Εκθετικός Πίνακας

#1

Έστω ένας μιγαδικός $n \times n$ πίνακας

. Ορίζουμε

$\displaystyle{ e^A = 1 + A + \frac{1}{2}A^2 + \cdots + \frac{1}{m!}A^m + \cdots.}$

Να δειχθεί ότι η σειρά συγκλίνει και ότι $\det(e^A) = e^{\mathrm{Tr}(A)}$ .

Πηγή: Προκριματική Εξέταση, Πανεπιστήμιο Berkeley, Άνοιξη 2017.

Tolaso J Kos · #2

Κάπου πρέπει να την έχω ξανά δει αυτή την άσκηση ... αλλά δε θυμάμαι πού ! Μία προσπάθεια ...

Τριγωνοποιούμε το πίνακα

, δηλ. $\displaystyle{A=P^{-1} T P}$ όπου

αντιστρέψιμος πίνακας και

ένας άνω τριγωνικός. Αυτό γίνεται γιατί ο πίνακας μας είναι πάνω από το $\mathbb{C}$ . Ας είναι $\lambda_1, \; \lambda_2, \dots, \lambda_n$ οι ιδιοτιμές του πίνακα. Tότε παρατηρούμε ότι κάθε T^k

είναι άνω τριγωνικός με $\lambda_1^k , \lambda_2^k, \dots, \lambda^k$ στη διαγώνιο. Άρα και ο e^T

είναι άνω τριγωνικός με $e^{\lambda_1} , e^{\lambda_2} , \dots, e^{\lambda_n}$ στη διαγώνιο. Συνεπώς
$\displaystyle{\det e^T=e^{\lambda_1} e^{\lambda_2} \cdots e^{\lambda_n}=e^{\lambda_1+\lambda_2 +\cdots+\lambda_n}=e^{{\rm tr} \;(T)}}$ Όμως ${\rm tr} \; (A) = {\rm tr} (T)$ και $P^{-1}T^kP=A^k$ για κάθε

οπότε $P^{-1}e^TP=e^A$ και κατά συνέπεια
$\det e^T=\det (P^{-1}e^TP)=\det A$ Νομίζω αυτή είναι η βασική ιδέα ... ελπίζω μη χάνω κάτι.

#3

Tolaso J Kos έγραψε:Κάπου πρέπει να την έχω ξανά δει αυτή την άσκηση ...

Eίναι κλασική θεωρία. Όπως με ενημέρωσε ο Γρηγόρης κάποια σχετικά ερωτήματα συζητήθηκαν εδώ. Σίγουρα κάπου θα το συζητήσαμε και στο

.

Tolaso J Kos έγραψε: Νομίζω αυτή είναι η βασική ιδέα ... ελπίζω μη χάνω κάτι.

Απάντησες όμως μόνο στο δεύτερο κομμάτι. Η άσκηση απαιτεί να δειχθεί και η σύγκλιση. Για την σύγκλιση μπορούμε να κάνουμε το εξής:

Αν για δυο $n \times n$ μιγαδικούς πίνακες A,B

το μέγιστο στοιχείο του

σε απόλυτη τιμή είναι M_A

, και του

είναι

, τότε του

είναι το πολύ nM_AM_B

.

Επαγωγικά, το μέγιστο στοιχείο του A^m

, σε απόλυτη τιμή, είναι το $n^{m-1}M_A^m \leqslant (nM_A)^m$ . Άρα σε κάθε θέση

το άθροισμα είναι της μορφής $\displaystyle{ \sum_{m=0}^{\infty} x_m/m!}$

όπου $|x_m| \leqslant (nM_A)^m$ . Το άθροισμα συγκλίνει από το κριτήριο του πηλίκου.

Tolaso J Kos · #4

Demetres έγραψε:Απάντησες όμως μόνο στο δεύτερο κομμάτι. ...

Ναι έχεις δίκιο Δημήτρη. Αυτό το κομμάτι το θεώρησα δεδομένο αλλά και πολύ γνωστό αφού για παράδειγμα σε μάθημα Γραμμικής ΙΙ το έχω κάνει. Σόρρυ για τη παράλλειψη.!!

Εκθετικός Πίνακας

Εκθετικός Πίνακας

Re: Εκθετικός Πίνακας

Re: Εκθετικός Πίνακας

Re: Εκθετικός Πίνακας

Μέλη σε σύνδεση