ATT BERÄKNA etA Vi har sett att det går att beräkna etA om A är en

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!)