\frac {e^{4}+1}{2e}}\\\end{bmatrix}}.}$

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 de la 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 de Jordan-Chevalley

Por la descomposición de Jordan-Chevalley , cualquier${\displaystyle n\times n}$La matriz X con entradas complejas se puede expresar como

${\displaystyle X=A+N\,}$

donde

• A es diagonalizable
• N es nilpotente
• A conmuta con N

Esto significa que podemos calcular el exponencial de X reduciendo a los dos casos anteriores:

${\displaystyle e^{X}=e^{A+N}=e^{A}e^{N}.\,}$

Tenga en cuenta que necesitamos la conmutatividad de A y N para que funcione el último paso.

Usando la forma canónica de Jordan

Un método estrechamente relacionado es, si el campo se algebraicamente cerrado , para trabajar con la forma de Jordan de X . Supongamos que X = PJP  ^-1 donde J es la forma de Jordan de X . Luego

${\displaystyle e^{X}=Pe^{J}P^{-1}.\,}$

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, solo 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 .

Derivando esto por expansión de la función exponencial, cada potencia de P se reduce a P, que se convierte en un 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 simple rotación en la que la unidad perpendicular vectores de una y b especificar un avión, ^[16] la matriz de rotación R se puede expresar en términos de una función exponencial similar que implica un generador G y el ángulo θ . ^{[17] [18]}

${\displaystyle {\begin{aligned}G&=\mathbf {ba} ^{\mathsf {T}}-\mathbf {ab} ^{\mathsf {T}}&P&=-G^{2}=\mathbf {aa} ^{\mathsf {T}}+\mathbf {bb} ^{\mathsf {T}}\\P^{2}&=P&PG&=G=GP~,\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}R\left(\theta \right)=e^{G\theta }&=I+G\sin(\theta )+G^{2}(1-\cos(\theta ))\\&=I-P+P\cos(\theta )+G\sin(\theta )~.\\\end{aligned}}}$

La fórmula para la 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 ${\displaystyle a=\left[{\begin{smallmatrix}1\\0\end{smallmatrix}}\right]}$ y ${\displaystyle b=\left[{\begin{smallmatrix}0\\1\end{smallmatrix}}\right]}$, luego ${\displaystyle G=\left[{\begin{smallmatrix}0&-1\\1&0\end{smallmatrix}}\right]}$, ${\displaystyle G^{2}=\left[{\begin{smallmatrix}-1&0\\0&-1\end{smallmatrix}}\right]}$, y

${\displaystyle R(\theta )={\begin{bmatrix}\cos(\theta )&-\sin(\theta )\\\sin(\theta )&\cos(\theta )\end{bmatrix}}=I\cos(\theta )+G\sin(\theta )}$

se reduce a la matriz estándar para una rotación de plano.

La matriz P = - G ² proyecta un vector sobre el plano ab y la rotación solo afecta a esta parte del vector. Un ejemplo que ilustra esta es una rotación de 30 ° = π / 6 en el plano abarcado por un y b ,

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {a} &={\begin{bmatrix}1\\0\\0\\\end{bmatrix}}&\mathbf {b} &={\frac {1}{\sqrt {5}}}{\begin{bmatrix}0\\1\\2\\\end{bmatrix}}\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}G={\frac {1}{\sqrt {5}}}&{\begin{bmatrix}0&-1&-2\\1&0&0\\2&0&0\\\end{bmatrix}}&P=-G^{2}&={\frac {1}{5}}{\begin{bmatrix}5&0&0\\0&1&2\\0&2&4\\\end{bmatrix}}\\P{\begin{bmatrix}1\\2\\3\\\end{bmatrix}}={\frac {1}{5}}&{\begin{bmatrix}5\\8\\16\\\end{bmatrix}}=\mathbf {a} +{\frac {8}{\sqrt {5}}}\mathbf {b} &R\left({\frac {\pi }{6}}\right)&={\frac {1}{10}}{\begin{bmatrix}5{\sqrt {3}}&-{\sqrt {5}}&-2{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&8+{\sqrt {3}}&-4+2{\sqrt {3}}\\2{\sqrt {5}}&-4+2{\sqrt {3}}&2+4{\sqrt {3}}\\\end{bmatrix}}\\\end{aligned}}}$

Sea N = I - P , entonces N ² = N y sus productos con P y G son cero. Esto nos permitirá evaluar poderes de R .

