Calcular el $n$-ésima potencia de triangular $3\times3$ matriz

Question

Tengo la siguiente matriz

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

me piden calcular el $n$-ésima potencia (para expresar cada elemento como una función de la $n$). No sé en absoluto qué hacer. Traté de calcular algunos valores manualmente para ver algunos de patrón y deducir una expresión general, pero que no dio nada (sobre todo para la parte de arriba a la derecha). Gracias.

Answer 1

Escribir esta matriz como la siguiente: $$\begin{equation} \left[ \begin{matrix} 1 & 2&3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 &1 \end{de la matriz} \right] = I + 2 J+ 3 J^{2}. \end{equation}$$ donde $$\begin{equation} I = \left[ \begin{matrix} 1 & & \\ &1 & \\ & & 1 \end{de la matriz} \right], ~ J = \left[ \begin{matrix} 0& 1 &0 \\ 0 &0 & 1 \\ 0 & 0& 0 \end{de la matriz} \right],~ J^2 = \left[ \begin{matrix} 0& 0 &1\\ 0 & 0 &0\\ 0& 0 & 0 \end{de la matriz} \right], ~ J^{3}=0. \end{equation}$$ Con esta relación se puede expandir el poder de la matriz en la suma de $I$, $J$ y $J^2$.

Answer 2

La computación de los primeros poderes debe permitir que usted para encontrar un patrón para los términos. A continuación son algunos de los términos:

$$\left(\begin{matrix}1 & 2 & 3\\0 & 1 & 2\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}1 & 4 & 10\\0 & 1 & 4\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}1 & 6 & 21\\0 & 1 & 6\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}1 & 8 & 36\\0 & 1 & 8\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}1 & 10 & 55\\0 & 1 & 10\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right), \left(\begin{matrix}1 & 12 & 78\\0 & 1 & 12\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right)$$

Todos, pero la esquina superior derecha son triviales, por lo que permite centrarse en ese patrón. (Aunque si se mira con cuidado se debe reconocer los términos.)

Términos: $3,10,21,36,55,78$

Primera diferencia: $7, 11, 15, 19, 23$

Segunda diferencia: $4, 4, 4, 4$

La segunda diferencia es una constante de la fórmula debe ser una ecuación cuadrática. La segunda diferencia es 4, entonces es en la forma $2n^2+bn+c$. El examen de los patrones da la fórmula de $2n^2+n=n(2n+1)$.

Por lo que el $n^{th}$ de la potencia está dada por:

$$\left(\begin{matrix}1 & 2n & n(2n+1)\\0 & 1 & 2n\\0 & 0 & 1\end{matrix}\right)$$

La razón por la que dijo que se debe reconocer el patrón es debido a que es cada segundo término de esta secuencia: $1,3,6,10,15,21,27,37,45,55,66,78,\cdots$ que es la triangular números.

Answer 3

Definir

$$J = \begin{bmatrix} 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

así que el problema es calcular los $(I+J)^n$. Las cosas importantes a destacar aquí

• $I$ $J$ commute
• $J^3 = 0$

que permite a las poderosas siguientes trucos: el primer punto nos permite ampliar con el teorema del binomio, y el segundo punto nos permite truncar a los primeros términos:

$$(I+J)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} I^{n-k} J^k = I + nJ + \frac{n(n-1)}{2} J^2$$

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De manera más general, para cualquier función de $f$ que es analítica en $1$, (como cualquier polinomio), si se extienden a las matrices a través de la expansión de Taylor, a continuación, en las condiciones anteriores, su valor en $I+J$ está dado por

$$f(I+J) = \sum_{k=0}^\infty f^{(k)}(1) \frac{J^k}{k!} = f(1) I + f'(1) J + \frac{1}{2} f''(1) J^2$$

Como ejemplos de cosas cuyo resultado se puede comprobar simplemente (por lo que aún puede utilizar el método, incluso si usted se siente incómodo con él, porque se puede comprobar el resultado), se puede calcular la inversa por

$$(I+J)^{-1} = I - J + J^2 = \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

y si quieres una raíz cuadrada, usted puede obtener

$$\sqrt{I+J} = I + \frac{1}{2} J - \frac{1}{8} J^2 = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

(En realidad, éstos son casos especiales de $(I+J)^n$ por la generalizada del teorema binomial para los valores de $n$ que no son números enteros no negativos)

Answer 4

Vamos $I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$, $A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$. A continuación,$M=I+2A+3B$.

Se puede demostrar que para cualquier $n$, $M^n$ puede ser escrito como $M^n=\lambda_n I + a_n A + b_n B$ (porque es triangular superior y la simetría a lo largo de la diagonal ascendente).

Por lo $M^{n+1}=M^nM=(\lambda_n I + a_n A + b_n B) (I + 2A + 3B) = \dots$

El uso de este, calcular los $\lambda_n$, y, a continuación, $a_n$ y, finalmente,$b_n$.

