Степень

[Дробышев]

Найти \(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}.\)

[Ost]

Найти \(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}.\)

\(\pmatrix{-117 & 252 \cr -72 & 153}=9 \pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}.\)

[Дробышев]

\(\pmatrix{-117 & 252 \cr -72 & 153}=9 \pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}.\)

Всё верно!

[Иван Горин]

Найти \(e^{\pmatrix{4 & 4 \cr -1 & 0}}.\)
1. АНАЛИТИЧЕСКИ С ПОДРОБНОСТЯМИ c применением Жордановской формы
2. Проверить с помощью MathCad

[Дробышев]

Найти \(e^{\pmatrix{4 & 4 \cr -1 & 0}}.\)
1. АНАЛИТИЧЕСКИ С ПОДРОБНОСТЯМИ c применением Жордановской формы
2. Проверить с помощью MathCad

1. а) Собственные значения матрицы \(A=\pmatrix{4 & 4 \cr -1 & 0}\).

Пусть \(E=\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}\) - единичная матрица, \(B=A-\lambda E\). Собственные значения находятся из уравнения \(\det B=0\):

\(B=\pmatrix{4-\lambda & 4 \cr -1 & -\lambda}, \qquad \det B=-\lambda(4-\lambda)+4=(\lambda-2)^2.\)

Итак, имеется собственное значение \(\lambda=2\) кратности два. При этом \(B=\pmatrix{2 & 4 \cr -1 & -2}\), и ранг матрицы \(B\) равен единице. Это означает, что у \(A\) один собственный вектор (т.к. 2-1=1).

б) Собственные векторы и жорданова форма.

Собственный вектор \(U_1=\pmatrix{a \cr b}\) удовлетворяет уравнению \(BU_1=0\):

\(\pmatrix{2 & 4 \cr -1 & -2}\pmatrix{a \cr b}=\pmatrix{0 \cr 0}, \qquad 2a+4b=0, \qquad a=2, \qquad b=-1.\)

Но есть еще присоединенный собственный вектор \(U_2=\pmatrix{c \cr d}\), удовлетворяющий уравнению \(BU_2=U_1\):

\(\pmatrix{2 & 4 \cr -1 & -2}\pmatrix{c \cr d}=\pmatrix{2 \cr -1}, \qquad 2c+4d=2, \qquad c=1, \qquad d=0.\)

Таким образом, матрица преобразования к жордановой форме имеет вид \(S=\pmatrix{a & c \cr b & d}=\pmatrix{2 & 1 \cr -1 & 0}\), а обратная к ней легко вычисляется: \(S^{-1}=\pmatrix{0 & -1 \cr 1 & 2}\). Сама жорданова форма записывается как \(J=\pmatrix{\lambda & 1 \cr 0 & \lambda}=\pmatrix{2 & 1 \cr 0 & 2}\). Прямым вычислением нетрудно убедиться, что \(A=SJS^{-1}\).

в) Экспоненциал.

Основная расчетная формула \(e^A=e^{SJS^{-1}}=Se^J S^{-1}\). Таким образом, все сводится к вычислению \(e^J\). Записываем \(J=\Lambda+P\), где \(\Lambda=\pmatrix{2 & 0 \cr 0 & 2}\) и \(P=\pmatrix{0 & 1 \cr 0 & 0}\). Матрицы \(\Lambda\) и \(P\) перестановочны, т.е. \(\Lambda P=P\Lambda\), поэтому \(e^{\Lambda+P}=e^\Lambda e^P\). Имеем \(e^\Lambda=\pmatrix{e^2 & 0 \cr 0 & e^2} =e^2 E\). Далее, \(P^2=PP=0\), \(P^3=P^4=\ldots=0\) и

\(e^P=E+P+\displaystyle\frac{1}{2!}P^2+\frac{1}{3!}P^3+\ldots =E+P=\pmatrix{1 & 1 \cr 0 & 1}.\)

Получаем окончательный ответ:

\(e^A=Se^J S^{-1} =e^2\pmatrix{2 & 1 \cr -1 & 0}\pmatrix{1 & 1 \cr 0 & 1}\pmatrix{0 & -1 \cr 1 & 2}=e^2\pmatrix{3 & 4 \cr -1 & -1}.\)

2. MathCad нет, но есть Mathematica:

[Ost]

\(S\) можно вычислить формально из уравнения \(S~J~S^{-1}-A=0\), например \(S=\pmatrix{-4 & -8 \cr 2 & 3}\).
\(exp(J)=e^2\left(E+\pmatrix{0 & 1/1! \cr 0 & 0}\right)\) по формуле.