${\displaystyle {\begin{aligned}R\left({\frac {\pi }{6}}\right)&=N+P{\frac {\sqrt {3}}{2}}+G{\frac {1}{2}}\\R\left({\frac {\pi }{6}}\right)^{2}&=N+P{\frac {1}{2}}+G{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\R\left({\frac {\pi }{6}}\right)^{3}&=N+G\\R\left({\frac {\pi }{6}}\right)^{6}&=N-P\\R\left({\frac {\pi }{6}}\right)^{12}&=N+P=I\\\end{aligned}}}$

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, tal que P ( A ) = 0 , y si la función meromórfica

${\displaystyle f(z)={\frac {e^{tz}-Q_{t}(z)}{P(z)}}}$

es completo , entonces

${\displaystyle e^{tA}=Q_{t}(A)}$.

Para probar esto, se multiplica la primera de las dos igualdades anteriores por P ( z ) y sustituir z por A .

Dicho polinomio Q _t ( z ) se puede encontrar de la siguiente manera: consulte la fórmula de Sylvester . Dejando a ser una raíz de P , Q _{a, t} ( z ) se resuelve a partir del producto de P por la parte principal de la serie de Laurent de f en a : Es proporcional a la covariante de Frobenius relevante . Entonces la suma S _t de Q _{a, t} , donde a recorre todas las raíces de P, se puede tomar como un Q _t particular . Todos los demás Q _t se obtendrán sumando un múltiplo de P a S _t ( z ) . En particular, S _t ( z ) , el polinomio de Lagrange-Sylvester , es la única Q _t cuyo grado es menor que el de P .

Ejemplo : considere el caso de una matriz arbitraria de 2 × 2,

${\displaystyle A:={\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}}.}$

La matriz exponencial e ^tA , en virtud del teorema de Cayley-Hamilton , debe tener la forma

${\displaystyle e^{tA}=s_{0}(t)\,I+s_{1}(t)\,A}$.

(Para cualquier número complejo zy cualquier C -álgebra B , denotamos nuevamente por z el producto de z por la unidad de B ).

Sean α y β las raíces del polinomio característico de A ,

${\displaystyle P(z)=z^{2}-(a+d)\ z+ad-bc=(z-\alpha )(z-\beta )~.}$

Entonces nosotros tenemos

${\displaystyle S_{t}(z)=e^{\alpha t}{\frac {z-\beta }{\alpha -\beta }}+e^{\beta t}{\frac {z-\alpha }{\beta -\alpha }}~,}$

por eso

${\displaystyle {\begin{aligned}s_{0}(t)&={\frac {\alpha \,e^{\beta t}-\beta \,e^{\alpha t}}{\alpha -\beta }},&s_{1}(t)&={\frac {e^{\alpha t}-e^{\beta t}}{\alpha -\beta }}\end{aligned}}}$

si α ≠ β ; mientras que, si α = β ,

${\displaystyle S_{t}(z)=e^{\alpha t}(1+t(z-\alpha ))~,}$

así que eso

${\displaystyle {\begin{aligned}s_{0}(t)&=(1-\alpha \,t)\,e^{\alpha t},&s_{1}(t)&=t\,e^{\alpha t}~.\end{aligned}}}$

Definiendo

${\displaystyle {\begin{aligned}s&\equiv {\frac {\alpha +\beta }{2}}={\frac {\operatorname {tr} A}{2}}~,&q&\equiv {\frac {\alpha -\beta }{2}}=\pm {\sqrt {-\det \left(A-sI\right)}},\end{aligned}}}$

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.

