¿Cuando es una matriz del coseno de otra matriz?

Question

Sabiendo que cada matriz nonsingular en $M_n(\mathbb{C})$ (el conjunto de matrices de $n$ de tamaño con las entradas complejas) es una exponencial de alguna matriz en $M_n(\mathbb{C})$, lo que puede decirse que responder a la pregunta:

¿Que $A$ $M_n(\mathbb{C})$ de matrices, hace la ecuación de $$\cos X = A$$ have a solution $ $X$ in $M_n(\mathbb{C})?

Answer 1

En principio, lo que uno tiene que hacer es la siguiente:

Para los no-singular $A$, escribir $A = U^{-1} J U$ con $$J = \bigoplus_{n=1}^N J(\lambda_n, N_n), J(\lambda, N) = \lambda I_N + K_N$$ $$K_N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 &\dots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & & & & &\vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix}$$ siendo su Jordan descomposición. Encontrar un arccos de $A$ reduce a encontrar un arccos de los bloques de Jordan: $$\arccos A = U^{-1} \cdot \left(\bigoplus_{n=1}^N \arccos (\lambda_n I + K_N) \right) \cdot U $$ Usted necesita (para cada una de las $\lambda_n$ individualmente) para encontrar una expansión de la serie de arccos que es válido en torno a $\lambda_n$. Si no me equivoco, esto debería funcionar siempre $$\sigma(A) \subset \mathbb C \setminus [ (-\infty, -1]\cup [+1, \infty)]$$

Supongamos que se desea evaluar $$\sum_{n=0}^\infty a_n (z-z_0)^n$$ on $\lambda I + K$. Este es $$(\lambda I + K - z_0 I)^n = ((\lambda - z_0) I + K)^n = (\lambda - z_0)^n I + n!\,(\lambda - z_0 )^{n-1} K + \dots$$ que converge en las mismas circunstancias que el poder original de la serie en C.

Answer 2

Parte 1. Deje $X\in M_n(\mathbb{C})$ s.t. $A=\cos (X)$. $A$ es una serie en la $X$ y, por lo tanto, es un polinomio en a$X$$AX=XA$; sin embargo, $X$ no es necesariamente un polinomio en $A$. $\DeclareMathOperator{spectrum}{spectrum}$Deje $\spectrum(A)=(\lambda_j)$ $\spectrum(X)=(\nu_j)$ donde $\cos(\nu_j)=\lambda_j$.

Deje $Y=e^{iX}$; de nuevo, $Y$ es un polinomio en a$X$$YA=AY$; por otra parte $Y+Y^{-1}=2A$, lo que implica $(Y-A)^2=A^2-I$ $Y=A+B_1$ donde $B_1^2=A^2-I$ o $Y=A+iB_2$ donde $B_2^2=I-A^2$.

Parte 2. Aquí $\log:\mathbb{C}\setminus (-\infty,0]\rightarrow \mathbb{C}$ denota el logaritmo principal.

Proposición 1. Al $n=1$, las soluciones de $\cos(\nu)=\lambda$ $\pm \nu_0+2k\pi$ con

i) si $\lambda\notin (-\infty,-1]\cup [1,\infty)$,$\nu_0=-i\log(\lambda+i\exp(1/2\log(1-\lambda^2)))$.

ii) si $\lambda\notin \{y-axis\}\cup [-1,1]\cup (-\infty,-1]$,$\nu_0=-i\log(\lambda+\exp(1/2\log(\lambda^2-1)))$.

iii) si $\lambda\in (-\infty,-1)$ uso de $\cos(\nu+\pi)=-\lambda$ y ii).

iv) si $\lambda=\pm 1$, entonces es claro.

Prueba. Esto es suficiente para demostrar i) y ii) y, más precisamente, que se $\exp(i\nu)$ no puede ser $\leq 0$. Deje $\nu=x+iy$ donde $x,y$ son reales. A continuación, $\exp(i\nu)=\exp(ix)\exp(-y)\leq 0$ fib $e^{ix}\leq 0$ fib $x=\pi+2k\pi$. Por lo tanto $\lambda=\cos(\nu)=-\cosh(y)\leq -1$, lo que es contradictorio.

Corolario. Si $A\in M_n$ es diagonalizable, entonces hay una solución $X\in M_n$ que es un polinomio en a $A$.

Prueba. Podemos suponer que la $A$ es diagonal y elegimos una diagonal solución. Aplicar La Proposición 1. Ten cuidado, si $\lambda_i=\lambda_j$, entonces usted debe elegir $\nu_i=\nu_j$.

Parte 3. EDIT. La última prueba es más complicado de lo esperado.

Lema. Deje $R_n={\rm diag}(U_p,V_{n-p}),S_n={\rm diag}(P(U),Q(V))$ donde $P,Q$ son polinomios y $\spectrum(U)\cap \spectrum(V)=\emptyset$. A continuación, $S$ es un polinomio en a $R$.

Prueba. Deje $\chi_U,\chi_V$ ser la característica polinomios de $U,V$. Desde $P(U)=P(U)+\chi_U(U)\phi(U)$$Q(V)=Q(V)+\chi_V(V)\psi(V)$, es suficiente para mostrar que no son polinomios $\phi,\psi$ s.t. $P-Q=\chi_V\psi-\chi_U\phi$. Que es cierto, porque la $\gcd(\chi_U,\chi_V)=1$.

Proposición 2. Si $A\in M_n$ $\pm 1$ no son los autovalores de a $A$, entonces no es una solución $X\in M_n$ que es un polinomio en a $A$.

Prueba. Podemos suponer que la $A={\rm diag}(\lambda_1I_{i_1}+N_1,\cdots,\lambda_kI_{i_k}+N_k)$ donde$i_1+\cdots+i_k=n$, $(\lambda_i)$ son distintos y el $(N_i)$ son nilpotent. De acuerdo con el lema, es suficiente para mostrar el resultado al $A=\lambda I+N$.

El uso de las fórmulas i),ii),iii) de la Proposición 1 (sustitución de $\lambda,\nu,1$$A,X,I$) y utilice el hecho de que $\log$ es una matriz de función (cf. Higham, funciones de matrices) , que implica que $\log(U)$ es un polinomio en a $U$ (al $U$ no tiene autovalores de a $(-\infty,0]$).

Observación. Si $\pm 1\in \spectrum(A)$, $A^2-I$ a no es invertible, y no es necesariamente un cuadrado. Por ejemplo, $\cos(X)=\begin{pmatrix}\epsilon&1\\0&\epsilon\end{pmatrix}$ donde $\epsilon=\pm 1$, no tiene soluciones. Sin embargo, si $\pm 1$ son semi-simple autovalores de a $A$, entonces no es un polinomio solución.