Encontrar la raíz cuadrada de una matriz

Question

Deje que $A$ ser la matriz $$A = \left ( \begin {array}{cc} 41 & 12 \\ 12 & 34 \end {array} \right ).$$

Quiero descomponerlo en forma de $B^2$ .

Intenté la diagonalización, pero no puedo dar un paso más.

¿Alguna idea sobre esto? ¡Muchas gracias!

UN PASO MÁS:

Cómo encontrar un triángulo superior $U$ de tal manera que $A = U^T U$ ?

Answer 1

Esto es una ampliación del comentario de Arturo.

La matriz tiene valores propios $50,25$ y los vectores propios $(4,3),(-3,4)$ , por lo que eigendecompone a $$A=\begin{pmatrix}4 & -3 \\ 3 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}50 & 0 \\ 0 & 25\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4 & -3 \\ 3 & 4\end{pmatrix}^{-1}.$$

Es de la forma $A=Q\Lambda Q^{-1}$ . Si esto es $B^2$ entonces habrá un $B$ de la forma $Q\Lambda^{1/2} Q^{-1}$ (cuadra esto para comprobar que es formalmente cierto). Una raíz cuadrada de una matriz diagonal es simplemente la raíz cuadrada de las entradas diagonales, por lo que tenemos

$$B=\begin{pmatrix}4 & -3 \\ 3 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\sqrt{50} & 0 \\ 0 & \sqrt{25}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4 & -3 \\ 3 & 4\end{pmatrix}^{-1}$$

$$=\frac{1}{5}\begin{pmatrix}9+16\sqrt{2} & -12+12\sqrt{2} \\ -12+12\sqrt{2} & 16+9\sqrt{2}\end{pmatrix}.$$

Aquí utilizamos $\sqrt{50}=5\sqrt{2},\sqrt{25}=5$ y una fórmula rápida para la inversa de a $2\times 2$ matriz:

$$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}.$$

Hay que tener en cuenta que las raíces cuadradas de las matrices no son únicas (incluso hasta el signo), pero este método en particular garantiza la obtención de un ejemplo de raíz cuadrada de matriz real siempre que $A$ tiene todos los valores propios positivos.

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Encontrar un triángulo superior $U$ tal que $A=U^TU$ es aún más sencillo:

$$A=\begin{pmatrix} a&0 \\ b&c \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a&b \\ 0&c \end{pmatrix}$$

Esto es $a^2=41$ por lo que $a=\sqrt{41}$ , $ab=12$ por lo que $b=\frac{12}{41}\sqrt{41}$ y $b^2+c^2=34$ por lo que $c=25\sqrt{\frac{2}{41}}$ .

En otras palabras,

$$U=\sqrt{41}\begin{pmatrix}1&\frac{12}{41}\\0&\frac{25}{41}\sqrt{2}\end{pmatrix}.$$

Answer 2

Para la primera parte de tu pregunta, aquí tienes una solución que sólo funciona para matrices de 2 por 2, pero que tiene el mérito de que no se necesita ningún valor propio .

Recordemos que en el caso bidimensional, existe una ecuación mágica que es útil en muchas situaciones. Es la siguiente $X^2-({\rm tr}X)X+(\det X)I=0$ que surge del polinomio característico de un $2\times2$ matriz $X$ . Ahora bien, si $X^2=A$ tenemos $\det X=\pm\sqrt{\det A}=r$ (decir). Tomamos el valor positivo para $r$ . Por lo tanto, $$(\ast):\quad ({\rm tr}X)X=X^2+rI=A+rI$$ y $({\rm tr}X)^2 = {\rm tr}\left(({\rm tr}X)X\right) = {\rm tr}(A+rI) = {\rm tr}A + 2r$ . Así, desde $(\ast)$ obtenemos $$X = \frac{1}{\sqrt{{\rm tr}A + 2r}}(A+rI)\quad {\rm where}\quad r=\sqrt{\det A}.$$ Este método funciona para todas las matrices de 2 por 2 $A$ cuando $\det A\ge0$ y ${\rm tr}A + 2\sqrt{\det A}>0$ . En particular, funciona para la definición positiva $A$ .

Para la segunda parte de tu pregunta, como han señalado los demás, la descomposición que pides es una Descomposición Cholesky .

Answer 3

Dejemos que $\lambda$ y $\mu$ sean los valores propios de su $2$ por $2$ matriz real $A$ . (Podemos tener $\lambda=\mu$ .) Supongamos que $\lambda$ y $\mu$ son positivos.

Si $\lambda\not=\mu$ escriba la ecuación de la línea secante a la curva $y=\sqrt x$ a través de los puntos $(\lambda,\sqrt\lambda)$ y $(\mu,\sqrt\mu)$ : $$y=\sqrt\lambda\ \ \frac{x-\mu}{\lambda-\mu}+\sqrt\mu\ \ \frac{x-\lambda}{\mu-\lambda}\quad.$$ La matriz que desea es $$\sqrt\lambda\ \ \frac{A-\mu I}{\lambda-\mu}+\sqrt\mu\ \ \frac{A-\lambda I}{\mu-\lambda}\quad,$$ donde $I$ es la matriz de identidad.

Si $\lambda=\mu$ escriba la ecuación de la línea tangente a la curva $y=\sqrt x$ a través del punto $(\lambda,\sqrt\lambda)$ : $$y=\sqrt\lambda+\frac{x-\lambda}{2\sqrt\lambda}\quad.$$ La matriz que desea es $$\sqrt\lambda\ I+\frac{A-\lambda I}{2\sqrt\lambda}\quad.$$

¿Ves por qué?

¿Ves cómo se puede generalizar esto a $n$ por $n$ ¿matrices?

