1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

формулу(10))¶¶ µ t 2tµ 2t t ¶ µtee−e01ee.=etA = 2t0e2t1 −1e 0Очевидно, что матрица etA перестановочна с A:¶¶µ¶ µ¶ µ t 2tµ t 2t1 11 1e e − ete e − et.=0 20 20e2t0e2tВыше мы уже показали, что:(etA )−1 = e−tA и ||etA || ≤ e|t|·||A||∗Лекция №4, НГУ, ММФ, 20097(см. (12) и (14)). Следовательно:||e−tA || ≤ e|t|·||−A|| = e|t|·||A||(мы использовали здесь очевидный факт, что || − A|| = ||A||).Далее, так какetA e−tA = IN и ||IN || = 1 ≤ ||etA || · ||e−tA ||, то||etA || ≥1||e−tA ||≥ e−|t|·||A|| .(15)Итак, мы получили, как это принято говорить, двухстороннююоценку для матричной экспоненты etA :e−|t|·||A|| ≤ ||etA || ≤ e|t|·||A|| .(16)В заключении этого параграфа еще раз отметим, что у матричной экспоненты etA много общих свойств с обычной экспоненциальной зависимостью eat , но есть и существенные отличия, которые и заставляют нас очень осторожно обращаться с матричнойэкспонентой etA . Так, например, вообще говоряet(A+B) 6= etA etB ,где A, B - квадратные матрицыµ¶порядкаµN .

¶1 00 1Пример 2. Пусть A =, B=и0 20 0µ¶1 1.A+B =C =0 2¶µ¶µ t1 te 0tBtA=, etC =Нетрудно показать, что e =2t , e0 10 e¶µ t 2tte e −eи etC 6= etA etB . ∗0e2tЛекция №4, НГУ, ММФ, 20098Упражнения к §41. Доказать неравенство треугольника для квадратных матрицA, B порядка N :||A + B|| ≤ ||A|| + ||B||.2. Задача dZ(s)= −Z(s)A, 0 ≤ s < tdsZ(t) = INназывается сопряженной по отношению к задаче dY (t)= AY (t), t > 0,dtY (0) = IN .Докажите, что Z(s) = Y (t)Y −1 (s).3.

Докажите, чтоet(A+B) = etA etB ⇐⇒ AB = BA.4. ЕслиkP(A) = pk A + ... + p1 A + p0 IN =kXpj Aj ,j=0lQ(A) = ql A + ... + q1 A + q0 IN =lXqj Aj ,j=0где pj , j = 0, k, qi , i = 0, l - постоянные коэффициенты, A квадратная матрица порядка N , тоet(P+Q) = etP etQ .∗§5. Вычисление матричной экспоненты для некоторыхспециальных матриц.Обсудим теперь возможность нахождения матричной экспоненты для некоторых классов матриц.

Начнем с самого простого случая, когда A - диагональная матрица, т.е.τ10....A = diag(τ1 , ..., τN ) = 0τNПоскольку (см. §4), по определениюetA=∞ kXtk=0k!Ak(1)иAk = diag(τ1k , ..., τNk ), k = 0, 1, 2, ... ,тоÃetA = diag∞ kXtk=0k!τ1k , ...,∞ kXtk=0k!!τNk= diag(etτ1 , ..., etτN ).Без труда можно найти etA для тех матриц A, которые приводятся тем или иным способом к диагональной форме. Как известноиз теории матриц таковыми являются:а) Эрмитовы матрицы A, т.е. A∗ = A.

В этом случае существует унитарная матрица U = U (A) (см., также, §1), такая, что:A = U ∗ diag(τ1 , ..., τN )U.Здесь τi = τi (A), i = 1, N - собственные значения матрицы A.1Лекция №5, НГУ, ММФ, 20092б) Нормальные матрицы A, т.е. матрицы A, которые перестановочны с A∗ : AA∗ = A∗ A. Для нормальной матрицы A тожесуществует унитарная матрица U = U (A), приводящая матрицуA к диагональному виду:A = U ∗ diag(τ1 , ..., τN )U.в) Матрицы A, имеющие простой спектр, т.е. некратные собственные значения τi = τi (A), i = 1, N . В этом случае, существуетневырожденная матрица T = T (A), det T 6= 0, такая, что:A = T −1 diag(τ1 , ..., τN )T.Для этих классов матриц матричная экспонента etA вычисляетсятак.