Por lo tanto,

${\displaystyle e^{tA}=e^{st}\left(\left(\cosh(qt)-s{\frac {\sinh(qt)}{q}}\right)~I~+{\frac {\sinh(qt)}{q}}A\right)~.}$

Así, como se indicó anteriormente, habiéndose descompuesto la matriz A en la suma de dos piezas que se conmutan mutuamente, la pieza traza y la pieza sin traza,

${\displaystyle A=sI+(A-sI)~,}$

la matriz exponencial se reduce a un simple producto de las exponenciales de las dos piezas respectivas. Esta es una fórmula de uso frecuente en física, ya que equivale al análogo de la fórmula de Euler para las matrices de espín de Pauli , es decir, las rotaciones de la representación del doblete del grupo SU (2) .

Al polinomio S _t también se le puede dar la siguiente caracterización de " interpolación ". Definir e _t ( z ) ≡ e ^tz , y n ≡ deg P . Entonces S _t ( z ) es el polinomio de grado < n único que satisface S _t ^{( k )} ( a ) = e _t ^{( k )} ( a ) siempre que k sea ​​menor que la multiplicidad de uncomo una raíz de P . Suponemos, ya que, obviamente, puede, que P es el polinomio mínimo de A . Suponemos además que A es una matriz diagonalizable . En particular, las raíces de P son simples y la caracterización de " interpolación " indica que S _t viene dada por la fórmula de interpolación de Lagrange , por lo que es el polinomio de Lagrange-Sylvester .

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 ≠ b , que produce

${\displaystyle S_{t}=e^{at}\ {\frac {z-b}{a-b}}\ {\Bigg (}1+\left(t+{\frac {1}{b-a}}\right)(z-a){\Bigg )}+e^{bt}\ {\frac {(z-a)^{2}}{(b-a)^{2}}}.}$

Evaluación por implementación de la fórmula de Sylvester

Un cálculo rápido y práctico de lo anterior se reduce a los siguientes pasos rápidos. Recuerde de lo anterior que una matriz n × n exp ( tA ) equivale a una combinación lineal de las primeras n −1 potencias de A según el teorema de Cayley-Hamilton . Para matrices diagonalizables , como se ilustra arriba, por ejemplo, en el caso 2 × 2, la fórmula de Sylvester produce exp ( tA ) = B _α exp ( tα ) + B _β exp ( tβ ) , donde las B s son las covariantes de Frobenius deUna .

Sin embargo, es más fácil simplemente resolver estos B s directamente, evaluando esta expresión y su primera derivada en t = 0, en términos de A e I , para encontrar la misma respuesta que antes.

Pero este sencillo procedimiento también funciona para matrices defectuosas , en una generalización debida a Buchheim. ^[19] Esto se ilustra aquí para un ejemplo de 4 × 4 de una matriz que no es diagonalizable , y las B s no son matrices de proyección.

Considerar

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&-{\frac {1}{8}}\\0&0&{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{bmatrix}}~,}$

con valores propios λ ₁ = 3/4 y λ ₂ = 1 , cada uno con una multiplicidad de dos.

Considere el exponencial de cada valor propio multiplicado por t , exp ( λ _i t ) . Multiplique cada valor propio exponenciado por la correspondiente matriz de coeficientes indeterminados B _i . Si los valores propios tienen una multiplicidad algebraica mayor que 1, repita el proceso, pero ahora multiplique por un factor extra de t para cada repetición, para asegurar la independencia lineal.

(Si un valor propio 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 valores propios son distintos, los B s son solo las covariantes de Frobenius , y resolverlos como se muestra a continuación equivale a la inversión de la matriz de Vandermonde de estos 4 valores propios).