[Иван Горин]

Найти \(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}.\)

Решение с помощью интерполяционного многочлена Лагранжа \(r(\lambda)\).
Собственные значения матрицы А разные.
\(\lambda _{1}=2,\, \lambda _{2}=3\)

\(r(\lambda)=\sum \limits_{j=1}^{n} \left (  \prod\limits_{i=1,i\neq j}^{n}\frac{\lambda -\lambda _{i}}{\lambda _{j}-\lambda _{i}}f(\lambda _{i})\right )\)
Для нашего случая n=2.

\(r(\lambda ) =\frac{\lambda -\lambda _{1}}{\lambda _{2}-\lambda _{1}}f(\lambda _{1})-\frac{\lambda -\lambda _{2}}{\lambda _{2}-\lambda _{1}}f(\lambda _{2})\)

\(f(\lambda _{1}) =3^{2}=9,\,f(\lambda _{2}) =3^{3}=27\)
\(\lambda _{2} -\lambda_{1}=1\)
В итоге получаем функцию Лагранжа
\(r(\lambda ) =9(-2\lambda +7)\)

\(f(A) =r(A)=9(-2A +7E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{-2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}+7{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{10 & -28\cr 8 & -20}}+{\pmatrix{7 & 0 \cr 0 & 7}}\right ]=9{\pmatrix{17 & -28 \cr 8 & -13}}\)

Я получил в точности обратную матрицу, чем в решении Оста.
Или теория Лагранжа неверная, что маловероятно или у меня где-то ошибка.

[Иван Горин]

Решение с помощью интерполяционного многочлена Лагранжа \(r(\lambda)\).
Собственные значения матрицы А разные.
\(\lambda _{1}=2,\, \lambda _{2}=3\)

\(r(\lambda)=\sum\limits_{j=1}^{n} \left (  \prod\limits_{i=1,i\neq j}^{n}\frac{\lambda -\lambda _{i}}{\lambda _{j}-\lambda _{i}}f(\lambda _{i})\right )\) ( получились пределы вверху)
Для нашего случая n=2.

\(r(\lambda ) =\frac{\lambda -\lambda _{1}}{\lambda _{2}-\lambda _{1}}f(\lambda _{1})-\frac{\lambda -\lambda _{2}}{\lambda _{2}-\lambda _{1}}f(\lambda _{2})\)

\(f(\lambda _{1}) =3^{2}=9,\,f(\lambda _{2}) =3^{3}=27\)
\(\lambda _{2} -\lambda_{1}=1\)
В итоге получаем функцию Лагранжа
\(r(\lambda ) =9(-2\lambda +7)\)

\(f(A) =r(A)=9(-2A +7E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{-2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}+7{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{10 & -28\cr 8 & -20}}+{\pmatrix{7 & 0 \cr 0 & 7}}\right ]=9{\pmatrix{17 & -28 \cr 8 & -13}}\)

Я получил в точности обратную матрицу, чем в решении Оста.
Или теория Лагранжа неверная, что маловероятно или у меня где-то ошибка.

Ошибка была не моя, а в формуле, которая приведена в справочнике по математике.

\(r(\lambda)=\sum\limits_{j=1}^{n} f(\lambda _{j})  \prod\limits_{i=1,i\neq j}^{n}\frac{\lambda -\lambda _{i}}{\lambda _{j}-\lambda _{i}}\)  правильная формула
Всего одна описка. Вместо j в функции поставили i.
Тогда функция Лагранжа примет вид
\(r(\lambda ) =9(2\lambda -3)\)

\(f(A) =r(A)=9(2A -3E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}-3{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{-10 & 28\cr -8 & 20}}-{\pmatrix{3 & 0 \cr 0 & 3}}\right ]=9{\pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}}\)

[Andrey_R]

Ошибка была не моя, а в формуле, которая приведена в справочнике по математике.

\(r(\lambda)=\sum_{j=1}^{n} \left (  \prod_{i=1,i\neq j}^{n}\frac{\lambda -\lambda _{i}}{\lambda _{j}-\lambda _{i}}f(\lambda _{j})\right )\)  правильная формула
Всего одна описка. Вместо j в функции поставили i.
Тогда функция Лагранжа примет вид
\(r(\lambda ) =9(2\lambda -3)\)

\(f(A) =r(A)=9(2A -3E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}-3{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{-10 & 28\cr -8 & 20}}-{\pmatrix{3 & 0 \cr 0 & 3}}\right ]=9{\pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}}\)

Без многочленов Лагранжа, кажется, проще . Так как собственные значения матрицы \(А\) разные, то она диагонализируемая и вместо жордановой формы будет диагональная матрица

\(J=\pmatrix{2 & 0 \cr 0 & 3}\), а  \(A=SJS^{-1}\), где

\(S=\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}\), \(S^{-1}=\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}\)

