Raíz cuadrada de la matriz $A=\begin{bmatrix} 1 &2 \\ 3&4 \end{bmatrix}$

Question

Encontrar la raíz cuadrada de una matriz $A=\begin{bmatrix} 1 &2 \\ 3&4 \end{bmatrix}$ sin utilizar el concepto de valores propios y vectores propios

Asumí su raíz cuadrada como $$B=\begin{bmatrix} a &b \\ c&d \end{bmatrix}$$

por lo que

$$B^2=A$$ $\implies$

$$\begin{bmatrix} a^2+bc &b(a+d) \\ c(a+d)&d^2+bc \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 &2 \\ 3&4 \end{bmatrix}$$

Así que

$$a^2+bc=1 \tag{1}$$

$$b(a+d)=2 \tag{2}$$

$$c(a+d)=3 \tag{3}$$

$$d^2+bc=4 \tag{4}$$ Desde $(2)$ y $(3)$ obtenemos

$$\frac{b}{c}=\frac{2}{3}$$

Dejemos que $b=2k $ y $c=3k$ Entonces

$$a^2=1-6k^2$$ y $$d^2=4-6k^2$$ Así que

$$B=\begin{bmatrix} \sqrt{1-6k^2} &2k\\ 3k&\sqrt{4-6k^2} \end{bmatrix}$$

Así que

$$B^2=\begin{bmatrix} 1 &2k \left(\sqrt{1-6k^2}+\sqrt{4-6k^2}\right) \\ 3k \left(\sqrt{1-6k^2}+\sqrt{4-6k^2}\right)&4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 &2 \\ 3&4 \end{bmatrix}$$

Ahora tenemos que resolver para $k$ utilizando la ecuación

$$ \left(\sqrt{1-6k^2}+\sqrt{4-6k^2}\right)=\frac{1}{k} \tag{5}$$ También

$$\left(\sqrt{1-6k^2}+\sqrt{4-6k^2}\right) \times \left(\sqrt{4-6k^2}-\sqrt{1-6k^2}\right)=3$$ Así que desde $(5)$

$$\left(\sqrt{4-6k^2}-\sqrt{1-6k^2}\right)=3k \tag{6}$$

Restando $(6)$ de $(5)$ obtenemos

$$2\sqrt{1-6k^2}=\frac{1}{k}-3k$$ Elevando al cuadrado ambos lados obtenemos

$$33k^4-10k^2+1=0$$ obtenemos

$$k^2=\frac{5 \pm i \sqrt{8}}{33}$$ De esto obtenemos $k$ . ¿hay alguna otra forma más sencilla de encontrar?

Answer 1

Eliminar $bc$ de la primera ecuación (las letras mayúsculas son la RHS),

$$a^2+\frac{BC}{(a+d)^2}=A,$$ y del primero y del último, $$d^2-a^2=D-A.$$

Dejemos que $p:=(d+a)/2,m:=(d-a)/2$ , dando

$$(p-m)^2+\frac{BC}{4p^2}=A,\\mp=4(D-A)$$

y multiplicando por $4p^2$ ,

$$4(p^2-mp)^2+BC=4(p^2-4(D-A))^2+BC=4Ap^2.$$

Esta ecuación bicadrática dará los valores de $p$ entonces $m, a$ y $d$ , seguido de $b$ y $c$ .

Answer 2

¡¡@ Umesh shankar, esto es exactamente lo que no se debe hacer (si se quiere progresar)!!

Tenga en cuenta que $A^2=trace(A)A-\det(A)I=5A+2I$ . Desde $B^2=A$ deducimos que $A,B$ y ya que $A$ no es una matriz escalar, $B$ es de la forma $B=aI+bA$ . Entonces $(aI+BA)^2=A$ Es decir $a^2I+b^2(5A+2I)+2abA=A$ , lo que implica

$$a^2+2b^2=0\;,\;5b^2+2ab=1.$$

Deducimos $33b^4-10b^2+1=0$ ,....... y, finalmente, las cuatro soluciones.

