Para la matriz de rotación$A$, encuentre$B = A^4- A^3 + A^2 - A$

Question

Encontrar el valor de $B = A^4- A^3 + A^2 - A$ donde $A$ es la matriz dada por debajo de $$ A= \left [ \begin{matrix} \cos\alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{de la matriz} \right ] $$

En realidad es bastante simple cuando se mire. Encontrar $A$, $A^2$, $A^3$, $A^4$ haciendo algo de la multiplicación de la matriz y, a continuación, sumar y restar siguientes a la pregunta.
Hice todo el trabajo tedioso mencionados anteriormente.

Pero la matriz de $B$ I obtener está llena de basura. Me suponiendo que cualquiera de nosotros debe utilizar algunos trigno mumbo jumbo identidades, o hay algo hermoso que me perdí de la cuestión.
Edit: En la suma de una serie geométrica de ayuda?

Answer 1

Algunos consejos ... podría hacer alguna simplificación considerando$$(A+I)B=A^5-A=A(A^4-I)$ $

$R(\theta)$ es la matriz de rotación estándar$\left(\begin{matrix}\cos\theta &-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{matrix}\right)$ que gira en un ángulo$\theta$ en sentido antihorario sobre el origen. Tenga en cuenta que $R(\theta)R(\phi)=R(\theta+\phi)$.

Por lo tanto,$A=R(-\alpha)$ representa la rotación en el sentido de las agujas del reloj por el ángulo$\alpha$,$$A+I=\left(\begin{matrix}\cos\alpha+1 &\sin\alpha\\ -\sin\alpha&\cos\alpha+1\end{matrix}\right)=2\cos\frac{\alpha}{2}R(-\frac{\alpha}{2})$ $$$\implies(A+I)^{-1}=\frac{1}{2\cos\frac{\alpha}{2}}R(\frac{\alpha}{2})$ $ Entonces$$B=(A+I)^{-1}A(A^4-I)$ $

Answer 2

Para una matriz de rotación $$ A = \ left [\begin{matrix} \cos\alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end {matrix} \ right] $$$A^2$ es solo una rotación de$2\alpha$,$A^3$ es la rotación de$3\alpha$ y así. $$ B = \ left [\begin{matrix} \cos 4\alpha-\cos3\alpha+\cos2\alpha-\cos\alpha & \sin 4\alpha-\sin3\alpha+\sin2\alpha-\sin\alpha \\ -(\sin 4\alpha-\sin3\alpha+\sin2\alpha-\sin\alpha) & \cos 4\alpha-\cos3\alpha+\cos2\alpha-\cos\alpha \end {matrix} \ right] $$

Answer 3

Por inducción, $$ A^n = A^{n-1}A = \begin{pmatrix} \cos{(n-1)\theta} & \sin{(n-1)\theta} \\ -\sin{(n-1)\theta} & \cos{(n-1)\theta} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos{\theta} & \sin{\theta} \\ -\sin{\theta} & \cos{\theta} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos{(n-1)\theta}\cos{\theta} - \sin{\theta}\sin{(n-1)\theta} & \sin{(n-1)\theta}\cos{\theta} + \cos{(n-1)\theta}\sin{\theta} \\ -\sin{(n-1)\theta} & \cos{(n-1)\theta}\cos{\theta} - \sin{\theta}\sin{(n-1)\theta} \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} \cos{n\theta} & \sin{n\theta} \\ -\sin{n\theta} & \cos{n\theta} \end{pmatrix}. $$

El prosthaphaeresis fórmulas son $$ \sin{A}+\sin{B} = 2\sin{\tfrac{1}{2}(a+B)}\cos{\tfrac{1}{2}(a-B)} \\ \sin{A}-\sin{B} = 2\cos{\tfrac{1}{2}(a+B)}\sin{\tfrac{1}{2}(a-B)}\\ \cos{A}+\cos{B} = 2\cos{\tfrac{1}{2}(a+B)}\cos{\tfrac{1}{2}(a-B)}\\ \cos{A}-\cos{B} = -2\sin{\tfrac{1}{2}(a+B)}\sin{\tfrac{1}{2}(a-B)}. $$

Así $$ \cos{4\theta}-\cos{3\theta} = -2\sin{\tfrac{7}{2}\theta}\sin{\tfrac{1}{2}\theta}, \\ \cos{2\theta}-\cos{\theta} = -2\sin{\tfrac{3}{2}\theta}\sin{\tfrac{1}{2}\theta}, $$ y la adición de da $$ \cos{4\theta}-\cos{3\theta} + \cos{2\theta}-\cos{\theta} = -2\sin{\tfrac{1}{2}\theta} ( \sin{\tfrac{7}{2}\theta} + \sin{\tfrac{3}{2}\theta} ) \\ = -4\sin{\tfrac{1}{2}\theta}\sin{\tfrac{5}{2}\theta}\cos{\theta}. $$

