Jak wygląda wzór na n-tą potęgę macierzy 2x2.
Zdaję sobie sprawę, że owa macierz, nie może być dowolna, tzn. musi być postaci:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}a&b&\\0&d&\\\end{array}\right]}\)
n-ta potęga macierzy 2x2
- miki999
- Użytkownik
- Posty: 8691
- Rejestracja: 28 lis 2007, o 18:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1001 razy
n-ta potęga macierzy 2x2
Czy zaraz musi być akurat takiej postaci, to niekoniecznie. Na ogół jednak liczy się po prostu 1., 2. i 3. potęgę, patrzy się co wychodzi i zgaduje ;]
W przypadku macierzy \(\displaystyle{ 2\times 2}\) jest o wiele prościej i nawet dosyć ogólne przykłady można sobie wyliczyć.
W przypadku macierzy \(\displaystyle{ 2\times 2}\) jest o wiele prościej i nawet dosyć ogólne przykłady można sobie wyliczyć.
- bzyk12
- Użytkownik
- Posty: 327
- Rejestracja: 18 lut 2009, o 12:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Oświęcim/Wawa
- Podziękował: 39 razy
- Pomógł: 43 razy
n-ta potęga macierzy 2x2
Dla dowolnej macierzy 2 na 2 wzorki za ładne nie są. Proponuje wyprowadzenie ich korzystając z twierdzenia Cayley'a - Hamiltona:
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}a&b\\c&d\end{array}\right]}\)
Teraz znajdujemy wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ det\left[\begin{array}{ccc}a-\lambda &b\\c&d-\lambda\end{array}\right]=0}\)
\(\displaystyle{ (\lambda) ^{2}-\lambda(a+d)+ad-bc=0}\)
z tego równania otrzymamy miejsca zerowe :
\(\displaystyle{ \lambda _{1} = \frac{(a+d)+ \sqrt{(a-d) ^{2}+4bc } }{2} \wedge \lambda _{2}= \frac{(a+d)- \sqrt{(a-d) ^{2}+4bc } }{2}}\)
oznaczmy nasz wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ \chi(\lambda)=(\lambda) ^{2}-\lambda(a+d)+ad-bc}\)
Możemy teraz zapisać, że:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n}=W _{n-2}(\lambda) \cdot \chi(\lambda)+\alpha\lambda+\beta}\), gdzie \(\displaystyle{ W _{n-2}}\) - jest wielomianem stopnia n-2
Teraz pozostaje wyliczyć współczynniki alfa i beta korzystając z miejsc zerowych:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n} _{1}=\alpha \cdot \lambda _{1}+\beta}\)
\(\displaystyle{ \lambda _{2} ^{n} =\alpha \cdot \lambda _{2} +\beta}\)
\(\displaystyle{ \alpha= \frac{\lambda _{1} ^{n}-\lambda _{2} ^{n} }{\lambda _{1}-\lambda _{2} }}\)
\(\displaystyle{ \beta=\lambda ^{n} _{1}-\lambda _{1} \cdot \frac{\lambda _{1} ^{n}-\lambda _{2} ^{n} }{\lambda _{1}-\lambda _{2} }}\)
Teraz korzystając z twierdzenia Cayley'a - Hamiltona zapiszemy:
\(\displaystyle{ A ^{n}=\alpha \cdot A+\beta \cdot I}\), gdzie I - macierz jednostkowa ( jedynki na diagonali).
Nie napisałem załozenia że miejsca zerowe muszą być różne bo jak są te same to to trochę inaczej wygląda(po drodze trzeba zróżniczkować):
\(\displaystyle{ \lambda ^{n}=W(\lambda) _{n-2} \cdot \chi(\lambda)+\alpha \cdot \lambda+\beta}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1}=W(\lambda) _{n-2}' \cdot \chi(\lambda)+W(\lambda) _{n-2} \cdot \chi(\lambda)'+\alpha}\)
Jak sobie teraz podstawisz to jedyne miejsce zerowe to wylicz współczynniki juz łatwo:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n} _{0}=\alpha\lambda _{0}+\beta}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1} _{0}=\alpha}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1} _{0}=\alpha}\)
\(\displaystyle{ \beta=\lambda ^{n} _{0}(1-n)}\)
\(\displaystyle{ A ^{n}=\alpha \cdot A+\beta \cdot I}\)
Jak ci się chce to sobie popodstawiaj te wartości.
