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抽认卡:矩阵指数

考虑到矩阵 $A =\begin{bmatrix} -1 & -1& -3 \\ -6& 1& 0 \\ 0& 1 &2 \end{bmatrix}$ ，计算矩阵指数， $e^{tA}$ ．你可以把你的答案对角化:也就是说，它可以包含矩阵相乘和倒置。

$e^{tA} =\begin{bmatrix} -1 & -1& -\frac{1}{6} \\ 2& 3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t} & 0& 0 \\ 0& e^{-t}& t \\ 0& 0 &e^{-t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& -\frac{1}{6} \\ 2& 3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$

$e^{tA} =\begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t} & 0& 0 \\ 0& e^{-t}& t \\ 0& 0 &e^{-t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$

$e^{tA} =\begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t} & 0& 0 \\ 0& e^{-t}& 0 \\ 0& 0 &e^{-t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$

$e^{tA} =\begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{1}{6} \\ 2& 3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{-t} & 0& 0 \\ 0& e^{4t}& t \\ 0& 0 &e^{-t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{1}{6} \\ 2& 3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$

抽认卡:矩阵指数

你的答案:

正确答案:

解释：

首先我们通过特征方程找到特征值，它是的行列式 $(\lambda I - A)$ (或 $(A - \lambda I)$ ）. $| \lambda I -A| =\begin{vmatrix} \lambda +1 & 1& 3 \\ 6& \lambda-1& 0 \\ 0& -1 & \lambda -2 \end{vmatrix}$ 向第一列展开得到

$(\lambda + 1)\begin{vmatrix} \lambda - 1& 0 \\ -1& \lambda - 2 \end{vmatrix} - 6\begin{vmatrix} 1&3 \\ -1& \lambda -2 \end{vmatrix} =(\lambda+1)(\lambda-2)(\lambda-1) - 6(\lambda-2 + 3)$

化简并提出a $(\lambda+1)$ ,我们有

$(\lambda+1)((\lambda -1)(\lambda-2) - 6) = (\lambda+1)(\lambda^2 - 3\lambda - 4) = (\lambda+1)(\lambda - 4)(\lambda + 1)$

所以我们的特征值是 $\lambda = -1, 4$

为了找到特征向量，我们找到的零空间的基 $(\lambda I - A)$ 对于每一个λ。

λ= 1

$\begin{bmatrix} 0 & 1& 3 & \vline & 0 \\ 6& -2& 0 & \vline & 0 \\ 0& -1 & -3 & \vline & 0 \end{bmatrix}$

把第一行加到第三行，放到第三行，第二行除以6，交换第二行和第一行，得到行简化阶梯形。就我们的目的而言，只需完成第一步并查看生成的系统就足够了。

$\begin{bmatrix} 0 & 1& 3 & \vline & 0 \\ 6& -2& 0 & \vline & 0 \\ 0& 0 & 0 & \vline & 0 \end{bmatrix}$

这 $x_2 + 3x_3 = 0\\6x_1 - 2x_2 = 0$

有解决方案 x_2 $\begin{bmatrix} \frac{1}{3}\\ 1 \\ -\frac{1}{3} \end{bmatrix}$ ．因此，一个干净的特征向量是 $\begin{bmatrix} 1\\ 3 \\ -1 \end{bmatrix}$

对于= 4，我们有

$\begin{bmatrix} 5 & 1& 3 & \vline & 0 \\ 6& 3& 0 & \vline & 0 \\ 0& -1 & 2 & \vline & 0 \end{bmatrix}\rightarrow \begin{bmatrix} 5 & 0& 5 & \vline & 0 \\ 6& 3& 0 & \vline & 0 \\ 0& -1 & 2 & \vline & 0 \end{bmatrix}\rightarrow \begin{bmatrix} 5 & 0& 5 & \vline & 0 \\ 6& 0& 6 & \vline & 0 \\ 0& -1 & 2 & \vline & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 0& 1 & \vline & 0 \\ 0& 1& -2 & \vline & 0 \\ 0& 0 & 0 & \vline & 0 \end{bmatrix}$

步骤1:将第3行添加到第1行。

步骤2:将第3行添加到第2行

步骤3:在第二行中添加第一行的-6/5。交换和除必要的，以获得适当的枢轴。

这给了我们

$\begin{bmatrix} 1 & 0& 1 & \vline & 0 \\ 0& 1& -2 & \vline & 0 \\ 0& 0 & 0 & \vline & 0 \end{bmatrix}$

这 $x_1 + x_3 = 0\\x_2 - 2x_3 = 0$

有解决方案 x_3 $\begin{bmatrix} -1\\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ ．因此，一个干净的特征向量是 $\begin{bmatrix} -1\\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ ．

因为我们最后只得到两个特征向量，我们还需要获取一个广义特征向量。要做到这一点，我们要解

$(-I - A)w = \begin{bmatrix} -1\\-3 \\ 1 \end{bmatrix}$

(对于= 1，我们设它等于特征向量对1的逆)

这给了我们

$\begin{bmatrix} 0 & 1& 3 & \vline & -1 \\ 6& -2& 0 & \vline & -3 \\ 0& -1 & -3 & \vline & 1 \end{bmatrix}$

解这个的步骤和解-1的特征向量的步骤是一样的。再继续下去，进一步减少，我们得到。

$\begin{bmatrix} 1 & 0& 1 & \vline & -\frac{5}{6} \\ 0& 1& 3 & \vline & -1 \\ 0& 0 & 0 & \vline & 0 \end{bmatrix}$

求解这个方程组，我们的广义特征向量由 $\begin{bmatrix} \frac{5}{6}\\ 1 \\0 \end{bmatrix}$ ．分解成乔丹矩阵得到

$A =\begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4 & 0& 0 \\ 0& -1& 1 \\ 0& 0 &-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$ ，

当我们用上面的形式对它求指数时，我们只需要找到Jordan矩阵的矩阵指数。这是通过对主对角线上的项取幂来实现的，并使每个Jordan块的超对角线上的项用t的幂除以适当的阶乘。因此，矩阵指数由

$e^{tA} =\begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{4t} & 0& 0 \\ 0& e^{-t}& \frac{t^1}{1!} \\ 0& 0 &e^{-t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & -1& \frac{5}{6} \\ 2& -3& 1 \\ 1& 1 &0 \end{bmatrix}^{-1}$

从这里开始，这就只是一个逆和相乘的问题了——在代数上令人生畏，但在概念上很容易。

注意:在上面的最终表单中，任何具有相同条目，但转换了列的内容都是可以的。也就是说，在最后两个矩阵的最后一列中有第一个特征向量是可以的 $e^{4t}$ 在第二个矩阵的右下角。

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