Resuelve la ecuación.

Question

Quiero resolver la ecuación de la matriz cuadrática

ps

Si pongo$$X^2+X=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$ en el formulario

ps

entonces encuentro ecuaciones complicadas. ¿Hay una manera simple de abordar el problema sin usar la diagonalización?

Answer 1

Escriba $J=\pmatrix{1&1\1&1}$. La ecuación de $X^2+X=J$ implica $XJ=JX$. Las matrices satisfacción $XJ=JX$ son los de la forma $X=aI+bJ$. Entonces $X^2=a^2I+(2ab+2b^2)J$, así que conseguir $$(a^2+a)I+(b+2ab+2b^2)J=J.$$ por tanto $a^2+a=0$, que $a\in{0,-1}$ y $b+2ab+2b^2=1$, que da una ecuación cuadrática para cada uno de los dos posibles $a$-valores.

Answer 2

El mapeo espectral teorema da $$\{\lambda^2 +\lambda : \lambda \in \sigma(X)\} = \sigma(X^2 + X) = \sigma\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix} = \{0,2\}$$

De ello se sigue que tenemos una de las cuatro opciones:

• $\sigma(X) = \{0,1\}$ $\operatorname{Tr} X = 1$.

Un cálculo con $X = \pmatrix{a & b \\ c & 1-a}$ rendimientos

$$\pmatrix{a+a^2+bc & 2b \\ 2c & a^2-3a+bc+2} = X^2 + X = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$$

así que la única solución es $a = b = c = \frac12$.

• $\sigma(X) = \{0,-2\}$ $\operatorname{Tr} X = -2$.

Un cálculo con $X = \pmatrix{a & b \\ c & -2-a}$ rendimientos

$$\pmatrix{a+a^2+bc & -b \\ -c & a^2+3a+bc + 2} = X^2 + X = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$$

así que la única solución es $a = b = c = -1$.

• $\sigma(X) = \{-1,-2\}$ $\operatorname{Tr} X = -3$.

Un cálculo con $X = \pmatrix{a & b \\ c & -3-a}$ rendimientos

$$\pmatrix{a+a^2+bc & -2b \\ -2c & a^2+5a + bc + 6} = X^2 + X = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$$

así $a = -\frac32$, $b = c = -\frac12$ es la única solución.

• $\sigma(X) = \{-1,1\}$ $\operatorname{Tr} X = 0$.

Un cálculo con $X = \pmatrix{a & b \\ c & -a}$ rendimientos

$$\pmatrix{a+a^2+bc & b \\ c & a^2-a+bc} = X^2 + X = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$$ así $a = 0$, $b = c = 1$ es la única solución.

Así las soluciones para $X$

$$\pmatrix{\frac12 & \frac12 \\ \frac12 & \frac12},\quad \pmatrix{-1 & -1 \\ -1 & -1},\quad \pmatrix{-\frac32 & -\frac12 \\ -\frac12 & -\frac32},\quad \pmatrix{0 & 1 \\ 1 & 0}$$

Answer 3

Su método también funciona, aunque engorroso (no asap): $$X^2+X=1 \Rightarrow \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^2+\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix} \Rightarrow\begin{cases}a^2+a+bc=1\\ ab+bd+b=1\\ ac+c+cd=1\\ bc+d^2+d=1\end{cases}.$$ Resta la última de la primera: $$a^2-d^2+a-d=0 \Rightarrow (a-d)(\underbrace{a+d+1}_{\ne 0 \ \text{from (2)}})=0 \Rightarrow d=a.$$

