inverses der exp. Matrix

05.10.2004, 23:15

Borack

inverses der exp. Matrix

ist folgende beziehung richtig bzw allgemein gültig?

$\begin{eqnarray*} exp^{-1}(Bt)=exp(-Bt) \end{eqnarray*}$

edit: exp(Bt) bezeichnet die exponential matrix

05.10.2004, 23:20

Tobias

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Ich denke da spricht nichts gegen, denn

$\begin{eqnarray*} \left(e^{Bt}\right)^{-1} = e^{Bt \cdot (-1)} = \exp(-Bt) \end{eqnarray*}$

05.10.2004, 23:22

Leopold

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Der Exponent -1 bei einem Funktionsbezeichner (wie hier exp) bedeutet nicht Kehrwertbildung, sondern Übergang zur Umkehrfunktion. Das ist hier aber nicht gemeint. Hier geht es um die Kehrwertbildung. Richtig ist daher

$\begin{eqnarray*} \left(\exp{(Bt)}\right)^{-1}=\exp{(-Bt)} \end{eqnarray*}$

05.10.2004, 23:26

Borack

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sorry, meinte natürlich exponential MATRIX .. nicht funktion.

und das inverse einer matrix berechnet man ja bekanntlich anders

05.10.2004, 23:30

Leopold

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Was ist B? Eine Matrix?
Und t? Ein Skalar?

05.10.2004, 23:46

gast

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Naja Kehrwert ist auch nicht ganz richtig, vielmehr geht es um die Bestimmung der inversen Matrix.

also
$\begin{eqnarray*} e^{-Bt} \end{eqnarray*}$
ist quasi die inverse Matrix zu
$\begin{eqnarray*} e^{Bt} \end{eqnarray*}$

Erst mal müssen dazu ein paar Vorraussetzungen gelten zum Beispiel das die Matrizen quadratisch sind eca.

Falls die Matrix eine Diagonalform hat stimmt der Ausdruck auf jeden Fall, da ja
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} e^{-\lambda_{1}t} & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & e^{-\lambda_{n}t} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{\lambda_{1}t} & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & e^{\lambda_{n}t} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots &1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
. Und da man ja jede nicht singuläre Matrix auf sowas zurückführen kann (über othogonale Transformationen z.B. über die Matrix der Eigenvektoren) ist sollte die Vermutung auch stimmen.

06.10.2004, 00:05

Borack

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die exponential matrix exp(Bt) ist folgendermassen definiert:

$\begin{eqnarray*} exp(Bt):=\begin{pmatrix} e^{t\lambda} & te^{t\lambda} & \frac{t^2e^{t\lambda}}{2!} (=\frac{t^{n}e^{t\lambda}}{n!}) \\ 0 & e^{t\lambda} & te^{t\lambda} \\ 0 & 0 & e^{t\lambda} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ Eigenwert zur Matrix B ist. (her für 3*3 matrix)

.. Matrix wird gebraucht um in lin. alg. Inhomogene Diffgl. zu lösen.

06.10.2004, 00:16

Borack

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hei gast (... besorg dir einen namen Augenzwinkern

)
ja so meinte ich das.

bei der diagonalmatrix ist der fall klar. dass dies allerdings bei jeder.. oberen dreiecksmatrix(?) der fall sein soll ist mir noch unklar...

muss mir das nochmals durch den kopf gehen lassen.

06.10.2004, 00:19

gast

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Schau Dir die Definition noch mal genau an.

Sie sieht glaube eher so aus.

$\begin{eqnarray*} e^{At}=I+tA+\frac{t^2}{2!}A^2+\ldots+\frac{t^n}{n!}A^n+\dots \end{eqnarray*}$

wobei I die Einheitsmatrix ist.

06.10.2004, 00:33

Bruce

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Das Problem ist dann wohl Folgendes:

Für jede normale (nXn) Matrix B gilt: exp(-B)*exp(B)=E (Einheitsmatrix).