Del mismo modo, $$ \sin{4\theta}-\sin{3\theta} + \sin{2\theta}-\sin{\theta} = 4\sin{\tfrac{1}{2}\theta}\cos{\tfrac{5}{2}\theta}\cos{\theta}, $$ así $$ B = 4\sin{\tfrac{1}{2}\theta}\cos{\theta} \begin{pmatrix} -\sin{\tfrac{5}{2}\theta} & -\cos{\tfrac{5}{2}\theta} \\ \cos{\tfrac{5}{2}\theta} & -\sin{\tfrac{5}{2}\theta} \end{pmatrix}. $$

Answer 4

Considere la posibilidad de $z=e^{i\alpha}$; a continuación, $$ z^4-z^3+z^2-z=z(z^2+1)(z-1) $$ Por simplicidad, establezca $\alpha=2\beta$, por lo que tenemos $$ e^{2i\beta} e^{4i\beta}+1)(e^{2i\beta}-1)= e^{2i\beta}e^{2i\beta} e^{2i\beta}+e^{-2i\beta})e^{i\beta} e^{i\beta}+e^{-i\beta})= 4e^{5i\beta}\cos2\beta\cos\beta $$ Por lo tanto su matriz $B$ es $$ B=4\cos2\beta\cos\beta \begin{bmatrix} \cos5\beta & \sin5\beta \\ -\sin5\beta & \cos5\beta \end{bmatrix} $$ Por qué funciona? El conjunto de real de las matrices de la forma $$ \begin{bmatrix} a & b \\ -b & a \end{bmatrix} $$ bajo la matriz de la adición y la multiplicación es isomorfo al complejo campo (la matriz de arriba corresponde a la compleja número $a+bi$) y, en este isomorfismo $e^{i\alpha}$ corresponde a la matriz de rotación.

Answer 5

Si desea que el método rápido para desplazarse por todo el camino hacia abajo.

Este método requiere relativamente poco cálculos, pero usted debe saber valores propios, vectores propios y diagonalización de matrices teorema.

En primer lugar, demostrar que $A$ es diagonalizable:

Vamos $$A = [\; \mathbf{a_1} \;\; \mathbf{a_2} \;]$$

Entonces

$$\mathbf{a_1} · \mathbf{a_2} = \text{cos}(\alpha)\text{sin}(\alpha) - \text{sin}(\alpha) \text{cos}(\alpha) = 0$$

Y

$$\Vert \mathbf{a_1} \Vert = \Vert \mathbf{a_2} \Vert = \text{cos}^2(\alpha) + \text{sin}^2(\alpha) = 1$$

Esta es una identidad trigonométrica.

Estas dos condiciones hacen que $A$ diagonalizable, o en otras palabras, existe una invertible $2 \times 2$ matriz $Q$ tal que $Q^{-1} = Q^{T}$ Tal que

$$QAQ^T = D$$

Donde

$D$ es una matriz diagonal con los valores propios de la diagonal.

$Q$ está dado por los vectores propios de a$A$, y el orden de las columnas de $Q$ ($\Rightarrow$ los vectores propios de a $A$) corresponden a los autovalores de la diagonal de a $D$. Entonces, utilizando la ecuación característica de a $A$, podemos encontrar los valores propios:

$$\text{det}(A-\lambda I) = (\text{cos}(\alpha) - \lambda)^2 - (-\text{sin}^2(\alpha)) = \lambda^2 - 2\lambda \text{cos}(\alpha)+\text{cos}^2(\alpha) + \text{sin}^2(\alpha)$$

$$\Rightarrow \lambda = \frac {2\text{cos}(\alpha) \pm \sqrt{4\text{cos}^2(\alpha) - 4\text{cos}^2(\alpha) - 4\text{sin}^2(\alpha)}}{2} = \text{cos}(\alpha) \pm i\;\text{sin}(\alpha)$$

Ahora, para $\lambda = \text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha)$:

$$A-\lambda I = \mathbf{0} \Rightarrow \begin{bmatrix} \text{cos}(\alpha) - (\text{cos}(\alpha) \pm i\;\text{sin}(\alpha)) & \text{sin}(\alpha) \\ -\text{sin}(\alpha) & \text{cos}(\alpha) - (\text{cos}(\alpha) \pm i\;\text{sin}(\alpha)) \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mp i\;\text{sin}(\alpha) & \text{sin}(\alpha) \\ -\text{sin}(\alpha) & \mp i\;\text{sin}(\alpha) \\ \end{bmatrix} = \mathbf{0} $$

El primer caso se obtiene $$\begin{bmatrix} -i\;\text{sin}(\alpha) & \text{sin}(\alpha) \\ -\text{sin}(\alpha) & -i\;\text{sin}(\alpha) \\ \end{bmatrix} = \mathbf{0}$$