EDITAR.

Recordemos que el determinante y la traza de una matriz no cambian tras un cambio de base.

Proposición 1. Si $A\in M_2$ no es una matriz escalar, entonces $I,A$ es una base del espacio vectorial $E=\{X|AX=XA\}$ .

Prueba. Con un cambio de base, podemos suponer que $A=\begin{pmatrix}0&a\\1&b\end{pmatrix}$ (there is $u$ s.t. $u,Au$ is a basis). Let $X=\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix}$ . Entonces $AX=XA$ equivale a $y=az,x+bz=t$ Es decir $2$ relaciones lineales independientes; por lo tanto $dim(E)=4-2=2$ .

Proposición 2. Si $A\in M_2$ no es una matriz escalar, entonces $A^2=trace(A)A-\det(A)I$ .

Prueba. Como en el caso anterior, podemos suponer que $A=\begin{pmatrix}0&a\\1&b\end{pmatrix}$. $A^2=\begin{pmatrix}a&ab\\b&a+b^2\end{pmatrix}=bA+aI=trace(A)A-\det(A)I$ .

Answer 3

Sólo una variación de la respuesta del loup blanc...

Interesante sería también comprobar si es posible utilizar

$B^2-\text{trace}(B)B+\det(B)I=0$ ?

En efecto, $B^2+\det(B)I= A\pm\sqrt{\det(A)}I=\text{trace}(B)B=tB $

Si nombramos $ C=A\pm\sqrt{\det(A)}I$ ( $C$ se puede calcular directamente) entonces $\text{trace}(C/t)=t$ Por lo tanto $t^2=\text{trace}(C )$ .

También $4$ soluciones.

Answer 4

Las raíces cuadradas apestan, así que haré esto con polinomios en su lugar. Cualquier matriz $B$ con $B^2=A$ debe conmutar con $A$ . Dado que existen vectores $e$ tal que $(e,Ae)$ forman una base de $\Bbb R^2$ (de hecho, el primer vector de base estándar servirá, al igual que casi cualquier otro vector), cualquier matriz que conmute con $A$ debe ser un polinomio en $~A$ como se muestra, por ejemplo, de forma elemental en esta respuesta .

Desde $A^2=2I_2+5A$ (comprobarlo) cualquier polinomio en $~A$ puede reescribirse en un polinomio de grado ${}<2$ en $~A$ . Así que dejemos $B=sI_2+tA$ entonces $B^2=s^2I_2+2stA+t^2A^2=(s^2+2t^2)I_2+(2st+5t^2)A$ . Necesitas que sea igual a $A$ y como $I_2$ y $A$ son linealmente independientes, se cumplirá si y sólo si $s^2+2t^2=0$ y $2st+5t^2=1$ . Está claro que no hay soluciones sobre $\Bbb R$ por lo que si la pregunta fuera encontrar una raíz cuadrada real de $~A$ La respuesta es que no hay ninguna.

Trabajando sobre los números complejos, podemos sin embargo continuar. Debemos tener $t\neq0$ y entonces la primera ecuación dice $(s/t)^2=-2$ . Primera toma $s/t=\sqrt2\,\mathbf i$ entonces la segunda ecuación se convierte en $\sqrt8\,\mathbf it^2+5t^2=1$ o $t^2=\frac{5-\sqrt8\,\mathbf i}{33}$ . Tomando raíces cuadradas complejas se obtienen dos soluciones. Tomando en cambio $s/t=-\sqrt2\,\mathbf i$ se obtiene $t^2=\frac{5+\sqrt8\,\mathbf i}{33}$ con dos soluciones de nuevo. Estas parecen ser las que has encontrado en la pregunta. No creo que aclare nada detallar más estas soluciones (sólo se convierte en un lío, aunque funcionará si perseveras).