矩陣指數

Posted on 08/20/2009 by ccjou

本文的閱讀等級：初級

對於 n\times n 階矩陣 A，我們可以定義矩陣指數 (matrix exponential)，方法是仿照指數函數的冪級數定義：

e^x=1+x+\displaystyle\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots

將變數 x 以矩陣 A 取代，常數 1 以單位矩陣 I 取代，矩陣指數 e^A 即為下列冪矩陣級數

e^A=I+A+\displaystyle\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\cdots

對於任一 x，指數函數 e^x 總會收斂；同樣地，對於任一 A，矩陣指數 e^A 也總會收斂。證明於下。令

\displaystyle e_m(A)=\sum_{k=0}^m\frac{A^k}{k!}

若 m>p，則

\displaystyle e_m(A)-e_p(A)=\sum_{k=0}^m\frac{A^k}{k!}-\sum_{k=0}^p\frac{A^k}{k!}=\sum_{k=p+1}^m\frac{A^k}{k!}

使用矩陣範數的不等性質 (見“矩陣範數”)，

\displaystyle \Vert e_m(A)-e_p(A)\Vert\le\sum_{k=p+1}^m\frac{\Vert A\Vert^k}{k!}

上式將問題帶回純量的情況。當 m 和 p 同趨於無窮大，不等式右邊趨於零。

 
矩陣指數滿足下列性質：

(1) 若 AB=BA，則 e^Ae^B=e^Be^A=e^{A+B}。

若 AB=BA，則

\displaystyle\begin{aligned} e^{A+B}&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(A+B)^k}{k!}=\sum_{k=0}^\infty\frac{\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}A^jB^{k-j}}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=0}^k\frac{k!}{(k-j)!j!}\frac{1}{k!}A^jB^{k-j}\\ &=\left(\sum_{j=0}^\infty\frac{A^j}{j!}\right)\left(\sum_{l=0}^\infty\frac{B^l}{l!}\right)=e^Ae^B=e^Be^A \end{aligned}

若 AB\neq BA，考慮下例：

\displaystyle A=\begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix},~~B=\begin{bmatrix} 0&0\\ 1&0 \end{bmatrix}

計算可得

\displaystyle e^A=I+A=\begin{bmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix},~~e^B=I+B=\begin{bmatrix} 1&0\\ 1&1 \end{bmatrix}

且

\displaystyle e^Ae^B=\begin{bmatrix} 2&1\\ 1&1 \end{bmatrix},~~e^Be^A=\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&2 \end{bmatrix}

(2) e^{A^T}=(e^A)^T

使用矩陣指數定義，直接展開即可證明，

\displaystyle e^{A^T}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(A^T)^k}{k!}=\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{A^k}{k!}\right)^T=(e^A)^T

(3) e^{At}e^{As}=e^{A(t+s)}

因為 (At)(As)=(As)(At)，使用性質 (1) 即得證。

(4) e^Ae^{-A}=I

使用性質 (3)，e^Ae^{-A}=e^{A(1-1)}=e^0=I。這個等式說明 (e^{A})^{-1}=e^{-A}，不論 A 是否可逆，矩陣指數 e^A 總是可逆矩陣。

 
假設 A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}，則 A^k\mathbf{x}=\lambda^k\mathbf{x}，就有

e^A\mathbf{x}=\displaystyle\left(1+\lambda+\frac{\lambda^2}{2!}+\frac{\lambda^3}{3!}+\cdots\right)\mathbf{x}=e^\lambda\mathbf{x}

令 n\times n 階矩陣 A 的特徵值為 \lambda_i，對應的特徵向量為 \mathbf{x}_i， i=1,2,\ldots,n，故 e^A 有特徵值 e^{\lambda_i}，對應的特徵向量仍為 \mathbf{x}_i。

 
接著我們討論矩陣指數的行列式。行列式為特徵值之積，

\det A=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n

而跡數 (trace) 則為特徵值之和，

\textrm{tr}A=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n

根據這些性質，可知

\det e^A=\displaystyle e^{\lambda_1}e^{\lambda_2}\cdots e^{\lambda_n}=e^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n}=e^{\textrm{tr} A}

但對於任意 z，e^z\neq 0，由此亦可判斷矩陣指數必定是可逆的。

 
當 A 是可對角化時，A=S\Lambda S^{-1}，特徵向量矩陣 S 其各行由 \mathbf{x}_i 所組成，特徵值矩陣 \Lambda 是對角矩陣，其主對角元即為 \lambda_i。在此情況下，很容易可算出矩陣指數：

\begin{aligned} e^A&=e^{S\Lambda S^{-1}}\\ &=I+S\Lambda S^{-1}+\displaystyle\frac{S\Lambda^{2}S^{-1}}{2!}+\frac{S\Lambda^{3}S^{-1}}{3!}\cdots\\ &=S\left(I+\Lambda+\frac{\Lambda^2}{2!}+\frac{\Lambda^3}{3!}+\cdots\right)S^{-1}\\ &=Se^{\Lambda}S^{-1}\end{aligned}

其中 e^{\Lambda} 亦為對角矩陣：

e^{\Lambda}=\begin{bmatrix} e^{\lambda_1}&~&~&~\\ ~&e^{\lambda_2}&~&~\\ ~&~&\ddots&~\\ ~&~&~&e^{\lambda_n} \end{bmatrix}

如果 A 不能被對角化，便必須用其他進階方式計算矩陣指數，例如 Jordan 典型形式，這部分將留待日後再詳細介紹 (見“利用 Jordan form 解差分方程與微分方程”)。

 
最後我們指出矩陣指數最重要的應用。考慮

\displaystyle e^{At}=I+tA+\frac{t^2}{2!}A^2+\frac{t^3}{3!}A^3+\cdots,

求 e^{At} 的導數，可得

\displaystyle \begin{aligned} \frac{d}{dt}e^{At}&=A+tA^2+\frac{t^2}{2!}A^3+\cdots\\ &=A\left(I+tA+\frac{t^2}{2!}A^2+\cdots\right)\\ &=Ae^{At},\end{aligned}

從這個性質，會讓我們想起什麼？矩陣指數與微分方程 \displaystyle\frac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u} 的解密切相關，令初始值為 \mathbf{u}(0)=\mathbf{c}，微分方程的一般解即是

\mathbf{u}(t)=e^{At}\mathbf{c}

繼續閱讀：
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1 Response to 矩陣指數

  1. VtripleV says:
    01/12/2011 at 6:28 pm

    connecting the dots……

    Click to access 10-expm.pdf

    對應的Lecture

    exp(tA)的詮釋:The matrix exp(tA) propagates initial condition into state at time t.

    自己後來才知道,原來,跟薛丁格方程式的time evolution operator,是同樣的道理
    http://en.wikipedia.org/wiki/Hamiltonian_(quantum_mechanics)

    Reply

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