Поскольку (см. §4)(etA )0 = AetAили(etA )0 = U ∗ DU etA© tA 0ª(e ) = T −1 DT etA ,D = diag(τ1 , ..., τN ),то матрица Z(t) = U etA U ∗ (Z(t) = T etA T −1 ) удовлетворяет следующей Задаче Коши для матричной системы(Z 0 (t) = DZ(t), t ∈ R1 ,(1)Z(0) = U IN U ∗ (= T IN T −1 ) = IN .Значит (см. §4)Z(t) = etD = diag(eτ1 t , ..., eτN t )иetA = U ∗ etD U (= T −1 etD T ),что и требовалось доказать. ∗Для произвольных матриц дело обстоит, конечно, намного сложнее. В теории матриц есть одна полезная теорема, а именно:Лекция №5, НГУ, ММФ, 20093Теорема Шура.

Если дана матрица A, то существуетунитарная матрица U = U (A), приводящая матрицу A кверхнему треугольному виду ∆:τ1 p12 . . . . . . . . . p1N0 τ ......... p22N ...∆=,τN −1 pN −1,N 0τNpij (i < j), i = 1, N − 1, j = 2, N - некоторые постоянные. В силутеоремы Шура мы можем считать сразу, что в системе y 0 = Ayматрица A = ∆, ибо если это не так, то сделав замену Z = U y всистеме y 0 = Ay, мы перепишем ее так: Z 0 = ∆Z.Итак, найдем et∆ , где ∆ - верхняя треугольная матрица.

Носначала получим одну вспомогательную формулу, которая понадобится нам ниже. Рассмотрим Задачу Коши следующего вида:(y 0 = ay + f (t), t ∈ R1 ,(2)y(0) = y0 , y0 ∈ R1 (или C1 ),где a - некоторая постоянная, f (t) - известная функция. Перепишем уравнение y 0 = ay + f так:т.е.ªd © −ate y(t) = e−at f (t),dtZ ty(t) = eat y0 +ea(t−s) f (s)ds.(3)0Элементы k-го столбца матрицы et∆ находятся как решение векторной системы с соответствующими даннымиЛекция №5, НГУ, ММФ, 20094(y [k] )0 = ∆y [k] , t ∈ R1 , 0 ...   [k]y(0)= 1 ← k,  ...  0y1k (t)где y [k] (t) =  ...yN k (t)или в покомпонентной записиNX0y1k = τ1 y1k +p1i yik , y1k (0) = 0,i=2NX y0 = τ y +p2i yik , y2k (0) = 0,2 2k2ki=3.........................NX0pki yik , ykk (0) = 1; ykk = τk ykk +(4)i=k+1NX0yk+1,k = τk+1 yk+1,k +pk+1,i yik , yk+1,k (0) = 0,i=k+2...................................0yN−1,k = τN −1 yN −1,k + pN −1,N yN,k , yN −1,k (0) = 0, y 0 = τ y , y (0) = 0.N N,kN,kN,k(5)Мы сразу разбили Задачу Коши в покомпонентной записи на двеподзадачи, поскольку Задача Коши (5) может рассматриваться отдельно.

В силу теоремы единственности (см. §2) элементы k-гоЛекция №5, НГУ, ММФ, 20095столбца матрицы et∆ : yk+1,k (t), ..., yN,k (t) равны нулю, т.е.yik (t) ≡ 0, i = k + 1, N .(6)Итак, матрица et∆ - верхняя треугольная, как и матрица ∆ (что,впрочем, можно доказать непосредственно, см. Упражнение 1 кэтому параграфу):y11 y12 . . . .

. . . . . . . . . y1N 0 y ............. y222N ...et∆ = .yN −1,N −1 yN −1,N 0yN NНенулевые элементы матрицы etA находим из решения ЗадачиКоши (4). С учетом информации (6) эта задача перепишется так:kX0y1k = τ1 y1k +p1i yik , y1k (0) = 0,i=2(40 ).........................0= τk−1 yk−1,k + pk−1,k ykk , yk−1,k (0) = 0yk−1,k y 0 = τ y , y (0) = 1.k kkkkkkИспользуя формулу (3), мы легко получаем следующие рекуррентные соотношения для определения элементов yjk (t), j = 1, k k-гостолбца матрица et∆ :)Zt ( Xk y (t) = eτj tpji yik (s) e−τj s ds, j = 1, k − 1,jk(7)i=j+10 y (t) = eτk t .kkРассмотрим теперь несколько важных примеров.

