Encontrar $2^A$ $A$ es una matriz

Question

Vamos

$$A=\begin{bmatrix} -1 &-2 &-2 \\1&2&1 \\-1&-1&0 \end{bmatrix}$$

Cómo encontrar a $2^A$ ?

Me parece que $A^2=I$, por lo que sería sencillo si me preguntan cómo encontrar un poder de $A$, pero no. Entonces, ¿podría usted ayudarme?

Answer 1

$$\begin{align}2^A&=e^{\log(2)A}\\&=\operatorname{Id}+\log(2)A+\frac{\log(2)^2A^2}{2!}+\frac{\log(2)^3A^3}{3!}+\cdots\\&=\operatorname{Id}+\log(2)A+\frac{\log(2)^2\operatorname{Id}}{2!}+\frac{\log(2)^3A}{3!}+\cdots\\&=\left(1+\frac{\log^2(2)}{2!}+\frac{\log^4(2)}{4!}+\cdots\right)\operatorname{Id}+\left(\log(2)+\frac{\log^3(2)}{3!}+\cdots\right)A\end{align}$$

Answer 2

Sugerencia. Uno tiene $$e^a=I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{a^3}{3!}+\cdots+\frac{A^n}{n!}+\cdots$$ a continuación, utilizar ese $$A^2=I,\,^3=A,\,\cdots.$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Tenga en cuenta que $\ds{\textsf{A}^{1} = \textsf{Un}\,,\ \textsf{A}^{2} = \textsf{1} \implica \expo{x\textsf{A}} = \mrm{p}\pars{x}\textsf{1} + \mrm{q}\pars{x}\textsf{Un}}$

con $\ds{\mrm{p}\pars{0} = 1\,,\mrm{q}\pars{0} = 0}$.

$$\begin{align} &\left.\begin{array}{rcl} \ds{A\expo{x\textsf{A}}} & \ds{=} & \ds{\mrm{p}\pars{x}'\textsf{1} + \mrm{q}'\pars{x}\textsf{A}} \\ \ds{A\expo{x\textsf{A}}} & \ds{=} & \ds{\mrm{p}\pars{x}\textsf{A} + \mrm{q}\pars{x}\textsf{1}} \end{array}\right\} \implica \left\{\begin{array}{rcl} \ds{\mrm{p}'\pars{x}} & \ds{=} & \ds{\mrm{q}\pars{x}} \\ \ds{\mrm{q}'\pars{x}} & \ds{=} & \ds{\mrm{p}\pars{x}} \end{array}\right. \\[5mm] &\ \implica \mrm{p}'\pars{x} + \mrm{q}'\pars{x} = \mrm{p}\pars{x} + \mrm{q}\pars{x}\,,\quad \mrm{p}'\pars{x} - \mrm{q}'\pars{x} = -\bracks{\mrm{p}\pars{x} - \mrm{q}\pars{x}} \\[5mm] &\ \implica \mrm{p}\pars{x} + \mrm{q}\pars{x} = \expo{x}\,,\qquad\qquad\quad\,\,\,\,\, \mrm{p}\pars{x} - \mrm{q}\pars{x} = {1 \over \expo{x}} \\[5mm] & \implica \mrm{p}\pars{\ln\pars{2}} + \mrm{q}\pars{\ln\pars{2}}= 2\,,\qquad\quad\,\, \mrm{p}\pars{\ln\pars{2}} - \mrm{q}\pars{\ln\pars{2}}= {1 \over 2} \\[5mm] & \implica \mrm{p}\pars{\ln\pars{2}} = {5 \más de 4}\,,\quad \mrm{q}\pars{\ln\pars{2}} = {3 \más de 4} \implica \bbx{2^{\textsf{A}} = {5 \más de 4}\,\textsf{1} + {3 \más de 4}\textsf{Un}} \end{align}$$

---

$$\bbx{2^{\textsf{A}} = \pars{\begin{array}{rrr} \ds{1 \over 2} & \ds{-\,{3 \over 2}} & \ds{-\,{3 \over 2}} \\[1mm] \ds{3 \over 4} & \ds{11 \over 4} & \ds{3 \over 4} \\[1mm] \ds{-\,{3 \over 4}} & \ds{-\,{3 \over 4}} & \ds{5 \over 4} \end{array}}}$$

Answer 4

El polinomio característico de a$A$$\lambda^3-\lambda^2-\lambda+1 = (\lambda-1)^2(\lambda+1)$, de modo que por el de Cayley-Hamilton teorema, cada polinomio en $A$ puede ser reducido a una ecuación cuadrática en $A$. Esto también es válido para funciones analíticas de $A$ (en la región donde todo converge, por supuesto). En particular, $2^A$ se puede expresar como un polinomio cuadrático en $A$, es decir,, $$2^A = a_0I+a_1A+a_2A^2 \tag{*}$$ for some as yet unknown coefficients $a_0$, $a_1$, $a_2$.

Ahora, si $f$ es analítica y $\lambda$ un autovalor de a$A$, $f(\lambda)$ es un autovalor de a $f(A)$. La matriz de este problema tiene los autovalores $1$$-1$, lo que nos da dos ecuaciones lineales para los coeficientes desconocidos: $$a_0+a_1+a_2 = 2 \\ a_0-a_1+a_2=\frac12.$$ For a unique solution, we need one more independent equation, which we can generate by differentiation: $$a_1+2a_2=2\log2.$$ Solving this system and substituting back into (*) produces $$2^A = \left(\frac{13}8-\log2\right)I+\frac34 A+\left(\log2-\frac38\right)A^2 = \frac54I+\frac34A.$$

Answer 5

Método General: para obtener $f(A)$ para una función $f$, encontrar un polinomio que interpola $f$ en el conjunto de raíces de un polinomio que aniquila $A$. (Si el conjunto ha de multiplicidades, $P$ también tiene que coincidir con el de los derivados de la $f$ a los puntos).

En nuestro caso, el polinomio $x^2-1$ aniquila $A$ y las raíces de $x^2-1$ $\pm 1$. Así que necesitamos a $P$ con $$P(1)=2^1 = 2\\ P(-1)=2^{-1}=1/2$$ El único polinomio de grado $\le 1$$P(x)= 3/4 x + 5/4$. Por lo tanto $$2^A= 3/4\cdot A + 5/4 I$$