Beweisskizze:

Für einen beliebigen Vektor a ist zu zeigen, daß exp(-B)*exp(B)*a=a gilt.
Da B normal ist, existiert eine Orthonormalbasis ei (i1,2,...n) von Eigenvektoren
zu den Eigenwerten wi von B. Es gilt:

a = <a|e1>*e1+...+<a|en>*en

exp(B)*a = exp(w1)*<a|e1>*e1+...+exp(wn)*<a|en>*en

exp(-B)*exp(B)*a = exp(-B)*[exp(w1)*<a|e1>*e1+...+exp(wn)*<a|en>*en]
= exp(-w1)*exp(w1)*<a|e1>*e1+...+exp(-wn)*exp(wn)*<a|en>*en
= <a|e1>*e1+...+<a|en>*en
= a

Hier steht <a|b> für das Skalarprodukt zweier Vektoren a,b.

Gruß von Bruce.

06.10.2004, 00:41

gast

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Naja das ist ja klar. was aber gefragt war ist glaube
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{e^{Bt}}*e^{Bt}=I \end{eqnarray*}$ .

Ums mal beim Namen zu nennen (sollte aber stimmen, siehe oben).

Grüsse...

06.10.2004, 03:38

WebFritzi

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Zitat:

Original von gast
Schau Dir die Definition noch mal genau an.

Sie sieht glaube eher so aus.

$\begin{eqnarray*} e^{At}=I+tA+\frac{t^2}{2!}A^2+\ldots+\frac{t^n}{n!}A^n+\dots \end{eqnarray*}$

wobei I die Einheitsmatrix ist.

So ist es! Ich hab mir ein wenig Gedanken gemacht und kann jetzt zeigen, warum $\begin{eqnarray*} e^Ae^{-A} = I \end{eqnarray*}$ ist. Zunächst einmal ist

$\begin{eqnarray*} e^Ae^{-A} &= \lim_{n\to\infty}\biggl( \sum_{k=0}^n \frac{A^k}{k!}\biggr)\cdot\lim_{n\to\infty}\biggl( \sum_{j=0}^n \frac{(-A)^j}{j!}\biggr)\\ &= \lim_{n\to\infty}\biggl( \sum_{k=0}^n \frac{A^k}{k!}\biggr)\cdot\biggl( \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^jA^j}{j!}\biggr) \\ &= \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j}{k!j!}A^{k+j}\;. \end{eqnarray*}$

Jetzt fassen wir alle Summanden zusammen, in denen $\begin{eqnarray*} A^p \end{eqnarray*}$ vorkommt. Für den Exponenten p gibt es stets p+1 Möglichkeiten, ihn als Summe zweier positiver Zahlen k+j zu schreiben, nämlich 0+p, 1+(p-1), 2+(p-2), ... , (p-1)+1, p+0. Also haben alle Summanden die Form

$\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^r}{r!(p-r)!} A^p \end{eqnarray*}$ ,

wobei $\begin{eqnarray*} r\in\{0,\dots,p\} \end{eqnarray*}$ , und es gibt 2n+1 mögliche Exponenten p, nämlich p=0, p=1, ... , p=2n. Es folgt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j}{k!j!}A^{k+j} &= \sum_{p=0}^{2n} \biggl( \sum_{r=0}^p \frac{(-1)^r}{r!(p-r)!} \biggr) A^p\\ &= \sum_{p=0}^{2n} \biggl( \sum_{r=0}^p \binom{p}{r}(-1)^r 1^{p-r} \biggr) \frac{A^p}{p!}\\ &= \sum_{p=0}^{2n} (-1 + 1)^p \frac{A^p}{p!}\\ &= I\,, \end{eqnarray*}$

also auch $\begin{eqnarray*} e^{A}e^{-A} = I \end{eqnarray*}$ . Das gilt für alle quadratischen Matrizen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Damit haben wir auch gleich gezeigt: $\begin{eqnarray*} e^{-A}e^A = e^{-A}e^{-(-A)} = I \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} e^A \end{eqnarray*}$ für jede quadratische Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ invertierbar mit

$\begin{eqnarray*} (e^A)^{-1} = e^{-A}\,. \end{eqnarray*}$

06.10.2004, 13:24

Borack

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hmm. ok. vielen dank für die bemühungen aber irgendwie seh ich das immer noch nicht.

z.b. bei der matrix

$\begin{eqnarray*} \phi(t):=\begin{pmatrix} 0 & e^{t} & e^{-t} \\ e^{t} & 0 & 3e^{-t} \\ e^{t} & e^{t} & e^{-t} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

wäre es ziemlich praktisch das inverse davon durch ein schnell verfahren angeben zu können und nicht durch über den normalen weg bestimmen zu müssen.

