行列の行列乗の具体的な数値による計算

定義について

正方行列$A,B$において、$A^B=e^{B\log A},e^{(\log A)B}$のどちらかで定義する必要があるのですが、今回は$B\log A,(\log A)B$が可換であるときに定義されるものとして計算します。

解法について

指数の底に当たる行列において、行列が対角化が可能な場合、任意の固有値$x\in \mathbb{C}$が$|kx-1|<1$を満たすような$k\in \mathbb{C}$が存在するなら、下記に書かれる解法を適用できます。不等式を満たす$k$を取れない場合の回避方法も以下に書いています。

問題

$\log A$の値を求める

$\log x$を級数展開する

$$\log (1+x)=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}}{x}^n(|x|<1)$$
平行移動して
$$\log x=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}}(x-1{)}^n$$
$$=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(-1{)}^{n-k}{x}^k$$
$$\therefore \log x=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k$$
収束半径は$0<x<2$

$A$を対角化する

固有ベクトルを求める

$E$を単位行列として
$$\det (\lambda E-A)=0$$
$$\left|\begin{array}{cc}\lambda -1& 1\\ -3& \lambda -5\end{array}\right|={\lambda }^2-6\lambda +8=0$$
$\therefore \lambda =2,4$

$\lambda$の値をそれぞれ代入して固有ベクトルを求めると

$$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -3& -3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}3& 1\\ -3& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ -3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]$$

$\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}1\\ -3\end{array}\right]$が固有ベクトルである。

$P^{-1}AP$を計算する

$P=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]$とおく

このとき$P^{-1}AP$の値は
$$P^{-1}AP$$
$$=(-{\displaystyle \frac{1}{2}})\left[\begin{array}{cc}-3& -1\\ 1& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 3& 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]$$
$$=\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 4\end{array}\right]$$
$$A=P\left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 4\end{array}\right]P^{-1}$$

両辺を$4$で割ってから$n(n\in \mathbb{N})$乗すると

$${\left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)}^n=P\left[\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{1}{2}}& 0\\ 0& 1\end{array}\right]P^{-1}P\left[\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{1}{2}}& 0\\ 0& 1\end{array}\right]P^{-1}\cdots P\left[\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{1}{2}}& 0\\ 0& 1\end{array}\right]P^{-1}=P{\left[\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{1}{2}}& 0\\ 0& 1\end{array}\right]}^n{P}^{-1}$$
$$\therefore {\left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)}^n=P\left[\begin{array}{cc}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n& 0\\ 0& 1\end{array}\right]P^{-1}$$

$\log A$を求める

$A$を$4$で割った理由

さて、メインパートを始めていきたいところなのですが、
ここでなぜ下準備2で$A$を$4$で割ったかを説明します。

$\log A$の分解

まず、級数が収束するように$\log A$を分解しましょう。
$$\log A=\log \left(4E\right)+\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)$$

「よし、計算できる形になったぞ！」と言いたいところなのですが、実は$4E$の方はまだ級数が収束しません。$4E$の計算にはもう少し工夫が必要になりますが、$\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)$を先に計算していきます。

$\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)$の計算

$$\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)}^k$$
$$=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\left(P\left[\begin{array}{cc}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^k& 0\\ 0& 1\end{array}\right]P^{-1}\right)$$
$$=P\left(\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\left[\begin{array}{cc}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^k& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\right)P^{-1}$$

確かに${\displaystyle \frac{1}{2}},1$は収束半径$0<x<2$に入っているので、これは収束して
$$\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)=P\left[\begin{array}{cc}\log {\displaystyle \frac{1}{2}}& 0\\ 0& \log 1\end{array}\right]P^{-1}=P\left[\begin{array}{cc}-\log 2& 0\\ 0& 0\end{array}\right]P^{-1}$$

$P=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]$より$P$を代入して

$$\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-\log 2& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]}^{-1}$$
$$=(-\log 2)(-{\displaystyle \frac{1}{2}})\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -3\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-3& -1\\ 1& 1\end{array}\right]$$
$$\therefore \log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2\left[\begin{array}{cc}-3& -1\\ 3& 1\end{array}\right]$$

$\log \left(4E\right)$の計算

$\alpha \in \mathbb{R}$において$\log \left(\alpha E\right)$について考えます。
$$\log \left(\alpha E\right)=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\left(\alpha E\right)}^k$$
$$=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\alpha }^{k}E$$
$0<\alpha <2$のとき、これは収束して
$$\log \left(\alpha E\right)=E\log \alpha$$
となる。