Sume todos esos términos, aquí cuatro tales,

${\displaystyle {\begin{aligned}e^{At}&=B_{1_{1}}e^{\lambda _{1}t}+B_{1_{2}}te^{\lambda _{1}t}+B_{2_{1}}e^{\lambda _{2}t}+B_{2_{2}}te^{\lambda _{2}t},\\e^{At}&=B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}+B_{1_{2}}te^{{\frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+B_{2_{2}}te^{1t}~.\end{aligned}}}$

Para 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 tal en t = 0. Además, diferenciarla con respecto a t ,

${\displaystyle Ae^{At}={\frac {3}{4}}B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}+\left({\frac {3}{4}}t+1\right)B_{1_{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}+1B_{2_{1}}e^{1t}+\left(1t+1\right)B_{2_{2}}e^{1t}~,}$

y otra vez,

${\displaystyle {\begin{aligned}A^{2}e^{At}&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}+\left(\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}t+\left({\frac {3}{4}}+1\cdot {\frac {3}{4}}\right)\right)B_{1_{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+\left(1^{2}t+(1+1\cdot 1)\right)B_{2_{2}}e^{1t}\\&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}+\left(\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}t+{\frac {3}{2}}\right)B_{1_{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{t}+\left(t+2\right)B_{2_{2}}e^{t}~,\end{aligned}}}$

y una vez mas

${\displaystyle {\begin{aligned}A^{3}e^{At}&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{3}B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}+\left(\left({\frac {3}{4}}\right)^{3}t+\left(\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}+\left({\frac {3}{2}}\right)\cdot {\frac {3}{4}}\right)\right)B_{1_{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}+B_{2_{1}}e^{1t}+\left(1^{3}t+(1+2)\cdot 1\right)B_{2_{2}}e^{1t}\\&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{3}B_{1_{1}}e^{{\frac {3}{4}}t}\!+\left(\left({\frac {3}{4}}\right)^{3}t\!+{\frac {27}{16}}\right)B_{1_{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}\!+B_{2_{1}}e^{t}\!+\left(t+3\cdot 1\right)B_{2_{2}}e^{t}~.\end{aligned}}}$

(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 pueden resolverse,

${\displaystyle {\begin{aligned}I&=B_{1_{1}}+B_{2_{1}}\\A&={\frac {3}{4}}B_{1_{1}}+B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+B_{2_{2}}\\A^{2}&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}B_{1_{1}}+{\frac {3}{2}}B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+2B_{2_{2}}\\A^{3}&=\left({\frac {3}{4}}\right)^{3}B_{1_{1}}+{\frac {27}{16}}B_{1_{2}}+B_{2_{1}}+3B_{2_{2}}~,\end{aligned}}}$

ceder

${\displaystyle {\begin{aligned}B_{1_{1}}&=128A^{3}-366A^{2}+288A-80I\\B_{1_{2}}&=16A^{3}-44A^{2}+40A-12I\\B_{2_{1}}&=-128A^{3}+366A^{2}-288A+80I\\B_{2_{2}}&=16A^{3}-40A^{2}+33A-9I~.\end{aligned}}}$

Sustituyendo con el valor de A se obtienen las matrices de coeficientes

${\displaystyle {\begin{aligned}B_{1_{1}}&={\begin{bmatrix}0&0&48&-16\\0&0&-8&2\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}}\\B_{1_{2}}&={\begin{bmatrix}0&0&4&-2\\0&0&-1&{\frac {1}{2}}\\0&0&{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{8}}\\0&0&{\frac {1}{2}}&-{\frac {1}{4}}\end{bmatrix}}\\B_{2_{1}}&={\begin{bmatrix}1&0&-48&16\\0&1&8&-2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}}\\B_{2_{2}}&={\begin{bmatrix}0&1&8&-2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}}\end{aligned}}}$

