Pierwiastek z macierzy?

[Cukiernik]

Szanowni Państwo

Wie ktoś jak takie coś zrobić?

\(\displaystyle{ X \cdot X= \left[
\begin{array}{cc}
1 & 5\\
0 & 1
\end{array}
\right]
\qquad}\)

[Janusz Tracz]

Można szukać takich \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) że \(\displaystyle{ X=\left[ \begin{array}{cc} a & b\\ c & d \end{array} \right]}\) wtedy \(\displaystyle{ X^2=\left[ \begin{array}{cc} a^2+bc & ab+bd\\ ac+cd & bc+d^2 \end{array} \right]}\)

Mamy wtedy układ 4 równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2+bc=1 \\ ab+bd=5\\ac+cd=0\\ bc+d^2 =1 \end{cases}}\)

Z (3) równania mamy że \(\displaystyle{ c=0}\) przypadek z \(\displaystyle{ a+d=0}\) nie zachodzi ze względy na równanie (2). Więc

\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2=1 \\ b(a+d)=5\\d^2=1 \end{cases}}\)

Stąd \(\displaystyle{ a= \pm 1, b= \pm \frac{5}{2},c=0,d= \pm 1}\)

I decydujemy się na jeden znak.

[NogaWeza]

Alternatywą jest skorzystanie z postaci Jordana.

[Cukiernik]

Alternatywą jest skorzystanie z postaci Jordana.

Możesz przedstawić?

Btw. Dzięki za wyjaśnienie Janusz Tracz, nie pomyślałem o tym.

[NogaWeza]

Jasne.

Weźmy pewną kwadratową macierz \(\displaystyle{ A}\) . Wiemy, że w \(\displaystyle{ \CC}\) istnieje rozkład \(\displaystyle{ A=PJP^{-1}}\) , gdzie \(\displaystyle{ J}\) jest macierzą Jordana (składającą się z klatek), a \(\displaystyle{ P}\) jest macierzą przejścia do bazy Jordana (złożonej z wektorów własnych i ewentualnie uzupełnionej wektorami uogólnionymi).

Można teraz wyznaczyć funkcję o argumencie macierzowym, jednak istotne są tutaj założenia. O \(\displaystyle{ f}\) zakładamy, że jest analityczna w pewnym kole, tj. że da się tam rozwinąć w szereg. Dodatkowo widmo macierzy \(\displaystyle{ A}\) (czyli zbiór jej wartości własnych) musi zawierać się w tym kole, w przeciwnym wypadku szereg nie będzie zbieżny (ogólnie jest chyba tak w przestrzeniach Banacha, że zbieżność szeregu norm implikuje zbieżność w tej przestrzeni - np. szeregi zbieżne warunkowo znane z analizy).

Teraz skoro \(\displaystyle{ f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n) } (z_0)}{n!} (z - z_0) ^n}\) , to wstawmy \(\displaystyle{ A}\) w miejsce \(\displaystyle{ z}\) .

\(\displaystyle{ f(A) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n A^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n P J^n P^{-1}}\)

Ta ostatnia równość z faktu, że \(\displaystyle{ P^n A^n \left(P^{-1}\right) ^ n = P A P^{-1} \cdot P A P^{-1} \cdot ... \cdot P A P^{-1}}\) , teraz można dokonać trafnych skreśleń, bo iloczyny \(\displaystyle{ P^{-1} \cdot P}\) będą się upraszczać do \(\displaystyle{ I}\) . Wobec tego możemy zapisać:
\(\displaystyle{ f(a) = P \left[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n J^n \right]P^{-1} = P f(J) P^{-1}}\) - czyli wystarczy wyznaczać funkcje postaci Jordana (czyli de facto klatek).

