La raíz cuadrada de una matriz

Question

¿Bajo qué condiciones una matriz de $A$ tienen una raíz cuadrada? Vi en alguna parte que esto es cierto para Hermitian positiva definida matrices(cuya definición sólo miré hacia arriba).

Por otra parte, es posible que para algunos subespacio $X \subset M_n(\mathbb R)$ $n\times n$ matrices de más de $\mathbb R$, el mapa de $A \mapsto \sqrt{A}$ es continua? La gente que quiere estudiar más generalidad también puede buscar en las matrices de más de $\mathbb C$.

Gracias.

Answer 1

Sobre los números complejos (o cualquier otro algebraicamente cerrado de campo con $\operatorname{char} k\neq 2$), cada invertible la matriz tiene una raíz cuadrada. De hecho, más del $\mathbb C$, ya que cada invertible la matriz tiene un logrithm, podemos tomar un parámetro de una familia de matrices de $e^{t\log A}$, y teniendo en $t=1/2$ los rendimientos de una raíz cuadrada de $A$. Para ver la existencia de la matriz logrithms, es suficiente para mostrar que $I+N$ tiene un logrithm, donde $N$ es nilpotent, y esto se deduce de la serie de Taylor (similar a la de Ted prueba de la existencia de cuadrado raíces).

Por lo tanto, se puede determinar si una matriz $A$ tiene una raíz cuadrada mediante la restricción de a $\displaystyle\bigcup_n \ker A^n$, que es el mayor subespacio en el que $A$ actos nilpotently. En lo que sigue, supondremos que $A$ es nilpotent.

Hasta conjugación, $A$ está determinado por su forma normal de Jordan. Sin embargo, lo que equivale a FONDO para un nilpotent matriz es la de datos de $a_i'=\dim \ker A^i$ todos los $i$. Esta es, obviamente, un aumento de la secuencia. Menos obvio es que la secuencia de $(a_i)$ donde $a_i=a'_i-a'_{i-1}$ es una disminución de la secuencia, y por lo tanto forma una partición de $\dim V$ donde $A:V\to V$. Tomamos nota de que este tipo de datos es equivalente a la de datos en el FONDO, como $a_i-a_{i+1}$ será el número de Jordania bloques de tamaño $i$. Más explícitamente, un bloque de jordan de tamaño $k$ corresponde a la partición de $(1,1,1,1,1\ldots, 0,0,0,\ldots)$ con $k$ $1's$, y si un nilpotent matriz $A=\oplus A_i$ está escrito en forma de bloque, donde cada bloque de $A_i$ corresponde a una partición $\pi_i$, $A$ corresponde a la partición de $\pi=\sum \pi_i$, donde la suma se toma termwise, por ejemplo,$(2,1)+(1,1)+(7,4,2)=(10,6,2)$.

Por otra parte, $A^2$ corresponde a la partición de $(a_1+a_2, a_3+a_4,\ldots, a_{2i-1}+a_{2i}, \ldots).$ Porque cada matriz será conjugado a un FONDO de la matriz y $\sqrt{SAS^{-1}}=S\sqrt{A}S^{-1}$, vemos que una matriz tiene una raíz cuadrada si y sólo si la partición correspondiente tiene una "raíz cuadrada."

El único obstáculo para una partición de tener una raíz cuadrada es si dos impares consecutivos entradas son iguales. De lo contrario, podemos tomar una (de muchas) de las raíces cuadradas mediante la sustitución de cada una de las $a_i$ con el par $\lceil a_i/2 \rceil, \lfloor a_i/2 \rfloor$.

Answer 2

Ampliación de J. M. del comentario, si nos fijamos en un bloque de Jordan $J$ del tamaño de la $n$ con autovalor 0, entonces me dicen que si $n>1$, $J$ no tiene raíz cuadrada. Supongamos $K^2 = J$. A continuación,$K^{2n} = J^n = 0$, pero $K$ $n$ $n$ matriz, por lo que, de hecho,$K^n=0$. Si $n$ es incluso, llegamos a la conclusión de que $J^{n/2}=0$ (desde $K^2=J$), una contradicción ya que ningún poder de la $J$ menos de $n$ puede ser 0. Si $n$ es impar, entonces llegamos a la conclusión de $J^{(n-1)/2} K = 0$, y multiplicando $K$ a la derecha da $J^{(n+1)/2} = 0$. Si $n>1$ esto es de nuevo una contradicción.

Por otro lado, si nos fijamos en un bloque de Jordan $J$ con autovalor $\lambda \ne 0$, entonces podemos escribir $J = \lambda I + N$ donde $N$ es nilpotent de la matriz. Para encontrar una raíz cuadrada de $J$, expanda $(\lambda I + N)^{1/2}$ utilizando la habitual serie de Taylor para la raíz cuadrada alrededor del punto de $\lambda$, con un incremento de $N$. Desde $\lambda \ne 0$, todos los derivados de la raíz cuadrada se define en $\lambda$ y desde $N$ es nilpotent, la serie de Taylor se termina y no hay convergencia de que surjan problemas.

Answer 3

Echa un vistazo al artículo de wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_square_root

lo que me pareció excepcionalmente bueno \begin{align} k_2+1&\leq\left(\left\lfloor\frac{2c_2}{2}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{c_2}{2}\right\rfloor\right) +\left(\left\lfloor\frac{2c_2}{2^2}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{c_2}{2^2}\right\rfloor\right) +\cdots\\ \implies k_2&\leq\left(\left\lfloor\frac{2c_2}{2^2}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{c_2}{2^2}\right\rfloor\right) +\left(\left\lfloor\frac{2c_2}{2^3}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{c_2}{2^3}\right\rfloor\right) +\cdots\endmucho mejor que la media de la Wikipedia!

Answer 4

Algunas respuestas parciales a tu pregunta puede ser derivada a partir de esta respuesta. He aquí dos ejemplos:

(1) Si $A\in M_n(\mathbb C)$ es invertible, entonces existe un abierto vecindario $U$ $A$ $M_n(\mathbb C)$ y un holomorphic función de $f:U\to M_n(\mathbb C)$ tal que $f(B)^2=B$ $f(B)\in\mathbb C[B]$ todos los $B$$U$.

(2) Vamos a $U$ ser el conjunto de todos los $A$ $M_n(\mathbb C)$ tal que no es autovalor de a $A$ es un valor no positivo de número real. A continuación, $U$ está abierto en $M_n(\mathbb C)$. Por otra parte, hay una holomorphic función de $f:U\to M_n(\mathbb C)$ de tal manera que tenemos para todos los $A$$U$:

• $f(A)^2=A$,

• $f(A)\in\mathbb C[A]$,

• si $A$ es positiva definida hermitian de la matriz, a continuación, $f(A)$ es el habitual de la raíz cuadrada de $A$.

(Marc van Leeuwen primer comentario de abajo, se refiere a una versión anterior de la respuesta.)