EDITAR 4. Esto es sólo para explicar por qué este asunto de la secante/tangente entra en escena. Supongamos para simplificar que los valores propios $\lambda$ y $\mu$ de su matriz real de dos por dos $A$ son reales y distintos. Sea $f\in\mathbb R[X]$ sea un polinomio, y $s$ el único polinomio de grado $\le1$ que está de acuerdo con $f$ en $\lambda$ y $\mu$ . [Gráficamente, se trata de una recta secante] Entonces el polinomio característico $$\chi=(X-\lambda)(X-\mu)$$ dividirá $f-s$ . Como $\chi(A)=0$ por el Teorema de Cayley-Hamilton, tenemos $f(A)=s(A)$ . Pero la expresión $s(A)$ tiene sentido siempre que $f$ es una función (de valor real) definida en $\lambda$ y $\mu$ . Además, el mapa $f\mapsto f(A)$ es compatible con la suma y la multiplicación.

EDITAR 1. Como han observado Didier Piau y el usuario1551, existe una bonita fórmula para la "recta secante generalizada" de la curva $y=\sqrt x$ con lo que quiero decir: la recta secante si los puntos son distintos, la recta tangente si coinciden. Suponiendo que $\lambda\not=\mu$ la ecuación de la recta secante es $$y=\frac{\sqrt\lambda-\sqrt\mu}{\lambda-\mu}\ \ x+ \frac{\mu\sqrt\lambda-\lambda\sqrt\mu}{\lambda-\mu}= \frac{x+\sqrt{\lambda\mu}}{\sqrt\lambda+\sqrt\mu}\quad,$$ y el milagro es que la última expresión tiene sentido incluso si $\lambda=\mu$ .

EDITAR 2. Tenga en cuenta que hay otras soluciones cuando $\lambda\not=\mu$ . Poniendo $$E:=\frac{A-\lambda I}{\mu-\lambda}\quad,\quad F:=\frac{A-\mu I}{\lambda-\mu}\quad,$$ obtenemos $$E^2=E,\ F^2=F,\ EF=FE=0,\ I=E+F,\ A=\mu E+\lambda F,$$ y por lo tanto $$(\pm\sqrt\mu\ E\pm\sqrt\lambda\ F)^2=A$$ para las cuatro opciones de signos. [La elección del signo más corresponde a la fórmula anterior].

EDITAR 3. He aquí una generalización.

Dejemos que $T$ ser un $n$ por $n$ matriz compleja, y $$p(X)=(X-\lambda_1)^{m(1)}\cdots(X-\lambda_k)^{m(k)}$$ su polinomio mínimo (el $\lambda_i$ siendo distintos y el $m(i)$ positivo). Sea $A$ sea el álgebra de esas funciones $f(z)$ que son holomorfas en una vecindad del espectro $\{ \lambda_1,\dots,\lambda_k \}$ de $T$ .

Hay un único $\mathbb C[X]$ -morfismo de álgebra de $A$ a $\mathbb C[T]=\mathbb C[X]/(p(X))$ . Denotemos este morfismo por $f(z)\mapsto f(T)$ . Si $f(z)$ está en $A$ entonces el único representante de $f(T)$ en $\mathbb C[X]$ de grado inferior a $\deg p(X)$ es $$\sum_{i=1}^k\ \ \underset{X=\lambda_i}\heartsuit\left( \Big(\ \underset{z=\lambda_i}\heartsuit f(z) \Big)\ \ \frac{(X-\lambda_i)^{m(i)}}{p(X)}\ \right)\ \frac{p(X)}{(X-\lambda_i)^{m(i)}}$$

con $$\underset{u=\lambda_i}\heartsuit\varphi(u):=\sum_{j=0}^{m(i)-1}\frac{\varphi^{(j)}(\lambda_i)}{j!}\ (X-\lambda_i)^j.$$

Además, el $\lambda_i$ -espacio eigénico generalizado de $T$ está contenida en el $f(\lambda_i)$ -espacio eigénico generalizado de $f(T)$ .

Todo esto se deduce del Teorema Chino del Resto, que dice $$\frac{\mathbb C[X]}{(p(X))}=\prod_{i=1}^k\ \ \frac{\mathbb C[X]}{(X-\lambda_i)^{m(i)}}\quad,$$ y de la fórmula de Taylor.

[Hay una edición 4 arriba].

Answer 4

Otra fórmula explícita: para cada número real no negativo $\alpha$ , $$A^\alpha=\frac{(u^\alpha-v^\alpha)A+(uv^\alpha-vu^\alpha)I}{u-v},$$ donde $u$ y $v$ son las dos raíces del polinomio $\chi_A(x)=\det(xI-A)$ . Cuando $\alpha=1/2$ , $$\sqrt{A}=\frac{A+\sqrt{uv}I}{\sqrt{u}+\sqrt{v}}.$$ Obsérvese que los coeficientes de esta fórmula pueden calcularse directamente a partir de la matriz $A$ desde $t=\sqrt{uv}$ es simplemente $t=\sqrt{\det A}$ y $s=\sqrt{u}+\sqrt{v}$ es tal que $s^2=u+v+2t$ por lo que $$s=\sqrt{\text{tr}(A)+2\sqrt{\det(A)}}.$$ En este caso, también se puede calcular $\chi_A(x)=(x-41)(x-34)-12^2=(x-25)(x-50)$ y utilizar $\sqrt{u}=5\sqrt2$ y $\sqrt{v}=5$ .

Answer 5

Escriba $$\pmatrix{a&b\cr c&d\cr}^2=\pmatrix{41&12\cr12&34\cr}$$ multiplicar el lado izquierdo, poner las entradas correspondientes iguales para obtener cuatro ecuaciones en las cuatro incógnitas $a,b,c,d$ y luego ver si puedes trabajar con el álgebra para llegar a una solución.