entonces la respuesta final es

${\displaystyle e^{tA}={\begin{bmatrix}e^{t}&te^{t}&\left(8t-48\right)e^{t}\!+\left(4t+48\right)e^{{\frac {3}{4}}t}&\left(16-2\,t\right)e^{t}\!+\left(-2t-16\right)e^{{\frac {3}{4}}t}\\0&e^{t}&8e^{t}\!+\left(-t-8\right)e^{{\frac {3}{4}}t}&-2e^{t}+{\frac {t+4}{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}\\0&0&{\frac {t+4}{4}}e^{{\frac {3}{4}}t}&-{\frac {t}{8}}e^{{\frac {3}{4}}t}\\0&0&{\frac {t}{2}}e^{{\frac {3}{4}}t}&-{\frac {t-4}{4}}e^{{\frac {3}{4}}t}~.\end{bmatrix}}}$

El procedimiento es mucho más corto que el algoritmo de Putzer que a veces se utiliza en tales casos.

Ilustraciones

Supongamos que queremos calcular el exponencial de

${\displaystyle B={\begin{bmatrix}21&17&6\\-5&-1&-6\\4&4&16\end{bmatrix}}.}$

Su forma de Jordan es

${\displaystyle J=P^{-1}BP={\begin{bmatrix}4&0&0\\0&16&1\\0&0&16\end{bmatrix}},}$

donde la matriz P está dada por

${\displaystyle P={\begin{bmatrix}-{\frac {1}{4}}&2&{\frac {5}{4}}\\{\frac {1}{4}}&-2&-{\frac {1}{4}}\\0&4&0\end{bmatrix}}.}$

Calculemos primero exp ( J ). Tenemos

${\displaystyle J=J_{1}(4)\oplus J_{2}(16)\,}$

La exponencial de una matriz de 1 × 1 es solo la exponencial de una entrada de la matriz, por lo que exp ( J ₁ (4)) = [ e ⁴ ]. El exponencial de J ₂ (16) se puede calcular mediante la fórmula e ^{(λ I  +  N )} =  e ^λ e ^N mencionado anteriormente; esto produce ^[20]

${\displaystyle {\begin{aligned}&\exp \left({\begin{bmatrix}16&1\\0&16\end{bmatrix}}\right)=e^{16}\exp \left({\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}}\right)=\\[6pt]{}={}&e^{16}\left({\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}+{\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}}+{1 \over 2!}{\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}}+\cdots {}\right)={\begin{bmatrix}e^{16}&e^{16}\\0&e^{16}\end{bmatrix}}.\end{aligned}}}$

Por lo tanto, el exponencial de la matriz B original es

${\displaystyle {\begin{aligned}\exp(B)&=P\exp(J)P^{-1}=P{\begin{bmatrix}e^{4}&0&0\\0&e^{16}&e^{16}\\0&0&e^{16}\end{bmatrix}}P^{-1}\\[6pt]&={1 \over 4}{\begin{bmatrix}13e^{16}-e^{4}&13e^{16}-5e^{4}&2e^{16}-2e^{4}\\-9e^{16}+e^{4}&-9e^{16}+5e^{4}&-2e^{16}+2e^{4}\\16e^{16}&16e^{16}&4e^{16}\end{bmatrix}}.\end{aligned}}}$

Aplicaciones

Ecuaciones diferenciales lineales

La matriz exponencial tiene aplicaciones a sistemas de ecuaciones diferenciales lineales . (Véase también ecuación diferencial matricial .) Recuerde de antes en este artículo que una ecuación diferencial homogénea de la forma

${\displaystyle \mathbf {y} '=A\mathbf {y} }$

tiene solución e ^En y (0) .

