ATT BERÄKNA etA FRANK WIKSTRÖM Vi har sett att det går att beräkna etA om A är en diagonaliserbar matris, men det finns faktiskt en metod som fungerar även i fallet då A inte är diagonaliserbar. Anta att A är en n × n-matris. Då är också etA en n × n-matris, och om vi vill kan vi tänka oss att etA är avbildningsmatrisen för en linjär avbildning T : Rn → Rn . För att bestämma denna avbildning fullständigt, dvs för att kunna beräkna etA , måste vi beräkna T (v1 ), T (v2 ), . . . , T (vn ) för n stycken linjärt oberoende vektorer v1 , v2 , . . . , vn . Steg 1. Anta att S är en egenvektor till A med tillhörande egenvärde λ, dvs att AS = λS. Då blir etA S = et(λI)+t(A−λI) S = e(λt)I et(A−λI) S = e(λt) Iet(A−λI) S, där den andra likheten är sann, eftersom λI och A − λI kommuterar (visa detta som en övning!) Vidare gäller att 1 2 2 t(A−λI) e S = I + t(A − λI) + t (A − λI) + · · · S = S 2! eftersom (A − λI)S = 0. Slutsatsen blir alltså Sats 1. Om AS = λS, så är etA S = eλt S. (Dvs om S är en egenvektor till A med egenvärde λ, så är S en egenvektor till etA med egenvärde eλt .) Om A är diagonaliserbar, så kan vi hitta n stycken linjärt oberoende egenvektorer S1 , S2 , . . . , Sn till A med motsvarande egenvärden λ1 , . . . , λn . Låt, som vanligt | | | S = S1 S2 · · · Sn . | | | Enligt sats 1 gäller att eλ1 t 0 ... 0 .. 0 e λ2 t . tA λ1 t λ2 t λn t e S = e S1 + e S2 + · · · + e Sn = S . .. .. . λ t n 0 ... e och om vi multiplicerar båda sidor med S−1 från vänster får vi att etA = SetD S−1 där etD är diagonalmatrisen med diagonalelement eλ1 t , . . . , eλn t som ovan. Detta resultat överensstämmer med det som finns i kursboken (fast med en lite annorlunda härledning). 1 2 FRANK WIKSTRÖM Steg 2. Vad gör vi om det inte finns tillräckligt många egenvektorer? Anta till exempel att λ är ett dubbelt egenvärde, men att det ändå bara finns en linjärt oberoende egenvektor S1 som svarar mot detta egenvärde. Ur beräkningen i steg 1 vet vi att etA S1 = eλt S1 , men för att få fram etA behöver vi beräkna etA S för någon vektor S som inte är parallell med S1 . Ett sätt att göra detta är att söka lösningar till (A − λI)2 S = 0. Exempel 1. Låt 2 3 A= 0 2 Då är λ = 2 ett dubbelt nollställe till den karakteristiska ekvationen pA (λ) = 0, T men det går bara att hitta en linjärt oberoende egenvektor: S1 = 1 0 . Observera att 2 0 3 0 0 2 (A − 2I) = = , 0 0 0 0 så vi kan hitta en lösning S till ekvationen (A − 2I)2 S = 0, som inte löser (A − 2I)S = 0, dvs en lösning som inte är en egenvektor till A. Till exempel T duger S2 = 0 1 . Det följer att 1 2 t(A−2I) 2 e S2 = I + t(A − 2I) + t (A − 2I) + · · · S2 = S2 + t(A − 2I)S2 , 2! så 2t 0 3te tA 2t t(A−2I) 2t 2t 1 3t e S2 = e e S2 = e (I + t(A − 2I))S2 = e = 0 1 1 e2t Dessutom visste vi ju redan (enligt beräkningarna i steg 1) att 2t e tA 2t e S1 = e S1 = 0 Sammanfattningsvis får vi alltså (med S = S1 S2 ) att 