6.3 微分方程系统（2）

七、矩阵的指数

我们想要将解 $\mathbf{u}(t)$ 写成一种新的形式 $e^{At}\mathbf{u}(0)$。 首先要说明的是矩阵作为指数 $e^{At}$ 是什么意思？定义矩阵 $e^{At}$ 和数字 $e^x$ 一样。
$e^x$ 直接的定义是无穷级数 $1+x+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{6}{x}^3+\cdots$，将 $x$ 改成方形矩阵 $At$，就得到矩阵指数 $e^{At}$ 的定义：

$$\begin{array}{lc}矩阵指数e^{At}& e^{At}=I+At+\frac{1}{2}(At{)}^2+\frac{1}{6}(At{)}^3+\cdots (\mathrm{6.3.14})\\ 它对t的导数是A{e}^{At}& A+A^{2}t+\frac{1}{2}{A}^3{t}^2+\cdots =A{e}^{At}\\ 它的特征值是e^{\lambda t}& (I+At+\frac{1}{2}(At{)}^2+\cdots )\mathbf{x}=(1+\lambda t+\frac{1}{2}(\lambda t{)}^2+\cdots )\mathbf{x}\end{array}$$

$(At{)}^n$ 除以的数字是 " $n$ 的阶乘 "，$n!=(1)(2)\cdots (n-1)(n)$，$1,2,6$ 后面的阶乘是 $4!=24$ 和 $5!=120$，增长的很快。这个级数总是收敛且它的导数永远是 $A{e}^{At}$。因此 $e^{At}\mathbf{u}(0)$ 是微分方程解的一个快速的公式 —— 甚至是当它缺少特征向量的情况。
例 $4$ 中会使用到这个级数，表明它在缺少特征向量时仍然适用，此时会得到 $t{e}^{\lambda t}$。下面先说明正常情况下（可对角化）如何得到 $X{e}^{\Lambda t}{X}^{-1}$。
本章的重点是如何通过对角化得到 $\mathbf{u}(t)=e^{At}\mathbf{u}(0)$。假设 $A$ 有 $n$ 个无关的特征向量，则它可以对角化。将 $A=X\Lambda X^{-1}$ 代入到 $e^{At}$ 的级数中，当出现 $X\Lambda X^{-1}X\Lambda X^{-1}$ 出现时，中间的 $X^{-1}X$ 可以消去：$$\begin{array}{ll}使用级数& e^{At}=I+X\Lambda X^{-1}t+\frac{1}{2}(X\Lambda X^{-1}t)(X\Lambda X^{-1}t)+\cdots \\ 提出因子X和X^{-1}& =X[1+\Lambda t+\frac{1}{2}(\Lambda t{)}^2+\cdots ]X^{-1}(\mathrm{6.3.15})\\ e^{At}完成了对角化& \boxed{e^{At}=X{e}^{\Lambda t}{X}^{-1}}\end{array}$$$e^{At}$ 和 $A$ 有相同的特征值向量矩阵 $X$，而 $\Lambda$ 是对角矩阵，所以 $e^{\Lambda t}$ 也是对角矩阵。对角线上的数字是 $e^{{\lambda }_{i}t}$，乘积 $X{e}^{\Lambda t}{X}^{-1}\mathbf{u}(0)$ 即得到 $\mathbf{u}(t)$：$$e^{At}\mathbf{u}(0)=X{e}^{\Lambda t}{X}^{-1}\mathbf{u}(0)=\left[\begin{array}{ccc}& & \\ {\mathbf{x}}_1& \cdots & {\mathbf{x}}_n\\ & & \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}{e}^{{\lambda }_{1}t}& & \\ & \ddots & \\ & & e^{{\lambda }_{n}t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ ⋮\\ c_n\end{array}\right](\mathrm{6.3.16})$$解 $e^{At}\mathbf{u}(0)$ 与由三个步骤得来的答案式（6.3.6）一样：$$\boxed{\begin{array}{l}1.\mathbf{u}(0)=c_1{\mathbf{x}}_1+c_2{\mathbf{x}}_2+\cdots +c_n{\mathbf{x}}_n，这一步需要n个无关的特征向量。\\ 2.每一个{\mathbf{x}}_i左边乘上它的成长因子e^{{\lambda }_{i}t}，随着时间按成长因子增长。\\ 3.e^{At}\mathbf{u}(0)最好的形式是\mathbf{u}(t)=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{\mathbf{x}}_1+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}{\mathbf{x}}_2+\cdots +c_n{e}^{{\lambda }_{n}t}{\mathbf{x}}_n(\mathrm{6.3.17})\end{array}}$$【例4】当将 $e^{\lambda t}$ 代入到 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$ 时，则会得到一个有重根（repeated roots）的方程：${\lambda }^2-2\lambda +1=0$ 就是 $(\lambda -1{)}^2=0$，根 $\lambda =1,1$。在微积分求解微分方程时会用 $e^t$ 和 $t{e}^t$ 作为两个无关解，这里探讨一下原因：
