n-ta potęga macierzy 2x2

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
szymon55
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 11 maja 2011, o 18:45
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 7 razy
Pomógł: 1 raz

n-ta potęga macierzy 2x2

Post autor: szymon55 » 29 cze 2011, o 12:16

Jak wygląda wzór na n-tą potęgę macierzy 2x2.
Zdaję sobie sprawę, że owa macierz, nie może być dowolna, tzn. musi być postaci:


\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}a&b&\\0&d&\\\end{array}\right]}\)

Awatar użytkownika
miki999
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 8691
Rejestracja: 28 lis 2007, o 18:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1001 razy

n-ta potęga macierzy 2x2

Post autor: miki999 » 29 cze 2011, o 12:46

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.

Awatar użytkownika
bzyk12
Użytkownik
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

Post autor: bzyk12 » 29 cze 2011, o 13:29

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.

Tomek_Z
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 807
Rejestracja: 9 gru 2007, o 14:39
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 181 razy

n-ta potęga macierzy 2x2

Post autor: Tomek_Z » 29 cze 2011, o 13:35

A po co stosować takie narzędzia do macierzy 2x2? Zawsze można próbować diagonalizacji...

marcinz
Użytkownik
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

Post autor: marcinz » 29 cze 2011, o 13:55

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.

xiikzodz
Użytkownik
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

Post autor: xiikzodz » 29 cze 2011, o 17:04

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 \(\displaystyle{ a\neq d}\).

ODPOWIEDZ