Una matriz de energía (sin calcular)

Question

Por lo tanto, estoy leyendo un libro de álgebra lineal (de Fraleigh - auto-aprendizaje) y uno de los ejercicios sobre producto matricial es la matriz de energía:

$$\left (\begin{matrix} 0 & 1\\ -1 & 1 \end{matriz} \right)$$

poder 2001st. Pero no puede ver cómo sin calcular. ¿Cualquier sugerencia?

Tengo la "sensación" que dado que los cambios sólo 1 en su sig entonces es lo mismo la potencia de 3 que el poder del 2001 pero no estoy seguro. ¿Estoy correcto?

Answer 1

Si una matriz $A^n=I$y número natural $A$, entonces el $n$ $A^{kn+r}=A^{kn}A^r=(A^n)^kA^r=I^kA^r=A^r$. Así, $A^l\equiv A^m$ si $l=m\pmod n$. En el presente caso, $A^6=I$ y así $A^{2001}=A^3$, desde $2001=3\pmod6$.

Answer 2

Que $A$ ser su matriz. Se puede calcular que $A^3=-I$ $I$ Dónde está la matriz identidad. Entonces $A^{2001}=(A^3)^{667}=(-I)^{667}=-I$

Answer 3

En realidad, no es más difícil calcular el $n$th poder de cualquier $2$ $2$ matriz:

Deje $a,b,c,d$ ser números complejos y considerar la matriz $$A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}.$$ Deje $n\ge2$ ser un número entero.

Cómo calcular $A^n$?

Aquí va la receta:

Supongamos en primer lugar que las raíces de las $u$ $v$ del polinomio $$f:=X^2-(a+d)\,X+ad-bc$$ son distintos. La ecuación de la línea secante a la curva de $y=x^n$ a través de los puntos de $(u,u^n)$ $(v,v^n)$ es $$y=\frac{u^n-v^n}{u-v}\ \ x-uv\ \ \frac{u^{n-1}-v^{n-1}}{u-v}\quad,$$ y tenemos $$A^n=\frac{u^n-v^n}{u-v}\ \ A-uv\ \ \frac{u^{n-1}-v^{n-1}}{u-v}\ \ I,$$ donde $I$ es la matriz identidad.

Para todo entero no negativo $k$ poner $$s_k:=u^k+u^{k-1}v+u^{k-2}v^2+\cdots+v^k.$$ [En particular,$s_0=1$.] Como $$s_k=\frac{u^{k+1}-v^{k+1}}{u-v}\quad,$$ tenemos $$A^n=s_{n-1}\,A-u\,v\,s_{n-2}\,I.$$ Esta fórmula tiene sentido, y es cierto, si $u=v$, caso en el cual se lee $$A^n=n\,u^{n-1}\,A-(n-1)\,u^n\,I.$$

¿Por qué esta receta de trabajo?

El punto clave es el fácil comprobar la igualdad $$A^2-(a+d)\,A+(ad-bc)\,I,\quad(1)$$ lo que nos permite calcular $$g(A):=a_n\,A^n+\cdots+a_2\,A^2+a_1\,A+a_0\,I$$ para todo polinomio $$g=a_n\,X^n+\cdots+a_2\,X^2+a_1\,X+a_0\in\mathbb C[X]$$ de la siguiente manera.

Asumir de nuevo $u\not=v$, y deje $h\in\mathbb C[X]$ ser el único polinomio de grado $\le1$ que está de acuerdo con $g$$u$$v$: $$h=g(u)\ \frac{X-v}{u-v}+g(v)\ \frac{X-u}{v-u}\quad.$$ [En particular, la secante de la línea de a $y=g(x)$ a través de$(u,g(u))$$(u,g(u))$$y=h(x)$.] A continuación, nuestro polinomio $f$, la cual puede ser escrito como $$f=(X-u)(X-v),$$ divide $g-h$. Es decir, hemos $$g(X)-h(X)=f(X)q(X)$$ para algunos polinomio $q$. En sustitución de $A$$X$, y recordar que la $f(A)=0$ (1), obtenemos $g(A)=h(A)$, o $$g(A)=g(u)\ \frac{A-vI}{u-v}+g(v)\ \frac{A-uI}{v-u}\quad.$$ Si $u=v$ utilizamos la recta tangente en lugar de la secante de la línea: $$h:=g(u)+g'(u)\,(X-u),$$ y llegamos $$g(A)=g(u)\,I+g'(u)\,(A-u\,I).$$

Este es el caso de $2$ $2$ matrices. Para cualquier matriz cuadrada, véase, por ejemplo, la última parte de esta respuesta.

EDIT. El $n$th poder de una $r$ $r$ diagonalizable la matriz de $A$ está dado por la belleza de la Interpolación de Lagrange Fórmula: $$A^n=\sum_{i=1}^k\ u_i^n\ \prod_{j\not=i}\ \frac{A-u_j\,I}{u_i-u_j}\quad,$$ donde el $u_i$ son los autovalores distintos.

Aquí la justificación (que es esencialmente el mismo que el anterior). El polinomio $$f:=(X-u_1)\cdots(X-u_k)$$ satisface $f(A)=0$. Tenga en cuenta que $$g:=\sum_{i=1}^k\ u_i^n\ \prod_{j\not=i}\ \frac{X-u_j}{u_i-u_j}$$ es el único polinomio de grado menor que $k$ que está de acuerdo con $X^n$ en todas las $u_i$. Por lo tanto, $X^n-g$ es divisible por $f$, y esto implica, como en el anterior, $A^n=g(A)$.