Si consideramos el vector

${\displaystyle \mathbf {y} (t)={\begin{bmatrix}y_{1}(t)\\\vdots \\y_{n}(t)\end{bmatrix}}~,}$

Podemos expresar un sistema de ecuaciones diferenciales lineales acopladas no homogéneas como

${\displaystyle \mathbf {y} '(t)=A\mathbf {y} (t)+\mathbf {b} (t).}$

Haciendo un ansatz para usar un factor integrador de e ^{- At} y multiplicando todo, se obtiene

${\displaystyle {\begin{aligned}&&e^{-At}\mathbf {y} '-e^{-At}A\mathbf {y} &=e^{-At}\mathbf {b} \\&\Rightarrow &e^{-At}\mathbf {y} '-Ae^{-At}\mathbf {y} &=e^{-At}\mathbf {b} \\&\Rightarrow &{\frac {d}{dt}}\left(e^{-At}\mathbf {y} \right)&=e^{-At}\mathbf {b} ~.\end{aligned}}}$

El segundo paso es posible debido al hecho de que, si AB = BA , entonces e ^At B = Be ^At . Entonces, calcular e ^At conduce a la solución del sistema, simplemente integrando el tercer paso con respecto a t .

Ejemplo (homogéneo)

Considere el sistema

${\displaystyle {\begin{matrix}x'&=&2x&-y&+z\\y'&=&&3y&-1z\\z'&=&2x&+y&+3z\end{matrix}}~.}$

La matriz defectuosa asociada es

${\displaystyle A={\begin{bmatrix}2&-1&1\\0&3&-1\\2&1&3\end{bmatrix}}~.}$

La matriz exponencial es

${\displaystyle e^{tA}={\frac {1}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}\left(1+e^{2t}-2t\right)&-2te^{2t}&e^{2t}\left(-1+e^{2t}\right)\\-e^{2t}\left(-1+e^{2t}-2t\right)&2(t+1)e^{2t}&-e^{2t}\left(-1+e^{2t}\right)\\e^{2t}\left(-1+e^{2t}+2t\right)&2te^{2t}&e^{2t}\left(1+e^{2t}\right)\end{bmatrix}}~,}$

de modo que la solución general del sistema homogéneo es

${\displaystyle {\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\frac {x(0)}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}\left(1+e^{2t}-2t\right)\\-e^{2t}\left(-1+e^{2t}-2t\right)\\e^{2t}\left(-1+e^{2t}+2t\right)\end{bmatrix}}+{\frac {y(0)}{2}}{\begin{bmatrix}-2te^{2t}\\2(t+1)e^{2t}\\2te^{2t}\end{bmatrix}}+{\frac {z(0)}{2}}{\begin{bmatrix}e^{2t}\left(-1+e^{2t}\right)\\-e^{2t}\left(-1+e^{2t}\right)\\e^{2t}\left(1+e^{2t}\right)\end{bmatrix}}~,}$

por un importe de

${\displaystyle {\begin{aligned}2x&=x(0)e^{2t}\left(1+e^{2t}-2t\right)+y(0)\left(-2te^{2t}\right)+z(0)e^{2t}\left(-1+e^{2t}\right)\\[2pt]2y&=x(0)\left(-e^{2t}\right)\left(-1+e^{2t}-2t\right)+y(0)2(t+1)e^{2t}+z(0)\left(-e^{2t}\right)\left(-1+e^{2t}\right)\\[2pt]2z&=x(0)e^{2t}\left(-1+e^{2t}+2t\right)+y(0)2te^{2t}+z(0)e^{2t}\left(1+e^{2t}\right)~.\end{aligned}}}$

Ejemplo (no homogéneo)

Considere ahora el sistema no homogéneo

${\displaystyle {\begin{matrix}x'&=&2x&-&y&+&z&+&e^{2t}\\y'&=&&&3y&-&z&\\z'&=&2x&+&y&+&3z&+&e^{2t}\end{matrix}}~.}$

De nuevo tenemos

${\displaystyle A=\left[{\begin{array}{rrr}2&-1&1\\0&3&-1\\2&1&3\end{array}}\right]~,}$

y

${\displaystyle \mathbf {b} =e^{2t}{\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}}.}$

De antes, ya tenemos la solución general de la ecuación homogénea. Dado que la suma de las soluciones homogénea y particular da la solución general al problema no homogéneo, ahora solo necesitamos encontrar la solución particular.

