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微分方程:矩阵指数

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例子问题

例子问题1:矩阵指数

利用矩阵指数的定义，

$e^{At}=I+At+A^2\frac{t^2}{2!}+...+A^k\frac{t^k}{k!}+...=\sum_{k=0}^\infty A^k\frac{t^k}{k!}$

来计算 $e^{At}$ 下面的矩阵。

$A=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}$

可能的答案:

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ 2e^{t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&1\end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&1\\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&2e^t \end{pmatrix}$

正确答案:

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

解释：

考虑到矩阵,

$A=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}$

利用矩阵指数的定义，

$e^{At}=I+At+A^2\frac{t^2}{2!}+...+A^k\frac{t^k}{k!}+...=\sum_{k=0}^\infty A^k\frac{t^k}{k!}$

计算

$A^2=AA=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 4& 1 \end{pmatrix}$

$A^3=A^2A=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 4&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 8&1 \end{pmatrix}$

因此

$A^k=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 2^k&1 \end{pmatrix}; k=1,2,3,...$

$e^{At}=I+\frac{A}{1!}t+\frac{A^2}{2!}t^2+...$

$\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}+\frac{1}{1!}\begin{pmatrix} 0& 1\\ 4&1 \end{pmatrix}+\frac{1}{3!}\begin{pmatrix} 0& 1\\ 8&1 \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

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问题71:微分方程

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。

可能的答案:

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

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

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

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

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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例子问题1:矩阵指数

考虑到矩阵 $A =\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1& 3 \end{bmatrix}$ ，计算矩阵指数， $e^{tA}$ ．

可能的答案:

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{t} + e^{3t}&e^{t} - e^{3t} \\ e^{t} - e^{3t}&e^{t} + e^{3t} \end{bmatrix}$

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{4t} + e^{2t}&e^{4t} - e^{2t} \\ e^{4t} + e^{2t}&e^{4t} - e^{2t} \end{bmatrix}$

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{t} - e^{3t}&e^{t} - e^{3t} \\ e^{t} + e^{3t}&e^{t} + e^{3t} \end{bmatrix}$

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{4t} - 2e^{2t}&4e^{4t}+ e^{2t} \\ 4e^{4t} - e^{2t}&e^{4t} + 2e^{2t} \end{bmatrix}$

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{4t} + e^{2t}&e^{4t} - e^{2t} \\ e^{4t} - e^{2t}&e^{4t} + e^{2t} \end{bmatrix}$

正确答案:

$\frac{1}{2} \begin{bmatrix} e^{4t} + e^{2t}&e^{4t} - e^{2t} \\ e^{4t} - e^{2t}&e^{4t} + e^{2t} \end{bmatrix}$

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 $(A - \lambda I)$ ）.

$|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 3& -1 \\ -1& \lambda - 3 \end{vmatrix} = (\lambda - 3)^2 -1 = \lambda^2 - 6\lambda + 8 = (\lambda - 2)(\lambda - 4)$

因此，我们有特征值4和2。通过找到特征空间的基来解特征向量，我们有

λ= 4

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

把第一行加到第二行，我们就剩下

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

这 x_1 - x_2 = 0

有一个特征向量 $\begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}$ ．

对于= 2，我们有

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

把第一行加-1到第二行，我们有

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

这 -x_1 - x_2 = 0

而且 $\begin{bmatrix} 1\\-1 \end{bmatrix}$ 是一个特征向量。

构造对角化矩阵，我们有

$P = \begin{bmatrix} 1&1 \\ 1&-1 \end{bmatrix}$ $D = \begin{bmatrix} 4&0 \\ 0&2 \end{bmatrix}$

利用计算2x2矩阵逆的公式，我们有

$P^{-1} =-\frac{1}{2}\begin{bmatrix} -1&-1 \\ -1&1 \end{bmatrix}$

为了计算矩阵指数，我们可以找到的矩阵指数和繁殖而且 $P^{-1}$ 回去。所以 $e^{tA} =Pe^{tD}P^{-1}$ ．

$e^{tD}$ 是通过对角线上的元素取幂得到的。因此, $e^{tA} = \begin{bmatrix} 1&1 \\ 1&-1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} e^{4t}&0 \\ 0&e^{2t} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

相乘得到

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

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例子问题1:矩阵指数

利用矩阵指数的定义，

$e^{At}=I+At+A^2\frac{t^2}{2!}+...+A^k\frac{t^k}{k!}+...=\sum_{k=0}^\infty A^k\frac{t^k}{k!}$

来计算 $e^{At}$ 下面的矩阵。

$A=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}$

可能的答案:

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ 2e^{t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&2e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&1\\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&1\end{pmatrix}$