线性代数将 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$ 简化为一个 $\mathbf{u}=(y,y^{\prime })$ 的向量方程：$$\frac{d}{dt}\left[\begin{array}{c}y\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{y}^{\prime }\\ 2y^{\prime }-y\end{array}\right]是\frac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u}=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 2\end{array}\right]\mathbf{u}(\mathrm{6.3.18})$$$A$ 有重复的特征值 $\lambda =1,1$（迹 $=2$ 且 $\det A=1$），只有一个的特征向量是 $\mathbf{x}=(1,1)$ 的倍数，$A$ 只有一条特征向量的线，它无法对角化。所以从 $e^{At}$ 的定义来计算它的级数：$$短级数\text{Short}{e}^{At}=e^{It}{e}^{(A-I)t}=e^t[I+(A-I)t](\mathrm{6.3.19})$$$e^{(A-I)t}$ 的无穷级数很快结束了，这是因为 $(A-I{)}^2$ 是零矩阵！从方程（6.3.19）可以看到 $t{e}^t$，$e^{At}\mathbf{u}(0)$ 的第一分量就是答案 $y(t)$：$$\left[\begin{array}{c}y\\ y^{\prime }\end{array}\right]=e^t\left[\begin{array}{c}I+\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 1\end{array}\right]t\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}y(0)\\ y^{\prime }(0)\end{array}\right]y(t)=e^{t}y(0)-t{e}^{t}y(0)+t{e}^t{y}^{\prime }(0)$$【例5】使用无穷级数求 $e^{At}$，其中 $A=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right]$，注意 $A^4=I$：$$A=\left[\begin{array}{cc}& 1\\ -1& \end{array}\right]A^2=\left[\begin{array}{cc}-1& \\ & -1\end{array}\right]A^3=\left[\begin{array}{cc}& -1\\ 1& \end{array}\right]A^4=\left[\begin{array}{cc}1& \\ & 1\end{array}\right]$$$A^5、A^6、A^7、A^8$ 会重复 $A、A^2、A^3、A^4$，$A$ 的幂右上角的元素是 $1,0,-1,0$，会一直重复，则 $e^{At}$ 右上角元素的无穷级数开始为 $t-\frac{1}{6}{t}^3$，左上角元素的无穷级数由 $1-\frac{1}{2}{t}^2$ 开始：$$e^{At}=I+At+\frac{1}{2}(At{)}^2+\frac{1}{6}(At{)}^3+\cdots =\left[\begin{array}{cc}1-\frac{1}{2}{t}^2+\cdots & t-\frac{1}{6}{t}^3+\cdots \\ & \\ -t+\frac{1}{6}{t}^3-\cdots & 1-\frac{1}{2}{t}^2+\cdots \end{array}\right]$$矩阵 $e^{At}$ 上面的行是余弦和正弦的无穷级数！$$\boxed{A=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right]}\boxed{e^{At}=\left[\begin{array}{cc}\cos t& \sin t\\ -\sin t& \cos t\end{array}\right]}(\mathrm{6.3.20})$$$A$ 是一个反对称矩阵（$A^T=-A$），它的指数矩阵 $e^{At}$ 是一个正交矩阵。$A$ 的特征值是 $i$ 和 $-i$，$e^{At}$ 的特征值是 $e^{it}$ 和 $e^{-it}$。有下面三个规则：

1. $e^{At}$ 总有逆矩阵 $e^{-At}$
2. $e^{At}$ 的特征值总是 $e^{\lambda t}$
3. 当 $A$ 是反对称矩阵时，$e^{At}$ 是正交矩阵。逆矩阵 = 转置 = $e^{-At}$

Antisymmetric 和 skew - symmetric 一样，都是反对称矩阵的意思，这些矩阵的特征值是纯虚数，如 $i$ 和 $-i$，则 $e^{At}$ 的特征值是 $e^{it}$ 和 $e^{-it}$，它们的绝对值都是 $1$：中心稳定，纯振荡，能量守恒。所以 $||\mathbf{u}(t)||=||\mathbf{u}(0)||$。