ここで$\alpha =\sqrt{2}$とおくと、$0<\sqrt{2}<2$より
$$\log \left(E\sqrt{2}\right)=E\log \sqrt{2}$$
左辺、右辺の式をそれぞれ$4$倍すると
$$4\log \left(E\sqrt{2}\right)=\log \left(E^4{\sqrt{2}}^4\right)=\log \left(4E\right)$$
$$4E\log \sqrt{2}=(2\log 2)E$$

よって
$$\log \left(4E\right)=(2\log 2)E=2\log 2\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$$

$\log A$の値を計算する

$$\log A=\log \left(4E\right)+\log \left({\displaystyle \frac{A}{4}}\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2\left[\begin{array}{cc}-3& -1\\ 3& 1\end{array}\right]+2\log 2\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$$
$$\therefore \log A={\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 3& 5\end{array}\right]=({\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2)A$$

$A^B$を求める

$\log A,B$の可換性を調べる

$\log A=({\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2)A$より $A,B$の可換性を調べればよい。

$$AB=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 3& 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}6& 1\\ -3& 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}9& -1\\ 3& 13\end{array}\right]$$
$$BA=\left[\begin{array}{cc}6& 1\\ -3& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 3& 5\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}9& -1\\ 3& 13\end{array}\right]$$
よって、$AB=BA$つまり$B\log A=(\log A)B$である。

$B\log A$の$n$乗を求める

$AB=BA,B\log A=(\log A)B$より
$$B\log A=({\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2)AB={\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2\left[\begin{array}{cc}9& -1\\ 3& 13\end{array}\right]$$

$$\det (\lambda E-AB)=0$$
$$\left|\begin{array}{cc}\lambda -9& 1\\ -3& \lambda -13\end{array}\right|={\lambda }^2-22\lambda +120=0$$
$$\therefore \lambda =10,12$$

$x^n(n\in \mathbb{N})$を$x^2-22x+120$で割った余りを求める。
$$x^n=(x^2-22x+120)P(x)+c_{1}x+c_2$$
$x=10,12$を代入して
$${10}^n=10c_1+c_2,{12}^n=12c_1+c_2$$
これを解いて$c_1={\displaystyle \frac{{12}^n-{10}^n}{2}},c_2=6\cdot {10}^n-5\cdot {12}^n$

ケイリー・ハミルトンの定理より$(AB{)}^2-22AB+120=O$が成り立つから
$$(AB{)}^n=((AB{)}^2-22AB+120E)P(AB)+c_{1}AB+c_{2}E$$
$$={\displaystyle \frac{{12}^n-{10}^n}{2}}AB+(6\cdot {10}^n-5\cdot {12}^n)E$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot {10}^n-{12}^n& {10}^n-{12}^n\\ 3\cdot {12}^n-3\cdot {10}^n& 3\cdot {12}^n-{10}^n\end{array}\right]$$

よって
$$(B\log A{)}^n={({\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2)}^n(AB{)}^n$$
$$={({\displaystyle \frac{1}{2}}\log 2)}^n\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot {10}^n-{12}^n& {10}^n-{12}^n\\ 3\cdot {12}^n-3\cdot {10}^n& 3\cdot {12}^n-{10}^n\end{array}\right]$$
$$={(\log 2)}^n{\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot 5^n-6^n& 5^n-6^n\\ 3\cdot 6^n-3\cdot 5^n& 3\cdot 6^n-5^n\end{array}\right]$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot {(5\log 2)}^n-{(6\log 2)}^n& {(5\log 2)}^n-{(6\log 2)}^n\\ 3\cdot {(6\log 2)}^n-3\cdot {(5\log 2)}^n& 3\cdot {(6\log 2)}^n-{(5\log 2)}^n\end{array}\right]$$

$A^B$を計算する

$B\log A=(\log A)B$より$A^B$はただ一つの値に定まる。
$e^x$のマクローリン展開より
$$e^x=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^n$$
$x\to B\log A$に置き換えると
$$A^B=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}(B\log A{)}^n$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot {(5\log 2)}^n-{(6\log 2)}^n& {(5\log 2)}^n-{(6\log 2)}^n\\ 3\cdot {(6\log 2)}^n-3\cdot {(5\log 2)}^n& 3\cdot {(6\log 2)}^n-{(5\log 2)}^n\end{array}\right]$$
$e^x$のマクローリン展開の収束半径は無限大であるから、各成分に分配すると
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3e^{5\log 2}-e^{6\log 2}& e^{5\log 2}-e^{6\log 2}\\ 3e^{6\log 2}-3e^{5\log 2}& 3e^{6\log 2}-e^{5\log 2}\end{array}\right]$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\begin{array}{cc}3\cdot 2^5-2^6& 2^5-2^6\\ 3\cdot 2^6-3\cdot 2^5& 3\cdot 2^6-2^5\end{array}\right]$$
$$=2^4\left[\begin{array}{cc}3-2& 1-2\\ 3\cdot 2-3& 3\cdot 2-1\end{array}\right]$$
$$=2^4\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 3& 5\end{array}\right]$$
$$=\left[\begin{array}{cc}16& -16\\ 48& 80\end{array}\right]$$