正确答案:

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

解释：

考虑到矩阵,

$A=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}$

利用矩阵指数的定义，

$e^{At}=I+At+A^2\frac{t^2}{2!}+...+A^k\frac{t^k}{k!}+...=\sum_{k=0}^\infty A^k\frac{t^k}{k!}$

计算

$A^2=AA=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 4& 1 \end{pmatrix}$

$A^3=A^2A=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 4&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1 \\ 2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 8&1 \end{pmatrix}$

因此

$A^k=\begin{pmatrix} 0&1 \\ 2^k&1 \end{pmatrix}; k=1,2,3,...$

$e^{At}=I+\frac{A}{1!}t+\frac{A^2}{2!}t^2+...$

$\begin{pmatrix} 0& 1\\ 2&1 \end{pmatrix}+\frac{1}{1!}\begin{pmatrix} 0& 1\\ 4&1 \end{pmatrix}+\frac{1}{3!}\begin{pmatrix} 0& 1\\ 8&1 \end{pmatrix}$

$e^{At}=\begin{pmatrix} 0&e^t \\ e^{2t}&e^t \end{pmatrix}$

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例子问题1:矩阵指数

计算矩阵指数， $e^{tA}$ ，对于以下矩阵: $A = \begin{bmatrix} -7& 3\\-1 &-3 \end{bmatrix}$ ．

可能的答案:

$\begin{bmatrix} 3e^{-5t}-e^{-3t} & -3e^{-5t} + 3 e^{-3t} \\ e^{-5t}-e^{-3t}&-e^{-5t} + 3e^{-3t} \end{bmatrix}$

$\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 3e^{-5t}-e^{-3t} & -3e^{-5t} + 3 e^{-3t} \\ e^{-5t}-e^{-3t}&-e^{-5t} + 3e^{-3t} \end{bmatrix}$

$\begin{bmatrix} e^{-6t}-3e^{-4t} & -5e^{-6t} + e^{-4t} \\ e^{-6t}-e^{-4t}&-e^{-6t} + 8e^{-4t} \end{bmatrix}$

$\begin{bmatrix} 10e^{-5t}-2e^{-3t} & -e^{-5t} + 3 e^{-3t} \\ 2e^{-5t}-e^{-3t}&e^{-5t} + 4e^{-3t} \end{bmatrix}$

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

正确答案:

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

解释：

为了得到矩阵指数，我们必须对角化矩阵，这需要我们找到特征值和特征向量。因此,我们有

$\begin{vmatrix} \lambda+7 &-3 \\ 1& \lambda +3 \end{vmatrix} = (\lambda+7)(\lambda+3) +3 = \lambda^2 + 10\lambda +24 = (\lambda + 6)(\lambda + 4) = 0$

使用 $\lambda = -4, -6$ ，然后通过求解特征空间找到特征向量。

$\lambda = -4$

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

这个解决方案 x_1 - x_2 = 0 ,或 $x_1\begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}$ ．一个合适的特征向量很简单 $\begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix}$ ．

重复的 $\lambda = -6$ ，

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

这个解决方案 x_1 - 3x_2 = 0 ，则合适的特征向量为 $\begin{bmatrix} 3\\1 \end{bmatrix}$ ．

因此,我们有 $P = \begin{bmatrix} 1 & 3\\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ ， $D = \begin{bmatrix} -4 &0 \\ 0& -6 \end{bmatrix}$ ，利用2x2矩阵的逆公式， $P^{-1} = -\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1 &-3 \\ -1 &1 \end{bmatrix}$ ．现在我们取矩阵的指数然后把这三个矩阵相乘。因此,

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

将这些产量相乘 $e^{tA} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix} 3e^{-6t}-e^{-4t} & -3e^{-6t} + 3 e^{-4t} \\ e^{-6t}-e^{-4t}&-e^{-6t} + 3e^{-4t} \end{bmatrix}$

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例子问题1:矩阵指数

的通解

$y^{'''} + y^{''} + 3y' - 5y = 0$

可能的答案:

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\sin{2x}$

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\cos{2x} + C_3e^{-x}\sin{2x}$

其他答案都没有

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\cos{x} + C_3e^{-x}\sin{x}$

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\cos{2x}$

正确答案:

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\cos{2x} + C_3e^{-x}\sin{2x}$

解释：

辅助方程是

r^3+r^2+3r-5 = (r-1)(r^2+2r+5) = 0

根是

$r = 1, -1 \pm 2i$

我们的解决方案是

$y(x) = C_1e^x + C_2e^{-x}\cos{2x} + C_3e^{-x}\sin{2x}$

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