Enchufe $d=a$ en la segunda y tercera ecuaciones y restar: $$(2ab+b)-(2ac+c)=0 \Rightarrow (b-c)(\underbrace{2a+1}_{\ne 0 \ \text{from (2)}})=0 \Rightarrow c=b.$$ Enchufe $c=b$ en la primera y segunda ecuaciones y agregarlos: $$a^2+a+b^2+2ab+b=2 \Rightarrow (a+b)^2+(a+b)-2=0 \Rightarrow \\ a+b=-2;1 \Rightarrow 1) \ b=-a-2; \ 2) a \ b=a+1.$$ $1$) Enchufe $b=-a-2$ en la primera ecuación: $$a^2+a+(-2)^2=1 \Rightarrow 2a^2+5a+3=0 \Rightarrow a=-\frac32; -1 \Rightarrow \\ X_1=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32&-\frac12\\-\frac12&-\frac32\end{pmatrix};\\ X_2=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&-1\\-1&-1\end{pmatrix}.$$
$2$) Enchufe $b=-a+1$ en la primera ecuación: $$a^2+a+(-a+1)^2=1 \Rightarrow 2a^2-a=0 \Rightarrow a=0; \frac12 \Rightarrow \\ X_3=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix};\\ X_4=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac12&\frac12\\\frac12&\frac12\end{pmatrix}.$$

Answer 4

La siguiente secuencia de comandos SymPy

 from sympy import *

x11, x12, x21, x22 = symbols('x11 x12 x21 x22', real=True)

X = Matrix([[ x11, x12],
            [ x21, x22]])

R = X**2 + X - ones(2,2)

solutions = solve_poly_system([R[0,0], R[0,1], R[1,0], R[1,1]], x11, x12, x21, x22)

for (a,b,c,d) in solutions:
    print Matrix([[a,b],
                  [c,d]])
 

genera las siguientes soluciones$4$

 Matrix([[-3/2, -1/2],
        [-1/2, -3/2]])
Matrix([[-1, -1],
        [-1, -1]])
Matrix([[0, 1],
        [1, 0]])
Matrix([[1/2, 1/2],
        [1/2, 1/2]])
 

Answer 5

El uso de la forma canónica de Jordan, $X$ debe ser similar a uno de los tres matrices \begin{align} \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix} \end{align} donde $\lambda_1 \neq \lambda_2$, lo que implica que $X^2 + X$ debe ser similar a \begin{align} \begin{pmatrix} \lambda_1^2 + \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2^2 + \lambda_2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^2 + \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^2 + \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^2 + \lambda & 2\lambda + 1 \\ 0 & \lambda^2 + \lambda \end{pmatrix} \end{align} , respectivamente. Desde los últimos dos matrices tienen un único autovalor $\lambda^2 + \lambda$, es imposible para ellos para ser similar a $J \equiv \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, que tiene dos autovalores distintos. Por lo tanto, $X$ debe tomar la forma $$X = P^{-1}\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}P, \etiqueta{1}$$ donde $P := \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ es invertible. En términos de $(1)$, la ecuación de $X^2 + X = J$ se expresa como $$P^{-1}\begin{pmatrix} \lambda_1^2 + \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2^2 + \lambda_2 \end{pmatrix}P = J. \etiqueta{2}$$

Debido a $J$ tiene dos autovalores $0$$2$, sin pérdida de generalidad, podemos establecer $$\begin{cases} \lambda_1^2 + \lambda_1 = 0 \\ \lambda_2^2 + \lambda_2 = 2, \end{casos} \etiqueta{3}$$ en virtud de la cual $(2)$ es equivalente a $$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, $$ o $$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 2c & 2d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a + b & a + b \\ c + d & c + d \end{pmatrix}, $$ que requiere de $a = -b$ $c = d$ (por lo tanto,$a \neq 0, c \neq 0$). Por lo tanto, $$P = \begin{pmatrix} a & -a \\ c & c \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac{1}{2ac}\begin{pmatrix} c & a \\ -c & a \end{pmatrix}. \etiqueta{4}$$ Sustituyendo $(4)$ a $(1)$ da $$X = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} \lambda_1 + \lambda_2 & \lambda_2 - \lambda_1 \\ \lambda_2 - \lambda_1 & \lambda_1 + \lambda_2 \end{pmatrix}. \etiqueta{5}$$ Mientras que $(3)$ admite los siguientes cuatro combinaciones de $(\lambda_1, \lambda_2)$: $$(0, -2), (0, 1), (-1, -2), (-1, 1),$$ $(5)$ conlleva los siguientes cuatro soluciones de $X$: \begin{align} \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -3/2 & -1/2 \\ -1/2 & -3/2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}. \end{align}