Dado $A^2$ donde a es la matriz, cómo encontrar Una?

Question

El problema es simple.

Dado $$A^2=\begin{bmatrix}13 & 9 &-9 \\ 0 & 4 & 0 \\ 12 & 12 & -8 \end{bmatrix}$$ Cómo encontrar $A$?

Creo que un método para el uso de autovalores y me encuentro con ellos. Pero no puedo encontrar una real $A$. Es correcto utilizar autovalores?

Answer 1

Apuesto a que cuando usted dice que los autovalores, que significa que usted puede diagonalize la matriz $A^2$ expresan como $A^2 = VDV^{-1}$ para algunos matriz $V$ y la matriz diagonal $D$, donde las entradas en $D$ son precisamente los autovalores de a $A^2$.

Una vez que hayas hecho esto, es muy fácil encontrar una raíz cuadrada de $D$, ya que es una matriz diagonal. Por ejemplo, la raíz cuadrada de la matriz $\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$ podría ser $\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$.

¿Esta rastro de migas de llevar a la respuesta?

Answer 2

En realidad, usted no necesita vectores propios, sólo autovalores (hay algún tipo de complicación en el caso de autovalor $0$, pero, afortunadamente, este ejemplo es nonsingular). Encontrar un polinomio $g(t)$ con la siguiente propiedad: para cada autovalor $\lambda$, $g(\lambda) = \sqrt{\lambda}$ y, si $\lambda$ tiene multiplicidad $k > 1$ en el polinomio mínimo de a $A^2$, la primera $k-1$ derivados de $g$ $\sqrt{}$ está de acuerdo en $\lambda$. A continuación, tome $A = g(A^2)$. Esto funciona incluso cuando no existe una base de vectores propios, mientras $0$ es más que un simple cero del polinomio mínimo.

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}$

Vamos a $B = A^{2}$. Supongamos que usted ya ha encontrado una base de $3$-D vectores $\braces{v_{i}}$ $v_{i}^{\sf T}v_{j} = \delta_{ij}$ . Entonces $A = \sum_{ij}A_{ij}v_{i}v_{j}^{\sf T}$ y $B = A^{2} = \sum_{ij}B_{ij}v_{i}v_{j}^{\sf T}$. También,

\begin{align} A^{2} &= \sum_{ij}A_{ij}v_{i}v_{j}^{\sf T}\sum_{i'j'}A_{i'j'}v_{i'}v_{j'}^{\sf T} = \sum_{ij \atop i'j'}A_{ij}A_{i'j'}v_{i}\ \overbrace{v_{j}^{\sf T}v_{i'}}^{\delta_{ji'}}\ v_{j'}^{\sf T} = \sum_{ij \atop j'}A_{ij}A_{jj'}v_{i}v_{j'}^{\sf T} = \sum_{ij' \atop j}A_{ij'}A_{j'j}v_{i}v_{j}^{\sf T} \\[3mm]&= \sum_{ij}\pars{\sum_{j'}A_{ij'}A_{j'j}}\,v_{i}v_{j}^{\sf T} \quad\imp\quad B_{ij} = \pars{A^{2}}_{ij} = \sum_{j'}A_{ij'}A_{j'j} \end{align} $\braces{B_{ij}}$ es conocido. Así que, en principio, tiene 9 ecuaciones para determinar 9 cantidades por ejemplo,$\braces{A_{ij}}$.

Alrededor de 1930, que alguien llame al P. A. M. Dirac construyó la matriz "raíz cuadrada" ( grosso modo ) para encontrar un invariante relativista de la ecuación de la Mecánica Cuántica.

Answer 4

Aquí hay una respuesta obtenido por simple inspección. Es no un método de aplicación general, pero cada paso que a continuación se puede hacer muy fácilmente con la mano. No tengo absolutamente ninguna intención de recomendar esta respuesta. Sólo quiero ver lo lejos que la simple inspección se puede llegar.

1. Observe que la segunda fila de $A$ tiene dos fuera de la diagonal ceros. Por lo tanto, si $$ \pmatrix{4&0^\top\\ \color{blue}{v}&\color{red}{B}} :=\pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1}A^2\pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1} =\left(\begin{array}{c|cc}4&0&0\\ \hline\color{blue}{9}&\color{red}{13}&\color{red}{-9}\\ \color{blue}{12}&\color{red}{12}&\color{red}{-8}\end{array}\right) =\pmatrix{2&0^\top\\ x&C}^2 \etiqueta{1} $$ para algunos $2$-vector $x$ y algunos $2\times2$ matriz $C$, se puede establecer $A=\pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1}\pmatrix{2&0^\top\\ x&C}\pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1}$.
2. Así, tratamos de resolver $$ \pmatrix{4&0^\top\\ v&B} =\pmatrix{2&0^\top\\ x&C}^2 =\pmatrix{4&0^\top\\ (C+2I)x&C^2}.\la etiqueta{2} $$ Necesitamos encontrar algunos $C$ tal que $B=C^2$ y algunos $x$ tal que $(C+2I)x=v$.
3. Desde $\det(B)=4$,$\det(C)=\pm2$. Supongamos que $\det(C)=2$ y ver si $(2)$ es realmente solucionable. Por Cayley-Hamilton, teorema de, $C^2-\operatorname{tr}(C)C+\det(C)I=0$ y, por tanto,$\operatorname{tr}(C)C=B+2I$. Tomando las huellas de ambos lados, obtenemos $\operatorname{tr}(C)^2=9$. Set $\operatorname{tr}(C)=3$, obtenemos $C=\operatorname{tr}(C)^{-1}(B+2I)=\pmatrix{5&-3\\ 4&-2}$.
4. La solución de $(C+2I)x=v$, obtenemos $v=(3,4)^\top$ y de ahí obtenemos la siguiente solución: $$ A=\pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1} \pmatrix{2&0^\top\\ x&C} \pmatrix{0&1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&1} =\pmatrix{5&3&-3\\ 0&2&0\\ 4&4&-2}. $$