下一个例题是关于三角矩阵 $A$ 的，特征值矩阵 $X$ 也是三角矩阵，所以 $X^{-1}$ 和 $e^{At}$ 也是三角矩阵。例题中有两种形式的解：特征值的组合以及简短的形式 $e^{At}\mathbf{u}(0)$。
【例6】求解 $\frac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u}=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 2\end{array}\right]\mathbf{u}$，初始值是 $\mathbf{u}(0)=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]$。
解： 由于 $A$ 是三角矩阵，所以它对角线上的元素就是特征值 $1,2$，则特征向量是 $(1,0)$ 和 $(1,1)$。初值 $\mathbf{u}(0)$ 是 ${\mathbf{x}}_1+{\mathbf{x}}_2$，则 $c_1=c_2=1$。则 $\mathbf{u}(t)$ 是纯指数同样的组合（$\lambda =1,2$ 则没有 $t{e}^t$）：$${\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}的解\mathbf{u}(t)=e^t\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]+e^{2t}\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]$$这个是最清楚的形式，但是矩阵形式的 $e^{At}$ 可以得到任意 $\mathbf{u}(0)$ 时的 $\mathbf{u}(t)$：$$\mathbf{u}(t)=X{e}^{\Lambda t}{X}^{-1}\mathbf{u}(0)就是\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{e}^t& \\ & e^{2t}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]\mathbf{u}(0)=\left[\begin{array}{cc}{e}^t& e^{2t}+e^t\\ 0& e^{2t}\end{array}\right]\mathbf{u}(0)$$最后一个矩阵就是 $e^{At}$。这是一个很好的三角形矩阵，这种情况和 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 和逆矩阵的情形相同。我们并不一定需要 $A^{-1}$ 来求解 $\mathbf{x}$，我们也不一定需要 $e^{At}$ 来求解 $d\mathbf{u}/dt=A\mathbf{u}$，但是作为一个答案的快速的公式，$A^{-1}\mathbf{b}$ 和 $e^{At}\mathbf{u}(0)$ 就是无敌的。

八、主要内容总结

1. 方程 ${\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}$ 是线性且常系数在 $A$ 中，从 $\mathbf{u}(0)$ 开始。
2. 它的解通常是指数形式的组合，和每个 $\lambda$ 和 $\mathbf{x}$ 有关：$$无关的特征向量\mathbf{u}(t)=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{\mathbf{x}}_1+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}{\mathbf{x}}_2+\cdots +c_n{e}^{{\lambda }_{n}t}{\mathbf{x}}_n$$
3. 常数 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$ 由 $\mathbf{u}(0)=c_1{\mathbf{x}}_1+c_2{\mathbf{x}}_2+\cdots +c_n{\mathbf{x}}_n=X\mathbf{c}$ 决定。
4. 如果每个 $\lambda$ 的实部都为负，则 $\mathbf{u}(t)$ 趋近于零（稳定）：所有的 $e^{\lambda t}\to 0$.
5. 解有简短的形式 $\mathbf{u}(t)=e^{At}\mathbf{u}(0)$，带有矩阵指数 $e^{At}$.
6. 将 $y$ 和 $y^{\prime }$ 组合成向量 $\mathbf{u}$，将 $y^{\prime \prime }$ 简化成 ${\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}$.

九、例题

【例7】通过代入 $e^{\lambda t}$ 求解方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+3y=0$，也用线性代数求解。
解： 将 $y=e^{\lambda t}$ 代入方程得 $({\lambda }^2+4\lambda +3)e^{\lambda t}=0$，将前面的二次式分解 ${\lambda }^2+4\lambda +3=(\lambda +1)(\lambda +3)=0$，因此有 ${\lambda }_1=-1$ 和 ${\lambda }_2=-3$。纯指数形式的解是 $y_1=e^{-t}$ 和 $y_2=e^{-3t}$，则全解为 $\mathbf{y}=c_1{y}_1+c_2{y}_2$ 且趋近于零。
使用线性代数求解：设 $\mathbf{u}=(y,y^{\prime })$，则向量方程是 ${\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}$：$$\begin{array}{l}dy/dt=y^{\prime }\\ d{y}^{\prime }/dt=-3y-4y^{\prime }\end{array}转换成\frac{d\mathbf{u}}{dt}=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -3& -4\end{array}\right]\mathbf{u}$$$A$ 是一个友矩阵，它的特征值同样是 $-1$ 和 $-3$.$$同样的二次式\det (A-\lambda I)=\left|\begin{array}{cc}-\lambda & 1\\ -3& -4-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2+4\lambda +3=0$$$A$ 的特征向量是 $(1,{\lambda }_1)$ 和 $(1,{\lambda }_2)$，$y(t)$ 的衰减要么来自 $e^{-t}$，要么来自 $e^{-3t}$。由于是常数系数，微积分可以转换成线性代数 $A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}$。