2t e 3te2t tA e S= 0 e2t Multiplikation med S−1 (= I) från höger ger 2t e 3te2t tA e = =: Φ(t) 0 e2t Vi kan kontrollera vår beräkning med hjälp av Sats 5.4 ur läroboken. Obs att 2t 2e (3 + 6t)e2t 0 Φ (t) = 0 2e2t och 2t 2 3 e2t 3te2t 2e (3 + 6t)e2t AΦ(t) = = = Φ0 (t) 0 2 0 e2t 0 2e2t och eftersom Φ(0) = I, så garanterar Sats 5.4 att vi har räknat rätt. Metoden som antyds av exemplet ovan fungerar alltid. Ibland kan det behövas flera steg, dvs att successivt hitta lösningar till (A − λI)S = 0, (A − λI)2 S = 0, (A − λI)3 S = 0, osv tills man funnit tillräckligt många (dvs samma antal som multipliciteten av motsvarande egenvärde). Med visst besvär (och det som kallas Cayley-Hamiltons sats) kan man visa att om λ ATT BERÄKNA etA 3 är ett egenvärde av multiplicitet k, så behöver man aldrig gå längre än till ekvationen (A − λI)k−1 S = 0. Konsekvensen av detta är att etA kan byggas upp av termer p(t)eλt , där λ är ett egenvärde av multiplicitet k till A och p(t) är ett polynom av grad högst k − 1. Vi avslutar med ett större exempel. Exempel 2. Beräkna etA om 7 −13 −2 −5 −2 . A= 3 −1 1 4 Kontrollera att det(λI − A) = (λ − 2)3 , så det enda egenvärdet är λ = 2 (med multiplicitet 3). Vi börjar med att söka egenvektorer till A: 5 −13 −2 −1 −1 2 −7 −2 ∼ 3 −7 −2 A − 2I = 3 −1 −1 2 5 −13 −2 −1 −1 2 −1 −1 4 ∼ 0 −4 −4 ∼ 0 −1 1 . 0 −8 −8 0 0 0 Vi kan endast hitta en linjärt oberoende egenvektor: T S1 = 3 1 1 , och vi får att 3 etA S1 = e2t S1 = e2t 1 1 Nästa steg blir att söka lösningar till −12 24 (A − 2I)2 = −4 8 −4 8 (A − 2I)2 S = 0: 12 −1 2 1 4 ∼ 0 0 0 4 0 0 0 och lösningarna till (A − 2I)2 S = 0 ges alltså av 1 2 t 0 + s 1 . 1 0 Vi noterar att t = s = 1 ger S1 , så det går bara att hitta en (linjärt oberoende) lösning som inte redan är en egenvektor till A. Vi kan t.ex välja T S2 = 1 0 1 och vi får 1 + 5t −13t −2t 1 1 + 3t 1 − 7t −2t 0 = e2t t . etA S2 = e2t (I+t(A−2I))S2 = e2t 3t −t −t 1 + 2t 1 1+t 4 FRANK WIKSTRÖM Vi fortsätter med lösningar till (A − 2I)3 S = 0: 0 0 0 (A − 2I)3 = 0 0 0 , 0 0 0 så alla vektorer S löser ekvationen (A − 2I)3 S = 0. Vi väljer en lösning S3 T som inte är en linjärkombination av S1 och S2 , till exempel S3 = 0 0 1 . Med detta val har vi 1 2 2 tA 2t e S3 = e I + t(A − 2I) + t (A − 2I) S2 2 2 1 + 5t − 6t −13t + 12t2 −2t + 6t2 −2t + 6t2 0 1 − 7t + 4t2 −2t + 2t2 0 = −2t + 2t2 = e2t 3t − 2t2 1 −t − 2t2 −t + 4t2 1 + 2t + 2t2 1 + 2t + 2t2 Sammanfattningsvis har 3 1 etA 1 0 1 1 vi alltså beräknat att 3 1 + 3t −2t + 6t2 0 0 = e2t 1 t −2t + 2t2 1 1 1 + t 1 + 2t + 2t2 Multiplikation från höger med 3 1 1 0 1 1 −1 0 0 1 0 0 = 1 −3 0 1 −1 2 1 ger slutligen att etA 3 1 − 3t −2t + 6t2 0 1 0 −t −2t + 2t2 1 −3 0 = e2t 1 −1 2 1 1 1 + 3t 1 + 2t + 2t2 1 + 5t − 6t2 −13t + 12t2 −2t + 6t2 1 − 7t + 4t2 −2t + 2t2 = e2t 3t − 2t2 2 −t − 2t t + 4t2 1 + 2t + 2t2 Kontroll med hjälp av Sats 5.4 verifierar att beräkningen är korrekt. (Övning!)