Tenemos, por encima,

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {y} _{p}&=e^{tA}\int _{0}^{t}e^{(-u)A}{\begin{bmatrix}e^{2u}\\0\\e^{2u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} \\[6pt]&=e^{tA}\int _{0}^{t}{\begin{bmatrix}2e^{u}-2ue^{2u}&-2ue^{2u}&0\\-2e^{u}+2(u+1)e^{2u}&2(u+1)e^{2u}&0\\2ue^{2u}&2ue^{2u}&2e^{u}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}e^{2u}\\0\\e^{2u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} \\[6pt]&=e^{tA}\int _{0}^{t}{\begin{bmatrix}e^{2u}\left(2e^{u}-2ue^{2u}\right)\\e^{2u}\left(-2e^{u}+2(1+u)e^{2u}\right)\\2e^{3u}+2ue^{4u}\end{bmatrix}}\,du+e^{tA}\mathbf {c} \\[6pt]&=e^{tA}{\begin{bmatrix}-{1 \over 24}e^{3t}\left(3e^{t}(4t-1)-16\right)\\{1 \over 24}e^{3t}\left(3e^{t}(4t+4)-16\right)\\{1 \over 24}e^{3t}\left(3e^{t}(4t-1)-16\right)\end{bmatrix}}+{\begin{bmatrix}2e^{t}-2te^{2t}&-2te^{2t}&0\\-2e^{t}+2(t+1)e^{2t}&2(t+1)e^{2t}&0\\2te^{2t}&2te^{2t}&2e^{t}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}c_{1}\\c_{2}\\c_{3}\end{bmatrix}}~,\end{aligned}}}$

que podría simplificarse aún más para obtener la solución particular requerida determinada a través de la variación de parámetros. Tenga en cuenta c = y _p (0). Para mayor rigor, consulte la siguiente generalización.

Generalización de casos no homogénea: variación de parámetros

Para el caso no homogéneo, podemos usar factores integradores (un método similar a la variación de parámetros ). Buscamos una solución particular de la forma y _p ( t ) = exp ( tA )  z ( t ) ,

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {y} _{p}'(t)&=\left(e^{tA}\right)'\mathbf {z} (t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)\\[6pt]&=Ae^{tA}\mathbf {z} (t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)\\[6pt]&=A\mathbf {y} _{p}(t)+e^{tA}\mathbf {z} '(t)~.\end{aligned}}}$

Para que y _p sea ​​una solución,

${\displaystyle {\begin{aligned}e^{tA}\mathbf {z} '(t)&=\mathbf {b} (t)\\[6pt]\mathbf {z} '(t)&=\left(e^{tA}\right)^{-1}\mathbf {b} (t)\\[6pt]\mathbf {z} (t)&=\int _{0}^{t}e^{-uA}\mathbf {b} (u)\,du+\mathbf {c} ~.\end{aligned}}}$

Por lo tanto,

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {y} _{p}(t)&=e^{tA}\int _{0}^{t}e^{-uA}\mathbf {b} (u)\,du+e^{tA}\mathbf {c} \\&=\int _{0}^{t}e^{(t-u)A}\mathbf {b} (u)\,du+e^{tA}\mathbf {c} ~,\end{aligned}}}$

donde c está determinada por las condiciones iniciales del problema.

Más precisamente, considere la ecuación

${\displaystyle Y'-A\ Y=F(t)}$

con la condición inicial Y ( t ₀ ) = Y ₀ , donde

A es una matriz compleja de n por n ,

F es una función continua de algún intervalo abierto I a ℂ ⁿ ,

${\displaystyle t_{0}}$es un punto de yo , y

${\displaystyle Y_{0}}$es un vector de ℂ ⁿ .