注： 在线性代数中，严重的情况是当特征向量短缺时。如果 ${\lambda }_1={\lambda }_2$，则特征向量 $(1,{\lambda }_2)$ 和 $(1,{\lambda }_2)$ 是一样的，此时将不能对角化 $A$，这种情况下也就无法得到 $d\mathbf{u}/dt$ 的两个无关解。
用微积分求解微分方程中也有同样的问题，就是有重复的 $\lambda$，在得到 $y=e^{\lambda t}$ 后，我们还需要得到第二个解，是 $y=t{e}^{\lambda t}$，这个 “不纯（impure）”（多了一个 $t$）的解是在矩阵指数 $e^{At}$ 出现的，例 4 有证明。

【例8】求 $A$ 的特征值和特征向量，然后将 $\mathbf{u}(0)=(0,2\sqrt{2},0)$ 作为特征向量的组合，求解下面两个方程 ${\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}$ 和 ${\mathbf{u}}^{\prime \prime }=A\mathbf{u}$：$$\frac{d\mathbf{u}}{dt}=\left[\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ 1& -2& 1\\ 0& 1& -2\end{array}\right]\mathbf{u}和\frac{d^2\mathbf{u}}{d{t}^2}=\left[\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ 1& -2& 1\\ 0& 1& -2\end{array}\right]\mathbf{u}且\frac{d\mathbf{u}}{dt}(0)=0$$$$\begin{gathered} {\mathbf{u}}^{\prime }=A\mathbf{u}就像热方程(heatequation)\partial u/\partial t={\partial }^{2}u/\partial x^2 \\ 它的解\mathbf{u}(t)会衰减，这是因为A的特征值是负的。 \\ {\mathbf{u}}^{\prime \prime }=A\mathbf{u}就像波动方程(waveequation){\partial }^{2}u/\partial t^2={\partial }^{2}u/\partial x^2 \\ 它的解会振荡，因为\lambda 的平方根是虚数。 \end{gathered}$$
解： 由 $\det (A-\lambda I)=0$ 求得特征值和特征向量：$$\det (A-\lambda I)=\left|\begin{array}{ccc}-2-\lambda & 1& 0\\ 1& -2-\lambda & 1\\ 0& 1& -2-\lambda \end{array}\right|=(-2-\lambda )[(-2-\lambda {)}^2-2]=0$$当 $-2-\lambda =0$ 时，得到一个特征值是 $-2$；另一个因子是 ${\lambda }^2+4\lambda +2$，所以另外两个特征值是 $\lambda =-2\pm \sqrt{2}$，也都是负实数。下面求特征向量：$$\begin{array}{lll}\lambda =-2& (A+2I)\mathbf{x}=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]& 得到{\mathbf{x}}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right]\\ \lambda =-2-\sqrt{2}& (A-\lambda I)\mathbf{x}=\left[\begin{array}{ccc}\sqrt{2}& 1& 0\\ 1& \sqrt{2}& 1\\ 0& 1& \sqrt{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]& 得到{\mathbf{x}}_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -\sqrt{2}\\ 1\end{array}\right]\\ \lambda =-2+\sqrt{2}& (A-\lambda I)\mathbf{x}=\left[\begin{array}{ccc}-\sqrt{2}& 1& 0\\ 1& -\sqrt{2}& 1\\ 0& 1& -\sqrt{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]& 得到{\mathbf{x}}_3=\left[\begin{array}{c}1\\ \sqrt{2}\\ 1\end{array}\right]\end{array}$$由于是对称矩阵，它的特征向量是正交的，这三个 ${\lambda }_i$ 都是负数，则 $A$ 是负定（negative definite）且 $e^{At}$ 会衰减至零（稳定）。
初值 $\mathbf{u}(0)=(0,2\sqrt{2},0)={\mathbf{x}}_3-{\mathbf{x}}_2$，所以解 $\mathbf{u}(t)=e^{{\lambda }_{2}t}{\mathbf{x}}_3-e^{{\lambda }_{2}t}{\mathbf{x}}_2$.
$热方程$：如 Figure 6.6a 所示，中心点的温度从 $2\sqrt{2}$ 开始， 热量扩散至相邻的盒子然后到盒子外面（在 $0℃$ 结冰），在盒子之间的热流率（rate of heat flow）是温度差。从盒子 $2$，热量流向左边和右边的速率分别是 $u_1-u_2$ 和 $u_3-u_2$，所以流出的是 $A\mathbf{u}$ 的第二行 $u_1-2u_2+u_3$。
$波动方程$：二阶导数解的形式为 $e^{Bt}$，则有 $B^2=A$，所以,$d^2\mathbf{u}/d{t}^2=A\mathbf{u}$ 有相同的特征向量 $\mathbf{x}$，但是现在特征向量 $\lambda$ 产生振荡 $e^{i\omega t}$ 和 $e^{-i\omega t}$，频率由 ${\omega }^2=-\lambda$ 得到，因为 $(i\omega {)}^2=\lambda$：$$\frac{d^2}{d{t}^2}(e^{i\omega t}\mathbf{x})=A(e^{i\omega t}\mathbf{x})变为(i\omega {)}^2{e}^{i\omega t}\mathbf{x}=\lambda e^{i\omega t}\mathbf{x}且{\omega }^2=-\lambda$$$-\lambda$ 有两个平方根，所以有 $e^{i\omega t}\mathbf{x}$ 和 $e^{-i\omega t}\mathbf{x}$，加上三个特征向量共得到 ${\mathbf{u}}^{\prime \prime }=A\mathbf{u}$ 的六个解。$\mathbf{u}(0)$ 和 ${\mathbf{u}}^{\prime }(0)$ 的六个分量会匹配上某个组合。由于本题中 ${\mathbf{u}}^{\prime }(0)=0$，所以 $e^{i\omega t}\mathbf{x}$ 和 $e^{-i\omega t}\mathbf{x}$ 得到 $2\cos \omega t\mathbf{x}$.