Сам пример можно записать как

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=e^{\ln(3)\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=\)

\(=e^{\ln(3)\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}\pmatrix{2 & 0 \cr 0 & 3}\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}}=\)
\(=\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}e^{\ln(3)\pmatrix{2 & 0 \cr 0 & 3}}\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}=\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}3^{\pmatrix{2 & 0 \cr 0 & 3}}\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}=\)
\(=\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}\pmatrix{3^2 & 0 \cr 0 & 3^3}\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}=3^2\pmatrix{2 & 7 \cr 1 & 4}\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 3}\pmatrix{4 & -7 \cr -1 & 2}=3^2\pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}\)

[Иван Горин]

У Андрея отличное решение.

Имеется решение ещё проще.
По формуле из следствия теоремы Кэли - Гамильтона.

\(f(A)=\frac{1}{\Delta}\sum\limits_{k=1}^{n}\Delta_{n-k}A^{n-k}\) (1)

\(\Delta =det[\Delta =det[\lambda _{i}^{k-1}]] \) определитель Вандермонда

\(\Delta_j\) определитель, получаемый если в \(\Delta\) вместо \(\lambda_i^j\) подставить \(f(\lambda_i^j)\)

Это общий случай, в котором не всё понятно.
На примере нашей  матрицы всё прояснится.

\(f(A)=3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}\)

\(A={\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}\)

Собственные значения матрицы .
\(\lambda _{1}=2,\, \lambda _{2}=3\)
n=2

\(\Delta=det{\pmatrix{ \lambda_1^0 & \lambda_1^1 \cr \lambda_2^0 & \lambda_2^1}}=\lambda_2-\lambda_1=3-2=1\)

\(\Delta_0=det{\pmatrix{ f( \lambda_1) & \lambda_1 \cr \ f(\lambda_2) & \lambda_2}}=det\pmatrix{ 3^2 & 2 \cr \ 3^3 & 3}=27-54=-27\)

\(\Delta_1=det{\pmatrix{ \lambda_1^0 & \ f(\lambda_1) \cr \lambda_2^0 & \ f(\lambda_2)}}=det\pmatrix{ 1 & 3^2 \cr \ 1 & 3^3}=27-9=18\)

Подставляем наши результаты в формулу (1):

\(f(A)=\Delta _1\,A^1+\Delta _0\,A^0=18A-27E\)
И получаем наш прежний результат:

\(f(A) =9(2A -3E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}-3{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{-10 & 28\cr -8 & 20}}-{\pmatrix{3 & 0 \cr 0 & 3}}\right ]=9{\pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}}\)

И как видим не надо искать многочлен Лагранжа, нет перемножения матриц, не надо искать собственные вектора, преобразующую матрицу S.
Но обратная матрица очевидна, её главная диагональ состоит из собственных значений, остальные элементы нулевые.

[Andrey_R]

У Андрея отличное решение.

Имеется решение ещё проще.
По формуле из следствия теоремы Кэли - Гамильтона.

\(f(A)=\frac{1}{\Delta}\sum\limits_{k=1}^{n}\Delta_{n-k}A^{n-k}\) (1)

\(\Delta =det[\Delta =det[\lambda _{i}^{k-1}]] \) определитель Вандермонда

\(\Delta_j\) определитель, получаемый если в \(\Delta\) вместо \(\lambda_i^j\) подставить \(f(\lambda_i^j)\)

Это общий случай, в котором не всё понятно.
На примере нашей  матрицы всё прояснится.

\(f(A)=3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}\)

\(A={\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}\)

Собственные значения матрицы .
\(\lambda _{1}=2,\, \lambda _{2}=3\)
n=2

\(\Delta=det{\pmatrix{ \lambda_1^0 & \lambda_1^1 \cr \lambda_2^0 & \lambda_2^1}}=\lambda_2-\lambda_1=3-2=1\)

\(\Delta_0=det{\pmatrix{ f( \lambda_1) & \lambda_1 \cr \ f(\lambda_2) & \lambda_2}}=det\pmatrix{ 3^2 & 2 \cr \ 3^3 & 3}=27-54=-27\)

\(\Delta_1=det{\pmatrix{ \lambda_1^0 & \ f(\lambda_1) \cr \lambda_2^0 & \ f(\lambda_2)}}=det\pmatrix{ 1 & 3^2 \cr \ 1 & 3^3}=27-9=18\)

Подставляем наши результаты в формулу (1):

\(f(A)=\Delta _1\,A^1+\Delta _0\,A^0=18A-27E\)
И получаем наш прежний результат:

\(f(A) =9(2A -3E)\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{2{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}}-3{\pmatrix{1 & 0 \cr 0 & 1}}\right ]\)

\(3^{\pmatrix{-5 & 14 \cr -4 & 10}}=9\left [{\pmatrix{-10 & 28\cr -8 & 20}}-{\pmatrix{3 & 0 \cr 0 & 3}}\right ]=9{\pmatrix{-13 & 28 \cr -8 & 17}}\)

И как видим не надо искать многочлен Лагранжа, нет перемножения матриц, не надо искать собственные вектора, преобразующую матрицу S.
Но обратная матрица очевидна, её главная диагональ состоит из собственных значений, остальные элементы нулевые.

