4 Вычисление экспоненты

152
4
4. ВЫЧИСЛЕНИЕ ЭКСПОНЕНТЫ
Вычисление экспоненты
В этом параграфе мы обсудим, каким образом можно вычислять экспоненту
оператора. Начнем с простейшего случая.
4.1
Случай вещественного собственного базиса.
Напомним определение собственного вектора:
Определение 4.1. Вектор ξ ∈ Rn , ξ 6= 0 называется собственным вектором
оператора A : Rn → Rn , если для некоторого числа λ выполнено Aξ = λξ.
Это число λ называется собственным значением вектора ξ.
Этот раздел посвящен случаю, когда собственные векторы оператора A
образуют базис в Rn (в частности — когда у оператора A есть n вещественных различных собственных значений).
Лемма 4.2. Если ξ — собственный вектор оператора A с собственным
значением ξ, то eA ξ = eλ ξ.
Доказательство. Мы выпишем ряд для экспоненты и посмотрим, как члены этого ряда действуют на вектор ξ:
Ak
λk
eA ξ = E + A + · · · +
+ . . . ξ = ξ + λξ + · · · +
ξ + · · · = eλ ξ.
k!
k!
Пусть теперь у оператора A есть базис из собственных векторов (ξ 1 , . . . , ξ n ).
Предыдущая лемма показывает, как eA действует на векторах этого базиса.
Как вычислить eA x для произвольного вектора x? Нужно разложить вектор x по собственным векторам и воспользоваться линейностью оператора
A:
n
n
X
X
X
x=
c j ξ j ⇒ eA x =
cj eA ξ j =
cj eλj ξ j .
(2.20)
j=1
j=1
Как теперь найти матрицу оператора eA в каком-нибудь другом базисе
f1 , . . . , fn ? Заметим, что i-й столбец любой матрицы — это координаты
образа i-го базисного вектора, поэтому достаточно вычислить eA fi , i =
1, 2, . . . , n по формуле (2.20) и записать по столбцам матрицы.
Можно, конечно, поступить иначе: найти матрицу оператора eA в собственном базисе ξ1 , . . . , ξn (эта матрица диагональная, на её диагонали стоят
числа eλ1 , . . . , eλn ), а потом перейти в другой базис (f1 , . . . , fn ). Результат
будет таким же.
4.2
Вычисление экспоненты в случае комплексного собственного базиса.
В этом разделе мы научимся вычислять экспоненту от оператора в случае,
когда он имеет n различных комплексных собственных значений. Для этого
4.3. Вычисление eA в общем случае
153
нам понадобится комплексифицировать оператор, см. параграф 3 «Линейные уравнения в Cn ».
Определение 4.3. Говорят, что у оператора A есть комплексный собственный базис, если у оператора C A есть базис из (комплексных) собственных
векторов.
Лемма 4.4. Пусть у оператора A есть комплексный собственный базис
(ξ 1 , . . . , ξ n ) ⊂ Cn с собственными значениями λ1 , . . . , λn . Тогда экспонента C eA в этом базисе имеет диагональную матрицу с коэффициентами
(eλ1 , . . . , eλn ).
Доказательство. Повторим выкладку из леммы 4.2 для оператора C A.
C
Мы получим, что e A имеет диагональную матрицу с коэффициентами
(eλ1 , . . . , eλn ) в собственном базисе. По предложению 3.7 параграфа 3 «ЛиC
нейные уравнения в Cn », e A =C eA , что и требовалось.
Теперь, если мы знаем комплексификацию экспоненты C eA , мы можем
вычислить и саму экспоненту eA : ведь на пространстве Rn ⊂ Cn (пространстве векторов с нулевой мнимой частью) они действуют одинаково.
Пример 4.5. Комплексифицированный поворот (см. пример 3.4) в соб0
ственном базисе ((1, i), (1, −i)) имеет диагональную
матрицу −i
0 i , по
этому его экспонента имеет матрицу
e−i 0
0 ei
. Это значит, что век-
тор (1, i) она переводит в вектор e (1, i), а вектор (1, −i) — в вектор
ei (1, −i). По линейности, вектор (1, 0) = 12 (1, i) + 21 (1, −i) переходит в
i
−i
i
−i
, −i e −e
) = (cos 1, sin 1), а вектор (0, 1) — в (− sin 1, cos 1).
( e +e
2
2
1 − sin 1
Так что exp 10 −1
= cos
0
sin 1 cos 1 . Это полностью согласуется с тем,
что поток векторного поля v(x, y) = (−y, x) за время 1 — поворот на угол
1 (см. раздел 13.3 главы 1).
−i
4.3
Вычисление eA в общем случае.
Нам понадобится следующая теорема из курса линейной алгебры:
Теорема 4.6. Для любого оператора A : Cn → Cn существует жорданов
базис — базис, в котором матрица оператора имеет блочно-диагональный
вид:


J1 0 . . . . . . 0
 0 J2 0 . . .
0


.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
JA = 


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
0 . . . . . . 0 Jm
154
4. ВЫЧИСЛЕНИЕ ЭКСПОНЕНТЫ

λ
0

 ..