Пусть ∆ имеетЛекция №5, НГУ, ММФ, 2009следующий вид:6τ1 1 0 . . . 0 0 τ2 1 . . . 0 ,∆=.................. 0 . . . . τN −1 1 0 ....0 τNт.е. pk,k+1 = 1, k = 1, N − 1, а все остальные pij = 0. Тогда рекуррентные соотношения (7) сильно упрощаются:Z t y (t) = eτj tyj+1,k e−τj s ds, j = 1, k − 1;jk(70 )0ykk (t) = eτk t .Рассмотрим, теперь, случай, когда τj = τ, j = l, k, l ≥ 1:τ1 1 0 . . . . . . . 0. .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .l → 0 τ 1 ....... 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .∆=,k →τ 1 ... 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .τN −1 1 0τNтогда из Задачи Коши (40 ) можно выделить подзадачу для нахождения элементов ylk (t), ..., ykk (t) k-го столбца матрицы et∆ : 0ylk = τ ylk + yl+1,k , ylk (0) = 0, .........................(400 )0yk−1,k = τ yk−1,k + ykk , ykk (0) = 0 0ykk = τ ykk , ykk (0) = 1.Применяя к задаче (400 ) формулу (70 ) мы последовательно получаем:tk−l τ tte .(8)ykk (t) = eτ t , yk−1,k (t) = eτ t , ..., ylk (t) =1!(k − l)!Лекция №5, НГУ, ММФ, 20097Следствием рассмотренных выше примеров является тот факт,что матричная экспонента etA , где A так называемая жордановаклетка:τ 1 ...

0 0 τ . . . 0 0....A=..τ 10τнаходится так (см. (8)):N −1ttτtτteτ t e 1! e . . .(N − 1)! tN −2 τ t τte...e tA(N−2)!.e =......t τt τtee1!τt0eВернемся, теперь, к общему случаю и получим из рекуррентныхсоотношений (7) некоторые полезные неравенства. В самом деле,из (7) следует:ZtkX |y (t)| ≤|pji | |yik (s)| · |eτj (t−s) |ds, j = 1, k − 1,jk(9)i=j+10 |y (t)| ≤ |eτk t |.kkПри выводе неравенств (9) мы воспользовались очевидным неравенством:¯ t¯¯Z¯ Zt¯¯¯ f (s)ds¯ ≤ |f (s)|ds, t > 0.¯¯¯¯00Чтобы упростить неравенства (9), докажем следующий факт:для любой матрицы B = (bij ), i, j = 1, N имеем:|bij | ≤ ||B||.(10)Лекция №5, НГУ, ММФ, 20098В самом деле, рассмотрим вектор y:  x1y1 ..  .. y = Bx, y =  .

 , x =  .  ,xNyNпричемyi =NXbij xj , i = 1, N .j=1Тогда|yi | ≤ ||y|| = ||Bx|| ≤ ||B|| · ||x||. 0.  ..   Пусть x =  1 ← l. Следовательно, ||x|| = 1 и yi = bil , l = 1, N .  ...  0Поэтому, |bil | ≤ ||B||, i, l = 1, N , что и требовалось доказать. ∗С учетом (10) из (9) получаем (см. Упражнение 2 к этомупараграфу):k ZtX |y (t)| ≤ ||A|||yik (s)|eΛ(t−s) ds, j = 1, k − 1,jk(90 )i=j+1 0 |y (t)| ≤ eΛt .kkПри выводе (90 ) мы полагали, что τj = Reτj + iImτj , j = 1, N иReτj ≤ Λ, где Λ - некоторая постоянная.Лекция №5, НГУ, ММФ, 20099Упражнения к §51. Доказать, что если A, B - верхние треугольные матрицы, то матрица C = AB тоже верхняя треугольная. Вывести отсюда утверждение, что et∆ - верхняя треугольная матрица.2. Пусть (см.

Характеристики

Список файлов лекций