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}a&b\\c&d\end{array}\right]}\)
Teraz znajdujemy wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ det\left[\begin{array}{ccc}a-\lambda &b\\c&d-\lambda\end{array}\right]=0}\)
\(\displaystyle{ (\lambda) ^{2}-\lambda(a+d)+ad-bc=0}\)
z tego równania otrzymamy miejsca zerowe :
\(\displaystyle{ \lambda _{1} = \frac{(a+d)+ \sqrt{(a-d) ^{2}+4bc } }{2} \wedge \lambda _{2}= \frac{(a+d)- \sqrt{(a-d) ^{2}+4bc } }{2}}\)
oznaczmy nasz wielomian charakterystyczny:
\(\displaystyle{ \chi(\lambda)=(\lambda) ^{2}-\lambda(a+d)+ad-bc}\)
Możemy teraz zapisać, że:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n}=W _{n-2}(\lambda) \cdot \chi(\lambda)+\alpha\lambda+\beta}\), gdzie \(\displaystyle{ W _{n-2}}\) - jest wielomianem stopnia n-2
Teraz pozostaje wyliczyć współczynniki alfa i beta korzystając z miejsc zerowych:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n} _{1}=\alpha \cdot \lambda _{1}+\beta}\)
\(\displaystyle{ \lambda _{2} ^{n} =\alpha \cdot \lambda _{2} +\beta}\)
\(\displaystyle{ \alpha= \frac{\lambda _{1} ^{n}-\lambda _{2} ^{n} }{\lambda _{1}-\lambda _{2} }}\)
\(\displaystyle{ \beta=\lambda ^{n} _{1}-\lambda _{1} \cdot \frac{\lambda _{1} ^{n}-\lambda _{2} ^{n} }{\lambda _{1}-\lambda _{2} }}\)
Teraz korzystając z twierdzenia Cayley'a - Hamiltona zapiszemy:
\(\displaystyle{ A ^{n}=\alpha \cdot A+\beta \cdot I}\), gdzie I - macierz jednostkowa ( jedynki na diagonali).
Nie napisałem załozenia że miejsca zerowe muszą być różne bo jak są te same to to trochę inaczej wygląda(po drodze trzeba zróżniczkować):
\(\displaystyle{ \lambda ^{n}=W(\lambda) _{n-2} \cdot \chi(\lambda)+\alpha \cdot \lambda+\beta}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1}=W(\lambda) _{n-2}' \cdot \chi(\lambda)+W(\lambda) _{n-2} \cdot \chi(\lambda)'+\alpha}\)
Jak sobie teraz podstawisz to jedyne miejsce zerowe to wylicz współczynniki juz łatwo:
\(\displaystyle{ \lambda ^{n} _{0}=\alpha\lambda _{0}+\beta}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1} _{0}=\alpha}\)
\(\displaystyle{ n\lambda ^{n-1} _{0}=\alpha}\)
\(\displaystyle{ \beta=\lambda ^{n} _{0}(1-n)}\)
\(\displaystyle{ A ^{n}=\alpha \cdot A+\beta \cdot I}\)
Jak ci się chce to sobie popodstawiaj te wartości.
-
- Użytkownik
- Posty: 370
- Rejestracja: 26 sty 2010, o 21:41
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 53 razy
n-ta potęga macierzy 2x2
Tylko, że jak ktoś chce wyznaczyć ogólny wzór diagonalizując macierz to i tak musi policzyć wielomian charakterystyczny a potem znaleźć jeszcze macierz przejścia, więc raczej rozwiązanie nie zrobi się ładniejsze.
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
n-ta potęga macierzy 2x2
Szukam n-tej potęgi macierzy \(\displaystyle{ A=\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ A^n=b^n\cdot\left(\frac 1b\cdot A\right)^n}\)
zatem macierz
\(\displaystyle{ \frac 1b\cdot A}\)
ma 1 w prawym górnym rogu.
Przyjmijmy więc, że dana macierz jest postaci
\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}a&1\\0&d\end{pmatrix}}\)
a po rozwiązaniu tego zagadnienia wystarczy, że pomnożymy wynik przez \(\displaystyle{ b^n}\).
\(\displaystyle{ A^n}\) ma na przekątnej \(\displaystyle{ a^n, d^n}\), co jest jasne, interesuje nas więc wartość, oznaczmy ją \(\displaystyle{ b_n}\), w prawym górnym rogu macierzy \(\displaystyle{ A^n.}\)
Dwie możliwości:
1.\(\displaystyle{ a=d}\) wtedy \(\displaystyle{ A^n=\begin{pmatrix}a^n&na\\0&a^n\end{pmatrix}}\) co łatwo zauważyć i wykazać przez indukcję.