Answer 5

Aquí es otra variación basa en los paseos en los gráficos.

Podemos interpretar la matriz de $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq 3}$ con $$\begin{align*} A= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ \color{grey}{0} & 1 & 2\\ \color{grey}{0} & \color{grey}{0} & 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$ como la matriz de adyacencia de un grafo con tres nodos $P_1,P_2$$P_3$, y para cada entrada de $a_{i,j}\neq 0$ con un borde dirigido de $P_i$ $P_j$ponderado con $a_{i,j}$.

 

Nota: a la hora de calcular el $n$-ésima potencia de a $A^n=\left(a_{i,j}^{(n)}\right)_{1\leq i,j\leq 3}$ podemos interpretar el elemento $a_{i,j}^{(n)}$ $A^n$ como el número de (ponderado) de caminos de longitud $n$$P_i$$P_j$. Las entradas de $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq 3}$ es el promedio ponderado de caminos de longitud $1$$P_i$$P_j$.

Ver, por ejemplo, el capítulo 1 de los Temas en la Combinatoria Algebraica por Richard P. Stanley.

Veamos la gráfica correspondiente y comprobar los ámbitos de la longitud de la $n$.

• Vemos que no hay dirigida bordes de $P_2$ $P_1$y no dirigida bordes de $P_3$ $P_2$e de$P_3$$P_1$, lo que implica que no hay caminos de longitud $n$. Por eso, $A^n$ se ha debido a la propia estructura de triángulo de $A$ necesariamente ceros en los mismos lugares como $A$. $$\begin{align*} A^n= \begin{pmatrix} . & . & .\\ \color{grey}{0} & . & .\\ \color{grey}{0} & \color{grey}{0} & . \end{pmatrix} \end{align*}$$

• También es fácil considerar los ámbitos de la longitud de la $n$$P_i$$P_i$. Sólo hay una posibilidad de bucle a lo largo del vértice ponderado con $1$$P_i$$P_i$, por lo que las entradas $a_{i,i}^{(n)}$ $$\begin{align*} 1\cdot 1\cdot 1\cdots 1 = 1^n=1 \end{align*}$$ y obtenemos $$\begin{align*} A^n= \begin{pmatrix} 1& . & .\\ \color{grey}{0} & 1 & .\\ \color{grey}{0} & \color{grey}{0} & 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

y ahora la parte más interesante

• $P_1$ $P_2$:

  Los paseos de la longitud de la $n$ $P_1$ $P_2$puede comenzar con cero o más bucles en$P_1$, seguido por un paso (weigthed con $2$) $P_1$ $P_2$y, finalmente, cero o más bucles en $P_2$. Todos los bucles son ponderados con $1$. Hay $n$ posibilidades para andar este camino $$\begin{align*} a_{1,2}^{(n)}=2\cdot 1^{n-1}+1\cdot 2\cdot 1^{n-2}+\cdots +1^{n-2}\cdot 2\cdot 1+1^{n-1}\cdot 2=2n \end{align*}$$

• $P_2$ $P_3$:

  La simetría es el triunfo. Cuando se mira en el gráfico se observa la misma situación que antes de $P_1$ $P_2$y la conclusión de

$$\begin{align*} a_{2,3}^{(n)}=2n \end{align*}$$

• $P_1$ $P_3$:

  Aquí hay dos tipos diferentes de estilos de longitud de la $n$ posible. El primer paseo utiliza el peso $3$ borde de $P_1$ $P_3$como hicimos al pie de $P_1$ $P_2$a lo largo del peso $2$ de ventaja. En esta parte se da, por tanto, $$\begin{align*} 3\cdot 1^{n-1}+1\cdot 3\cdot 1^{n-2}+\cdots +1^{n-2}\cdot 3\cdot 1+1^{n-1}\cdot 3=3n\tag{1} \end{align*}$$ El otro tipo de pie de longitud $n$ utiliza el salto por $P_2$. Podemos observar que es una especie de concatenación de los paseos que lo considere antes de $P_1$ $P_2$e de$P_2$$P_3$. De hecho, hay $\binom{n}{2}$ posibilidades para colocar dos $2$'s en un pie de longitud $n$. Todos los demás pasos son los bucles en $P_1,P_2$ $P_3$ y obtenemos $$\begin{align*} \binom{n}{2}\cdot 2\cdot 2=2n(n-1)\tag{2} \end{align*}$$ Sumando (1) y (2) da $$\begin{align*} a_{1,3}^{(n)}=3n+2n(n-1)=n(2n+1) \end{align*}$$

y se obtiene finalmente

$$\begin{align*} A^n=\left(a_{i,j}^{(n)}\right)_{1\leq i,j\leq 3}=\begin{pmatrix} 1& 2n & n(2n+1)\\ \color{grey}{0} & 1 & 2n\\ \color{grey}{0} & \color{grey}{0} & 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$