解答

$$\therefore A^B=\left[\begin{array}{cc}16& -16\\ 48& 80\end{array}\right]$$

$\log x$の級数展開の収束半径を回避する方法

解法1でネックだった$\log$のマクローリン展開の収束半径を回避して、$A=e^{\log A}$の逆算で求める方法です。

$A=e^{\log A}$から$\log A$を求める

$A$を対角化して
$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-3& 0\\ 0& 2\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]}^{-1}$$

ここで$\log A$が存在して、対角化が可能であるとすると
$$\log A=P\left[\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& b\end{array}\right]P^{-1}$$
$$\therefore (\log A{)}^n=P\left[\begin{array}{cc}{a}^n& 0\\ 0& b^n\end{array}\right]P^{-1}$$

$e^x$のマクローリン展開より収束半径は無限大であるから
$$e^x=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}$$
$x=\log A$を代入して
$$e^{\log A}=P(\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}\left[\begin{array}{cc}{a}^n& 0\\ 0& b^n\end{array}\right])P^{-1}=P\left[\begin{array}{cc}{e}^a& 0\\ 0& e^b\end{array}\right]P^{-1}$$

$A$を対角化したものと比較して
$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-3& 0\\ 0& 2\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]}^{-1}$$
もちろん$A=e^{\log A}$であるから、$e^a=-3,e^b=2,P=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]$が成り立つ。
$\log (-1)=i\pi$より$a=i\pi +\log 3,b=\log 2$

$$\log A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}i\pi +\log 3& 0\\ 0& \log 2\end{array}\right]{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]}^{-1}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{5}}\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 6& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}i\pi +\log 3& 0\\ 0& \log 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 6& -1\end{array}\right]$$
$$={\displaystyle \frac{1}{5}}\left[\begin{array}{cc}6\log 2-\log 3-i\pi & -\log 2+\log 3+i\pi \\ 6\log 2-6\log 3-6i\pi & -\log 2+6\log 3+6i\pi \end{array}\right]$$

定理

類題 $A$の固有多項式が重解のパターン

ジョルダン標準形を求める

単位行列を$E$とする。
$$\det (\lambda E-A)=(\lambda -2)(\lambda -4)-1\cdot (-1)=(\lambda -3{)}^2=0$$
$$\therefore \lambda =3$$
固有ベクトルを求めると
$$(3E-A)\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]$$
広義固有ベクトルを求めると
$$(3E-A)\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]$$

$P$を以下のように定める。
$$P=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$

よって、$P^{-1}AP$は
$$P^{-1}AP=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}3& -1\\ 0& 3\end{array}\right]$$
となる。

$A^n$を求める

$$A^n=P{\left[\begin{array}{cc}3& -1\\ 0& 3\end{array}\right]}^n{P}^{-1}$$

ここで${\left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 0& 0\end{array}\right]}^2=O$また、二項定理より

$${\left[\begin{array}{cc}3& -1\\ 0& 3\end{array}\right]}^n={(\left[\begin{array}{cc}3& 0\\ 0& 3\end{array}\right]+\left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 0& 0\end{array}\right])}^n=\left[\begin{array}{cc}{3}^n& -3^{n-1}n\\ 0& 3^n\end{array}\right]$$

これより$A^n$を求めると
$$A^n=P\left[\begin{array}{cc}{3}^n& -3^{n-1}n\\ 0& 3^n\end{array}\right]P^{-1}=3^{n-1}\left[\begin{array}{cc}3-n& n\\ -n& n+3\end{array}\right]$$
$${\left({\displaystyle \frac{A}{3}}\right)}^n=\left[\begin{array}{cc}1-{\displaystyle \frac{n}{3}}& {\displaystyle \frac{n}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{n}{3}}& {\displaystyle \frac{n}{3}}+1\end{array}\right]$$

$\log A$を求める

$$\log {\displaystyle \frac{A}{3}}=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\left[\begin{array}{cc}1-{\displaystyle \frac{k}{3}}& {\displaystyle \frac{k}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{k}{3}}& {\displaystyle \frac{k}{3}}+1\end{array}\right]$$
今、これを計算するには二つの級数を求めればよい
定数$(=1)$のみの項は
$$\log x=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(0<x<2)$$
$x=1$を代入して
$$\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\log 1=0$$