... aber ich befürchte das obige verfahren funktioniert hier nicht.. oder ich sehs einfach nicht/was falsch

06.10.2004, 14:09

WebFritzi

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Zitat:

Original von Borack
die exponential matrix exp(Bt) ist folgendermassen definiert:

$\begin{eqnarray*} exp(Bt):=\begin{pmatrix} e^{t\lambda} & te^{t\lambda} & \frac{t^2e^{t\lambda}}{2!} (=\frac{t^{n}e^{t\lambda}}{n!}) \\ 0 & e^{t\lambda} & te^{t\lambda} \\ 0 & 0 & e^{t\lambda} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ Eigenwert zur Matrix B ist. (her für 3*3 matrix)

Das ist keine Definition. B kann ja mehrere Eigenwerte haben. Welchen nimmst du dann?

06.10.2004, 22:57

Borack

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nein, ist wirklich keine definition im eigentlichen sinn.
bei mehreren eigenwerten ist obere matrix als block bezüglich einer gesamtmatrix zu betrachten.

07.10.2004, 01:57

WebFritzi

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Da mir aufgefallen ist, dass meine Abhandlung da oben nicht ganz richtig ist, liegt es mir am Herzen, hier nochmal was richtiges reinzustellen. Ziel ist es zu zeigen, dass für jede stetige, lineare Abbildung A eines Banachraumes X in sich selbst die Abbildung $\begin{eqnarray*} e^A \end{eqnarray*}$ existiert, und dass $\begin{eqnarray*} (e^A)^{-1} = e^{-A} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Definition:} {\it Ein Banachraum ist ein normierter Vektorraum, in dem alle Cauchyfolgen konvergieren. Solche Vektorräume nennt man auch vollständig.}\begin{align*} \end{eqnarray*}$

In unendlich-dimensionalen Räumen sind nicht alle linearen Abbildungen stetig. Ist X ein Banachraum und B(X) der Raum aller stetigen linearen Abbildungen von X in sich selbst, dann kann man zeigen, dass B(X) wieder ein Banachraum ist. Das wollen wir hier aber mal lieber aussparen.