2. \(\displaystyle{ a\neq b}\), wówczas \(\displaystyle{ A}\) jest diagonalizowalna to znaczy
\(\displaystyle{ A=T^{-1}\begin{pmatrix}a&0\\0&d\end{pmatrix}T}\)
wobec czego
\(\displaystyle{ A=T^{-1}\begin{pmatrix}a^n&0\\0&d^n\end{pmatrix}T}\)
i w związku z tym \(\displaystyle{ b_n}\) jest kombinacją ilniową liczb \(\displaystyle{ a^n,d^n}\) ze współczynnikami niezależnymi od \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ b_n=\alpha a^n+\delta d^n}\)
dla \(\displaystyle{ \alpha,\delta}\), które łatwo wyznaczamy podstawiając \(\displaystyle{ n=0,n=1}\):
dla \(\displaystyle{ n=0}\) otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ \alpha+\delta=0}\)
a dla \(\displaystyle{ n=1}\) równanie:
\(\displaystyle{ \alpha a+\delta d=1}\)
skąd:
\(\displaystyle{ \alpha = \frac 1{a-d}=-\delta}\).
Ostatecznie więc po przypomnieniu sobie o \(\displaystyle{ b}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ A^n=b^n \begin{pmatrix}a^n&na\\0&a^n\end{pmatrix}}\)
gdy \(\displaystyle{ a=d}\)
oraz:
\(\displaystyle{ A^n=b^n\begin{pmatrix}a^n&\frac{a^n-d^n}{a-d}\\0&d^n\end{pmatrix}}\)
gdy \(\displaystyle{ a\neq d}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ A^n=b^n\cdot\left(\frac 1b\cdot A\right)^n}\)
zatem macierz
\(\displaystyle{ \frac 1b\cdot A}\)
ma 1 w prawym górnym rogu.
Przyjmijmy więc, że dana macierz jest postaci
\(\displaystyle{ \begin{pmatrix}a&1\\0&d\end{pmatrix}}\)
a po rozwiązaniu tego zagadnienia wystarczy, że pomnożymy wynik przez \(\displaystyle{ b^n}\).
\(\displaystyle{ A^n}\) ma na przekątnej \(\displaystyle{ a^n, d^n}\), co jest jasne, interesuje nas więc wartość, oznaczmy ją \(\displaystyle{ b_n}\), w prawym górnym rogu macierzy \(\displaystyle{ A^n.}\)
Dwie możliwości:
1.\(\displaystyle{ a=d}\) wtedy \(\displaystyle{ A^n=\begin{pmatrix}a^n&na\\0&a^n\end{pmatrix}}\) co łatwo zauważyć i wykazać przez indukcję.
2. \(\displaystyle{ a\neq b}\), wówczas \(\displaystyle{ A}\) jest diagonalizowalna to znaczy
\(\displaystyle{ A=T^{-1}\begin{pmatrix}a&0\\0&d\end{pmatrix}T}\)
wobec czego
\(\displaystyle{ A=T^{-1}\begin{pmatrix}a^n&0\\0&d^n\end{pmatrix}T}\)
i w związku z tym \(\displaystyle{ b_n}\) jest kombinacją ilniową liczb \(\displaystyle{ a^n,d^n}\) ze współczynnikami niezależnymi od \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ b_n=\alpha a^n+\delta d^n}\)
dla \(\displaystyle{ \alpha,\delta}\), które łatwo wyznaczamy podstawiając \(\displaystyle{ n=0,n=1}\):
dla \(\displaystyle{ n=0}\) otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ \alpha+\delta=0}\)
a dla \(\displaystyle{ n=1}\) równanie:
\(\displaystyle{ \alpha a+\delta d=1}\)
skąd:
\(\displaystyle{ \alpha = \frac 1{a-d}=-\delta}\).
Ostatecznie więc po przypomnieniu sobie o \(\displaystyle{ b}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ A^n=b^n \begin{pmatrix}a^n&na\\0&a^n\end{pmatrix}}\)
gdy \(\displaystyle{ a=d}\)
oraz:
\(\displaystyle{ A^n=b^n\begin{pmatrix}a^n&\frac{a^n-d^n}{a-d}\\0&d^n\end{pmatrix}}\)
gdy \(\displaystyle{ a\neq d}\).