Al multiplicar por la izquierda la igualdad mostrada anteriormente por e ^{−tA se} obtiene

${\displaystyle Y(t)=e^{(t-t_{0})A}\ Y_{0}+\int _{t_{0}}^{t}e^{(t-x)A}\ F(x)\ dx~.}$

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 ≤ k < 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:

${\displaystyle P\in \mathbb {C} [X]}$es un polinomio mónico de grado n > 0 ,

f es una función continua con valores complejos definida en algún intervalo abierto I ,

${\displaystyle t_{0}}$es un punto de yo ,

${\displaystyle y_{k}}$ es un número complejo, y

s _k ( t ) es el coeficiente de${\displaystyle X^{k}}$ en el polinomio denotado por ${\displaystyle S_{t}\in \mathbb {C} [X]}$en la subsección Evaluación de la serie Laurent anterior.

Para justificar esta afirmación, transformamos nuestra ecuación escalar de orden n en una ecuación vectorial de orden uno mediante la reducción habitual a un sistema de primer orden . Nuestra ecuación vectorial toma la forma

${\displaystyle {\frac {dY}{dt}}-A\ Y=F(t),\quad Y(t_{0})=Y_{0},}$

donde A es la transpuesta de la matriz compañero de P . Resolvemos esta ecuación como se explicó anteriormente, calculando las exponenciales de la matriz mediante la observación realizada en la subsección Evaluación mediante la implementación de la fórmula de Sylvester anterior.

En el caso n = 2 obtenemos la siguiente declaración. La solucion para

${\displaystyle y''-(\alpha +\beta )\ y'+\alpha \,\beta \ y=f(t),\quad y(t_{0})=y_{0},\quad y'(t_{0})=y_{1}}$

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 la subsección Evaluación de la serie Laurent anterior.

Exponenciales matriz-matriz

La matriz exponencial de otra matriz (matriz-matriz exponencial), ^[21] se define como

${\displaystyle X^{Y}=e^{\log(X)\cdot Y}}$

${\displaystyle ^{Y}X=e^{Y\cdot \log(X)}}$

para cualquier matriz X normal y no singular n × n , y cualquier matriz Y compleja n × n .

Para las exponenciales matriz-matriz, hay una distinción entre la exponencial izquierda ^Y X y la exponencial derecha X ^Y , porque el operador de multiplicación de matriz a matriz no es conmutativo . Es más,

• Si X es normal y no singular, entonces X ^Y e ^Y X tienen el mismo conjunto de valores propios.
• Si X es normal y no singular, Y es normal, y XY = YX , entonces X ^Y = ^Y X .
• Si X es normal y no singular, y X , Y , Z conmutan entre sí, entonces X ^{Y + Z} = X ^Y · X ^Z y ^{Y + Z} X = ^Y X · ^Z X .

Ver también

• Función de matriz
• Logaritmo matricial
• C 0 -semigrupo
• Funcion exponencial
• Mapa exponencial (teoría de Lie)
• Expansión magnus
• Derivada del mapa exponencial
• Flujo vectorial
• Desigualdad de Golden-Thompson
• Distribución de tipo de fase
• Fórmula de producto de mentira
• Fórmula de Baker – Campbell – Hausdorff
• Covariante de Frobenius
• Fórmula de Sylvester
• Funciones trigonométricas de matrices

Referencias

1. Hall 2015 Ecuación 2.1
2. Salón 2015 Proposición 2.3
3. Teorema 2.12 de Hall 2015
4. Teorema 2.11 de Hall 2015
5. Hall 2015 Capítulo 5
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20. Esto se puede generalizar; en general, el exponencial de J _n ( a ) es una matriz triangular superior con e ^a / 0! en la diagonal principal, e ^a / 1! en el de arriba, e ^a / 2! en el siguiente, y así sucesivamente.
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Enlaces externos

• Weisstein, Eric W. "Matriz exponencial" . MathWorld .