一方、$k$が含まれる部分は
$$\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k$$
$$=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})$$
$$=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})$$
$$=\sum _{n\ge 1}\{1+(-1){\}}^{n-1}$$
$$=\sum _{n\ge 1}{0}^{n-1}=1$$
以上より
$$\log {\displaystyle \frac{A}{3}}=\sum _{n\ge 1}\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\left[\begin{array}{cc}1-{\displaystyle \frac{k}{3}}& {\displaystyle \frac{k}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{k}{3}}& {\displaystyle \frac{k}{3}}+1\end{array}\right]$$
$$=\left[\begin{array}{cc}0-{\displaystyle \frac{1}{3}}& {\displaystyle \frac{1}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{1}{3}}& {\displaystyle \frac{1}{3}}+0\end{array}\right]={\displaystyle \frac{1}{3}}\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 1\end{array}\right]$$
定理1より
$$\log A=\log 3E+\log {\displaystyle \frac{A}{3}}=(\log 3)E+\log {\displaystyle \frac{A}{3}}$$
$$\therefore \log A=\left[\begin{array}{cc}\log 3-{\displaystyle \frac{1}{3}}& {\displaystyle \frac{1}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{1}{3}}& \log 3+{\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}\right]$$

$A^B$を求める

$\log A,B$の積の可換性

$$B\log A=\left[\begin{array}{cc}5& -2\\ 2& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\log 3-{\displaystyle \frac{1}{3}}& {\displaystyle \frac{1}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{1}{3}}& \log 3+{\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}5\log 3-1& -2\log 3+1\\ 2\log 3-1& \log 3+1\end{array}\right]$$

$$(\log A)B=\left[\begin{array}{cc}\log 3-{\displaystyle \frac{1}{3}}& {\displaystyle \frac{1}{3}}\\ -{\displaystyle \frac{1}{3}}& \log 3+{\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}5& -2\\ 2& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}5\log 3-1& -2\log 3+1\\ 2\log 3-1& \log 3+1\end{array}\right]$$
$$\therefore B\log A=(\log A)B$$

$B\log A$の$n$乗から$A^B$を計算する

$$\det (\lambda E-B(\log A))=\left|\begin{array}{cc}\lambda -5\log 3+1& 2\log 3-1\\ -2\log 3+1& \lambda -\log 3-1\end{array}\right|$$
$$=(\lambda -5\log 3+1)(\lambda -\log 3-1)-(2\log 3-1)(-2\log 3+1)$$
$$={\lambda }^2-(6\log 3)\lambda +9(\log 3{)}^2$$

このとき$x^n$を$x^2-(6\log 3)x+9(\log 3{)}^2$で割った余りは
$$x^n=(x^2-(6\log 3)x+9(\log 3{)}^2)P(x)+(3\log 3{)}^{n-2}(3\log 3-n)x+n(3\log 3{)}^{n-1}$$
である。
ケイリー・ハミルトンの定理より
$$(B\log A{)}^2-(6\log 3)(B\log A)+9(\log 3{)}^{2}E=O$$
であるから
$$(B\log A{)}^n=(3\log 3{)}^{n-2}(3\log 3-n)B(\log A)+n(3\log 3{)}^{n-1}E$$
$$=(3\log 3{)}^{n-2}(3\log 3-n)\left[\begin{array}{cc}5\log 3-1& -2\log 3+1\\ 2\log 3-1& \log 3+1\end{array}\right]+n(3\log 3{)}^{n-1}\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$$
$$=(3\log 3{)}^{n-1}\left[\begin{array}{cc}5\log 3-1& -2\log 3+1\\ 2\log 3-1& \log 3+1\end{array}\right]+(3\log 3{)}^{n-2}n\left[\begin{array}{cc}-2\log 3+1& 2\log 3-1\\ -2\log 3+1& 2\log 3-1\end{array}\right]$$

$e^x$のマクローリン展開より 収束半径は無限大であるから
$$e^x=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^n$$
この式を用いると

$$A^B=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}((3\log 3{)}^{n-1}\left[\begin{array}{cc}5\log 3-1& -2\log 3+1\\ 2\log 3-1& \log 3+1\end{array}\right]+(3\log 3{)}^{n-2}n\left[\begin{array}{cc}-2\log 3+1& 2\log 3-1\\ -2\log 3+1& 2\log 3-1\end{array}\right])$$

ここで求める級数2つは
$$\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}(3\log 3{)}^{n-1}={\displaystyle \frac{e^{3\log 3}}{3\log 3}}={\displaystyle \frac{9}{\log 3}}$$
$$\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}(3\log 3{)}^{n-2}n=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{(n-1)!}}(3\log 3{)}^{n-2}={\displaystyle \frac{e^{3\log 3}}{3\log 3}}={\displaystyle \frac{9}{\log 3}}$$
となる。