где по диагонали стоят жордановы клетки J =  .
0

0
0
1
λ
..
.
0
0
0
0 ...
1 ...
.. . .
.
.
0 ...
0 ...
0 ...
0
0
..
.
1
λ
0

0
0

.. 
.

0

1
λ
Понятно, что экспонента от жордановой формы имеет вид
 J

e 1 0 ......
0
 0 e J2 0 . . .
0 


JA

e = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 . . . . . . 0 e Jm
Теперь достаточно вычислить экспоненту от жордановой клетки. Жорданову клетку можно представить в виде λE + N , где E — единичная матрица,


0 1 0 ... 0
0 0 1 . . . 0




N =  ... ... ... . . . ... 


0 0 0 . . . 1
0 0 0 ... 0
– нильпотентный оператор.
Мы применим следующую теорему, которая будет доказана в следующем разделе.
Теорема 4.7. Если операторы A и B коммутируют, AB = BA, то eA+B =
eA · eB .
Заметим, что оператор λE коммутирует с любым оператором. Поэтому
eJ = eλE+N = eλE · eN . Ясно, что eλE – это оператор умножения на eλ .
Под действием оператора N каждый базисный вектор переходит в предыдущий: el 7→ . . . 7→ e2 7→ e1 7→ 0. Поэтому N l = 0 (это и означает, что
оператор N нильпотентен). Получаем


1
1
. . . (l−1)!
1 1 21
6
0 1 1
1
1 
. . . (l−2)!


2

1 
0 0 1
1 . . . (l−3)!


l−1
N


eN = E + N + · · · +
=  .. .. . . . .
.. 
..
(l − 1)!  . .
.
.
.
. 



 ..
.
.
..
. . . . . . . ..
1 
0 ........... 0
1
Заодно выпишем eN t , так как для решения линейных уравнений нам нужны
155
4.4. Экспонента суммы
именно выражения вида eAt :
eN t

1

0


0
N l−1 tl−1
= E + Nt + · · · +
=
 ..
(l − 1)!
.

 ..
.
0
t
t2
2
1
t
0
..
.
1
..
.
t3
6
t2
2
...
t
...
..
.
..
.
0
..
.
.
. . . . . . ..
...........
...
tl−1
(l−1)!

tl−2 
(l−2)! 
tl−3 
(l−3)! 


..
.
t
1





Значит,
eJt

2
tl−1
1 t t2 . . . (l−1)!
0 1 t . . . . . . . . . . 

= eλt 
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
0 0 0 ...
1

Мы получили формулу для экспоненты от жордановой клетки. Тем самым,
мы научились вычислять экспоненту любого оператора.
4.4
Экспонента суммы.
В этом разделе мы докажем теорему 4.7, которой мы пользовались в предыдущем разделе. Повторим её формулировку:
Теорема. Пусть A, B — коммутирующие линейные отображения из Rn
в Rn , то есть AB = BA. Тогда
eA+B = eA · eB
(2.21)
Доказательство. Сначала — наводящее соображение. Выпишем ряд для
экспоненты суммы и для произведения экспонент:
eA+B = E+(A+B)+
A2 + AB + BA + B 2
(A + B)(A + B)
+· · · = E+(A+B)+
+. . .
2
2
и
eA eB = (E+A+
B2
A2 + 2AB + B 2
A2
+. . . )(E+B+ +. . . ) = E+(A+B)+
+. . .
2
2
2
Видно, что условие AB = BA обеспечивает совпадение членов второго порядка.
Перейдём к доказательству. Напомним, что ряды для экспоненты сходятся абсолютно, поэтому их можно перемножать почленно. Значит, нам
достаточно показать, что в левой и правой части записи
E + (A + B) +
A2
B2
(A + B)2
+ · · · =?(E + A +
+ . . . )(E + B +
+ . . . ) (2.22)
2
2
2
156
4. ВЫЧИСЛЕНИЕ ЭКСПОНЕНТЫ
совпадают коэффициенты при Ak B l .
Запишем такие же точно ряды для экспонент ea+b и ea eb , a, b ∈ R. Нам
известно, что ea+b = ea eb , поэтому
1 + (a + b) +
(a + b)2
a2
b2
+ · · · = (1 + a +
+ . . . )(1 + b +
+ ...)
2
2
2
и коэффициенты при ak bl слева и справа совпадают. Но эти коэффициенты
такие же, как и в записи (2.22) (здесь мы пользуемся тем, что матрицы
коммутируют). Значит, в левой и правой части записи (2.22) коэффициенты
при Ak B l совпадают, что и требовалось доказать.