【例9】按顺序解下面 $4$ 个方程 $da/dt=0,db/dt=a,dc/dt=2b,dz/dt=3c$，初始值 $\mathbf{u}(0)=(a(0),b(0),c(0),z(0))$。然后用矩阵指数 $\mathbf{u}(t)=e^{At}\mathbf{u}(0)$ 解这 $4$ 个方程。$$\begin{array}{l}四个方程\\ \lambda =0,0,0,0\\ 特征值在对\\ 角线上\end{array}\frac{d}{dt}\left[\begin{array}{c}a\\ b\\ c\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 3& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\\ c\\ z\end{array}\right]是\frac{d\mathbf{u}}{dt}=A\mathbf{u}$$首先求 $A^2,A^3,A^4$ 和 $e^{At}=I+At+\frac{1}{2}(At{)}^2+\frac{1}{6}(At{)}^3$，为什么级数到这里停止了？为什么 $(e^A)(e^A)=e^{2A}$ 是正确的？$e^{As}乘e^{At}总是等于e^{A(s+t)}$。
解1: 依序积分 $da/dt=0,db/dt=a,dc/dt=2b,dz/dt=3c$：$$\begin{array}{ll}a(t)=a(0)& 4\times 4的矩阵乘\\ b(t)=ta(0)+b(0)& a(0),b(0),c(0),z(0)\\ c(t)=t^{2}a(0)+2tb(0)+c(0)& 得a(t),b(t),c(t),z(t)\\ z(t)=t^{3}a(0)+3t^{2}b(0)+3c(0)t+z(0)& 与下方e^{At}的结果相同\end{array}$$解2： $A$（严格三角矩阵） 的幂在 $A^3$ 之后都是零。$$A=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 3& 0\end{array}\right]A^2=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 2& 0& 0& 0\\ 0& 6& 0& 0\end{array}\right]A^3=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 6& 0& 0& 0\end{array}\right]A^4=0$$每一步对角线都会往下移，所以 $e^{At}$ 的级数在四项之后就结束了：$$与解1相同的e^{At}{e}^{At}=I+At+\frac{(At{)}^2}{2}+\frac{(At{)}^3}{6}=\left[\begin{array}{cccc}1& & & \\ t& 1& & \\ t^2& 2t& 1& \\ t^3& 3t^2& 3t& 1\end{array}\right]$$$e^A的平方是e^{2A}，但是e^A{e}^B和e^B{e}^A和e^{A+B}通常都是不同的。当AB=BA时，这三者相等。$