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Lemma:} {\it In einem Banachraum $X$ konvergiert jede absolut konvergente Reihe.}\begin{align*} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beweis:} Es sei $(x_n)$ eine Folge in $X$. Weiterhin konvergiere die Reihe $\sum_{n=0}^\infty \| x_n\|$. Definiere nun die Folgen $v_N = \sum_{n=0}^N x_n$ und $t_N = \sum_{n=0}^N \|x_n\|$. Nach Voraussetzung konvergiert $(t_N)$. $(v_N)$ ist eine Cauchyfolge, denn zu $\varepsilon > 0$ gibt es eine Zahl $K\in\mathbf{N}$, so dass $\| v_N - v_M \| = \| \sum_{n=M+1}^N x_n\| \le \sum_{n=M+1}^N \| x_n \| = |t_N - t_M| < \varepsilon$ f\"ur $N\ge M\ge K$. Somit konvergiert $(v_N)$ in $X$. \hspace*{\fill}$\Box$\begin{align*} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beispiel:} {\it Ist $X$ ein Banachraum und $A\in B(X)$, dann ist die Abbildung $e^A := \sum_{n=0}^\infty A^k/k!$ wohldefiniert, linear und stetig.}\begin{align*} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beweis:} Die Reihe konvergiert absolut in $\mathbf R$. Jede endliche Summe ist ein Element von $B(X)$. Also konvergiert die Reihe in $B(X)$. Der Grenzwert ist somit linear und stetig.\hspace*{\fill}$\Box$\begin{align*} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Lemma:} {\it Für jede Folge $(A_n)$ aus $B(X)$ mit $A = \lim_{n\to\infty}A_n$ gilt \begin{displaymath}\lim_{n\to\infty}\Biggl( I + \frac{A_n}{n} \Biggr)^n = \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!} = e^A\;.\end{displaymath}\begin{align*} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beweis:} Sei $\varepsilon > 0$ vorgegeben. Wir k\"onnen nun ein $K\in\mathbf N$ so groß w\"ahlen, dass \begin{equation}\sum_{k=K}^\infty \frac{(\| A\| + 1)^k}{k!} < \varepsilon / 3 \quad\text{und}\quad \| A_n - A\| \le 1 \text{ für } n\ge K\;.\end{equation}Damit gilt für alle $n\ge K$: \begin{align*}&\Biggl\| \Biggl( I + \frac{A_n}{n} \Biggr)^n - \sum_{k=0}^\infty \frac{a^k}{k!} \Biggr\|\\ &= \Biggr\| \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{A_n^k}{n^k} - \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!} \Biggr\|\\ &= \Biggl\| \sum_{k=0}^{K-1} \Biggl( \binom{n}{k}\frac{A_n^k}{n^k} - \frac{A^k}{k!}\Biggr) + \sum_{k=K}^n \Biggl(\binom{n}{k}\frac{A_n^k}{n^k}\Biggr) - \sum_{k=K}^\infty \frac{A^k}{k!}\Biggr\| \\ &\le \sum_{k=0}^{K-1}\Biggl\| \binom{n}{k}\frac{A_n^k}{n^k} - \frac{A^k}{k!}\Biggr\| + \sum_{k=K}^n \binom{n}{k}\frac{\| A_n\|^k}{n^k} + \sum_{k=K}^\infty \frac{\| A\|^k}{k!}\;.\end{align*} Wegen (1) ist der letzte Term kleiner als $\varepsilon / 3$. Für den zweiten und dritten Summanden betrachten wir \begin{align*}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k} &= \frac{1}{k!} \frac{n\cdot (n-1)\cdot\dots\cdot (n-k+1)}{n^k}\\ &= \frac{1}{k!} \biggl( 1 - \frac{1}{n}\biggr)\biggl(1 - \frac{2}{n}\biggr)\cdot\dots\cdot \biggl( 1 - \frac{k-1}{n}\biggr)\\ &\le \frac{1}{k!}\;.\end{align*} Dieser Ausdruck konvergiert sogar gegen $1/k!$ für $n\longrightarrow\infty$. Wieder wegen (1) ist auch der zweite Term kleiner als $\varepsilon /3$. Der erste Term ist eine endliche Summe, in der jeder einzelne Summand gegen $0$ konvergiert. Wir können also $n$ so groß wählen, dass der gesamte Term kleiner als $\varepsilon$ ist.\hspace*{\fill}$\Box$\begin{align*} \end{eqnarray*}$

Jetzt können wir endlich zum Hauptergebnis gelangen. Der folgende Satz sagt sogar noch mehr aus.

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Satz:} {\it Gilt für $A,B\in B(X)$ die Beziehung $AB=BA$, dann gilt auch \begin{displaymath}e^{A+B} = e^Ae^B = e^Be^A\;.\end{displaymath}}\begin{align*} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beweis:}Wegen $(I+A/n)(I+B/n) = I + A/n + B/n + (AB)/n^2 = I + B/n + A/n + (BA)/n^2 = (I+B/n)(I+A/n)$ gilt \begin{align*}e^Ae^B &= \lim_{n\to\infty} \biggl( I + \frac{A}{n} \biggr)^n\biggl( I + \frac{B}{n} \biggr)^n\\ &= \lim_{n\to\infty} \biggl( I + \frac{A}{n} + \frac{B}{n} + \frac{AB}{n^2}\biggr)^n\\ &= \lim_{n\to\infty} \biggl( I + \frac{A + B + (AB)/n}{n}\biggr)^n\\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{(A + B)^k}{k!}\\ &= e^{A+B}\;.\end{align*} Dabei haben wir im ersten und im vorletzten Schritt den vorstehenden Satz verwandt. \hspace*{\fill}$\Box$\begin{align*} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Korollar:}{\it Für alle $A\in B(X)$ ist $e^A$ invertierbar mit $(e^A)^{-1} = e^{-A}$.}\begin{align*} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \end{align*}{\bf Beweis:} Wegen $A(-A) = (-A)A$ können wir den vorigen Satz benutzen und erhalten $e^Ae^{-A} = e^{-A}e^A = e^0= \sum_{k=0}^\infty 0^k/k! = 0^0 = I$.\hspace*{\fill}$\Box$\begin{align*} \end{eqnarray*}$

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