Интересно. Но я бы не сказал, что проще.
К тому же три раза искать определитель - если матрица не 2х2, то это похуже, чем матрицы перемножать

[Иван Горин]

Интересно. Но я бы не сказал, что проще.
К тому же три раза искать определитель - если матрица не 2х2, то это похуже, чем матрицы перемножать

Пусть дана матрица

A=\(\begin{pmatrix}
1 &  2& 3 \\
 5& 4 &  6\\
 7&  -8&  -9\\
\end{pmatrix}\)

det A=\(\begin{vmatrix}
1 &  2& 3 \\
 5& 4 &  6\\
 7&  -8&  -9\\
\end{vmatrix}\)

Умножим первую строку на -5 и сложим со второй строкой и
Умножим первую строку на -7 и сложим с третей строкой.
Первая строка остаётся без изменений.

det A=\(\begin{vmatrix}
1 &  2  & 3 \\
 0 & -6 &  -9\\
 0 &  -22 &  -30\\
\end{vmatrix}\)=\(\begin{vmatrix}
-6 & -9 \\
-22 & -30 \\
\end{vmatrix}\)=\(180-198=-18\)

Таким образом, определитель любого порядка можно привести к сумме определителей второго порядка.

[Иван Горин]

Дана матрица

\(A=\begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{pmatrix}\)

Найти \(A^{19}\)

[Andrey_R]

Дана матрица

\(A=\begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{pmatrix}\)

Найти \(A^{19}\)

Я с ходу сделал вот так:
\(A^2=2\pmatrix{ 0  & -1 \cr 1 & 0} , A^3=A^2*A= 2\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1} , A^4=(A^2)^2= -4\pmatrix{ 1  & 0 \cr 0 & 1}\)
\(A^{19}=(A^4)^4.A^3=(-4)^42\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1}=512\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1}\)

Но оригинальнее ,будет, наверно, с матрицей Паули -
\(A=I-i\sigma_1\)
\(A^2=(I-i\sigma_1)^2=I-2i\sigma_1+(-i)^2(\sigma_1)^2=I-2i\sigma_1-I=-2i\sigma_1\)
\(A^3=(-2i\sigma_1)(I-i\sigma_1)=-2(I+i\sigma_1) \)
\(A^4=(-2i\sigma_1)^2=-4I \)
с тем же результатом без умножения матриц

[Иван Горин]

Я с ходу сделал вот так:
\(A^2=2\pmatrix{ 0  & -1 \cr 1 & 0} , A^3=A^2*A= 2\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1} , A^4=(A^2)^2= -4\pmatrix{ 1  & 0 \cr 0 & 1}\)
\(A^{19}=(A^4)^4.A^3=(-4)^42\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1}=512\pmatrix{ -1  & -1 \cr 1 & -1}\)

Но оригинальнее ,будет, наверно, с матрицей Паули -
\(A=I-i\sigma_1\)
\(A^2=(I-i\sigma_1)^2=I-2i\sigma_1+(-i)^2(\sigma_1)^2=I-2i\sigma_1-I=-2i\sigma_1\)
\(A^3=(-2i\sigma_1)(I-i\sigma_1)=-2(I+i\sigma_1) \)
\(A^4=(-2i\sigma_1)^2=-4I \)
с тем же результатом без умножения матриц

Первый метод стандартный.
С матрицей Паули непонятно.
Есть ещё один метод по теореме Кэли-Гамильтона. Также без перемножения матриц.
Но он более трудоёмкий, чем стандартный метод.
Эта теорема гласит, что каждая матрица удовлетворяет своему характеристическому уравнению.
Для нашей матрицы
\(\lambda ^2-2\lambda +2=0\)
\(A ^2-2A +2I=0\)
\(A ^2=2A -2I\) (1)
\(A ^3=AA^2\)
\(A^2\) всегда подставляем из (1)
\(A ^3=2A-4I\)
\(A ^4=AA^3=-4I\)
\(A ^{19}=A^3(A^4)^4=512(A-2I)=512\begin{pmatrix}
-1 & -1 \\
1 & -1 \\
\end{pmatrix}
\)