A través de la Eliminación Gaussiana (específicamente $iR_2 - R_1$)

$$\begin{bmatrix} -\text{sin}(\alpha) & \text{sin}(\alpha) \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} = \mathbf{0}$$

Así que el primer autovalor de a $A$ tiene la forma $\mathbf{u} = \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ \end{bmatrix}$

Con la propiedad de que $i\;\text{pecado}(\alpha)u_1 = \text{pecado} u_2 \Rightarrow iu_1 = u_2 \Rightarrow \mathbf{u} = \begin{bmatrix} i \\ 1 \\ \end{bmatrix}$

El segundo caso se obtiene $$\begin{bmatrix} i\;\text{sin}(\alpha) & \text{sin}(\alpha) \\ -\text{sin}(\alpha) & i\;\text{sin}(\alpha) \\ \end{bmatrix} = \mathbf{0}$$

A través de la Eliminación Gaussiana (específicamente $iR_2 + R_1$)

$$\Rightarrow \begin{bmatrix} i\;\text{sin}(\alpha) & \text{sin}(\alpha) \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} = \mathbf{0} $$

Así que el primer autovalor de a $A$ tiene la forma $\mathbf{u} = \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ \end{bmatrix}$

Con la propiedad de que $-i\;\text{pecado}(\alpha)u_1 = \text{pecado} u_2 \Rightarrow iu_1 = u_2 \Rightarrow \mathbf{u} = \begin{bmatrix} -i \\ 1 \\ \end{bmatrix}$

Por el teorema de diagonalización, ahora sabemos que:

$$ A = QDQ^T = \begin{bmatrix} i & -i \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha) & 0 \\ 0 & \text{cos}(\alpha) - i\;\text{sin}(\alpha) \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} i & 1 \\ -i & 1 \\ \end{bmatrix}$$

Otro teorema establece que $A^n = QD^nQ^T$. Una adecuada prueba requeriría la inducción matemática, pero he aquí una rápida demostración:

$$A^2 = (QDQ^T)(QDQ^T) = QD(Q^TQ)DQ^T$$

Debido a $Q^T = Q^{-1} \Rightarrow Q^TQ = Q^{-1}Q = I$,

$$A^2 = \cdots = QDIDQ^T = QDDQ^T = QD^2Q^T$$

No es difícil ver que esto funciona $\forall n \in \mathbb{N}$, no sólo por $n = 1$$n = 2$.

También sostiene que para una matriz diagonal $D_{n \times n} = \text{diagonal}(d_1, \cdots, d_n) \Rightarrow D^n = \text{diagonal}(d_1^n, \cdots, d_n^n)$

Por lo tanto:

$$A^n = Q \begin{bmatrix} (\text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha))^n & 0 \\ 0 & (\text{cos}(\alpha) - i\;\text{sin}(\alpha))^n \\ \end{bmatrix} P^T$$

Así:

$$A^2 = P \begin{bmatrix} (\text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha))^2 & 0 \\ 0 & (\text{cos}(\alpha) - i\;\text{sin}(\alpha))^2 \\ \end{bmatrix} P^T = Q \begin{bmatrix} \text{cos}^2(\alpha) + 2i\;\text{cos}(\alpha)\text{sin}(\alpha) - \text{sin}(\alpha) & 0 \\ 0 & \text{cos}^2(\alpha) - 2i\;\text{cos}(\alpha)\text{sin}(\alpha) + \text{sin}(\alpha) \\ \end{bmatrix} P^T$$

$$A^3 = Q \begin{bmatrix} (\text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha))^3 & 0 \\ 0 & (\text{cos}(\alpha) - i\;\text{sin}(\alpha))^3 \\ \end{bmatrix} P^T$$

$$A^4 = Q \begin{bmatrix} (\text{cos}(\alpha) + i\;\text{sin}(\alpha))^4 & 0 \\ 0 & (\text{cos}(\alpha) - i\;\text{sin}(\alpha))^4 \\ \end{bmatrix} P^T$$

Simplificar y luego encontrar $B$.

O, alternativamente, tenga en cuenta que

$$B = A^4 - A^3 + A^2 - A = A^4 + A^2 - A^3 - A = A^4 + A^2 - (A^3 + A) = A^2(A^2 + I) - A(A^2 + I) = (A^2 - A)(A + I)$$

Y esto podría haber sido resolver mucho más rápido con, literalmente, dos de la matriz de multiplicaciones (uno para $A^2$ y otro para $(A^2 - A)(A + I)$).

Me di cuenta de que pueden hacer lo que este a mitad de camino a través de mi explicación de que el otro método, y es ya muy larga, así que no voy a borrar.