No to fajnie, teraz weźmy macierz Jordana \(\displaystyle{ \mathbf{J} = \left[ \begin{array}{cccc} \mathbf{J}_1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & \mathbf{J}_2 & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \mathbf{J}_m \end{array}\right] }\) i okazuje się, że \(\displaystyle{ f ( \mathbf{J} ) = \left[ \begin{array}{cccc} f ( \mathbf{J}_1 ) & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & f( \mathbf{J}_2 ) & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & f (\mathbf{J}_m ) \end{array}\right]}\) , wystarczy więc wyznaczyć funkcję każdej klatki z osobna, a potem to skleić do kupy.

Wystarczy więc teraz pokazać, jak wyznaczyć funkcję pewnej klatki \(\displaystyle{ f(J _ i)}\) . Bezpośrednio z definicji wynika, że jeśli \(\displaystyle{ J_i}\) jest klatką diagonalną, to \(\displaystyle{ f (\mathbf{J}_i ) = \left[ \begin{array}{cccc}f( \lambda_i ) & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & f (\lambda_i ) & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & f( \lambda_i ) \end{array}\right]}\) (bo wstawiając macierz do szeregu będziemy ciągle mnożyć macierze diagonalne).

Jeśli \(\displaystyle{ J_i}\) nie jest diagonalna, to dokonujemy dekompozycji \(\displaystyle{ J_i = \lambda_i I + K}\) , gdzie \(\displaystyle{ K}\) ma jedynki nad przekątną, wstawiamy to do szeregu, coś tam, coś tam i dostajemy wzór na potęgowanie klatki z jedynkami nad przekątną. Ostatecznie:

\(\displaystyle{ f (\mathbf{J}_i ) = \left[ \begin{array}{cccc}f( \lambda_i ) & \frac{f^{(1)} (\lambda _ i)}{1!} & \ldots & \frac{f^{(k-1)} (\lambda _ i)}{(k-1)!} \\ 0 & f (\lambda_i ) & \ldots & \frac{f^{(k-2)} (\lambda _ i)}{(k-2)!} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & f( \lambda_i ) \end{array}\right]}\)

Mogłem swój wywód jakoś skondensować, ale trudno, niech już zostanie. Właściwie to niepotrzebnie pisałem te wzory ogólne, bo zamiast je wyprowadzać, łatwiej wstawić sobie \(\displaystyle{ J}\) do szeregi u wyjdzie co ma wyjść.

Mamy teraz:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}1&5\\0&1\end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}1&0\\0&\frac{1}{5}\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}1&1\\0&1\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}1&0\\0&5\end{array}\right]}\)

a teraz:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}1&1\\0&1\end{array}\right] ^{\frac{1}{2}} = \left[\begin{array}{cc}\sqrt{1}&\frac{1}{1!} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{1} }\\0& \sqrt{1}\end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}1&\frac{1}{2}\\0&1\end{array}\right]}\)

Istotnie:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}1&\frac{1}{2}\\0&1\end{array}\right] ^2 = \left[\begin{array}{cc}1&1\\0&1\end{array}\right]}\)

Ostatecznie:
\(\displaystyle{ A^{\frac{1}{2}} = \left[\begin{array}{cc}1&0\\0&\frac{1}{5}\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}1&\frac{1}{2}\\0&1\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}1&0\\0&5\end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}1&\frac{5}{2}\\0&1\end{array}\right]}\)

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=%7B%7B1,0%7D,%7B0,1%2F5%7D%7D+*+%7B%7B1,1%2F2%7D,%7B0,1%7D%7D+*+%7B%7B1,0%7D,%7B0,5%7D%7D

Wystarczy podnieść otrzymaną macierz do kwadratu, aby sprawdzić, że istotnie daje to wynik \(\displaystyle{ A}\) , czyli uzyskana przez nas macierz to pierwiastek macierzowy.

Gdyby Cię ta tematyka interesowała, to jest jeszcze jeden sposób, tzw. spektralny rozkład macierzy, który w moim mniemaniu jest nieco prostszy, ale jeśli nie zajmujesz się takimi rzeczami często, to nie warto sobie nim chyba zaprzątać głowy.