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行列の行列乗の具体的な数値による計算

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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。

問題

$ A= \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 5 \\ \end{bmatrix},\ B= \begin{bmatrix} 6 & 1 \\ -3 & 2 \\ \end{bmatrix} $

$A^B$の値を求めよ。

$\log{A}$の値を求める

$\log{x}$を級数展開する

$$ \log(1+x) =\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} x^n\ (|x|<1) $$
平行移動して
$$ \log{x} =\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} (x-1)^n $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^{n-k}x^k $$
$$ \therefore \log{x}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}x^k $$
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
$$ \det(\lambda E-A)=0 $$
$$ \begin{vmatrix} \lambda-1 & 1 \\ -3 & \lambda-5 \\ \end{vmatrix} =\lambda^2-6\lambda+8=0 $$
$\therefore \lambda=2,\ 4$

$\lambda$の値をそれぞれ代入して固有ベクトルを求めると

$$ \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -3 & -3 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix},\ \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -3 & -1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \\ \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} $$

$ \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ \end{bmatrix},\ \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \\ \end{bmatrix} $が固有ベクトルである。


$P^{-1}AP$を計算する

$P=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix}$とおく

このとき$P^{-1}AP$の値は
$$ P^{-1}AP $$
$$ = \left(-\dfrac{1}{2}\right) \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 5 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix} $$
$$ = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \\ \end{bmatrix} $$
$$ A=P \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \\ \end{bmatrix} P^{-1} $$

両辺を$4$で割ってから$n\ (n\in\mathbb{N})$乗すると

$$ \left(\dfrac{A}{4}\right)^n= P \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} P^{-1} P \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} P^{-1} \cdots P \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} P^{-1} =P \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix}^n P^{-1} $$
$$ \therefore \left(\dfrac{A}{4}\right)^n=P \begin{bmatrix} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} P^{-1} $$


$\log{A}$を求める

$A$$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$$4$で割ったかを説明します。

$A$$4$で割らずにそのまま$n$乗すると
$$ A^n=P \begin{bmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 4^n \\ \end{bmatrix} P^{-1} $$

$\log{x}$の級数展開より$x\to A$とすると
$$ \log{A} =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}A^k $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \left(P \begin{bmatrix} 2^k & 0 \\ 0 & 4^k \\ \end{bmatrix} P^{-1}\right) $$
$$ =P\left(\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \begin{bmatrix} 2^k & 0 \\ 0 & 4^k \\ \end{bmatrix} \right) P^{-1} $$

総和は行列の各成分に分配して計算ができるのですが...
級数の終息半径は$0< x<2$であり、各成分の級数はこのとき収束しません
そのため、あらかじめ$4$で割ることで級数が適応できるようにします。


$\log{A}$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。
$$ \log{A}=\log(4E)+\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)} $$

「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、$\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}$を先に計算していきます。

$\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}$の計算

$$ \log{\left(\dfrac{A}{4}\right)} =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\left(\dfrac{A}{4}\right)^k $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \left(P \begin{bmatrix} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} P^{-1}\right) $$
$$ =P\left(\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \begin{bmatrix} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \right) P^{-1} $$

確かに$\dfrac{1}{2},\ 1$は収束半径$0< x<2$に入っているので、これは収束して
$$ \log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}=P \begin{bmatrix} \log\dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & \log1 \\ \end{bmatrix} P^{-1} =P \begin{bmatrix} -\log2 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} P^{-1} $$

$P=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix}$より$P$を代入して

$$ \log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}= \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\log2 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix}^{-1} $$
$$ = (-\log2)\left(-\dfrac{1}{2}\right) \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ \therefore \log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}=\dfrac{1}{2} \log{2} \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 3 & 1 \\ \end{bmatrix} $$

$\log(4E)$の計算

$\alpha \in \mathbb{R}$において$\log(\alpha E)$について考えます。
$$ \log(\alpha E)= \sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\left(\alpha E\right)^k $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\alpha^kE $$
$0<\alpha<2$のとき、これは収束して
$$ \log(\alpha E)=E\log{\alpha} $$
となる。

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

よって
$$ \log(4E)=(2\log{2})E= 2\log{2}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} $$

$\log{A}$の値を計算する

$$ \log{A}=\log(4E)+\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)} =\dfrac{1}{2} \log{2} \begin{bmatrix} -3 & -1 \\ 3 & 1 \\ \end{bmatrix} +2\log{2}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ \therefore \log{A}=\dfrac{1}{2}\log{2}\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 5 \\ \end{bmatrix} =\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)A $$

$A^B$を求める

$\log{A},\ B$の可換性を調べる

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

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

$B\log{A}$$n$乗を求める

$AB=BA,\ B\log{A}=(\log{A})B$より
$$ B\log{A}=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)AB=\dfrac{1}{2}\log{2}\begin{bmatrix} 9 & -1 \\ 3 & 13 \\ \end{bmatrix} $$

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


$x^n\ (n\in\mathbb{N})$$x^2-22x+120$で割った余りを求める。
$$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$c_1=\dfrac{12^n-10^n}{2},\ c_2=6\cdot10^n-5\cdot12^n$


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
$$ (AB)^n=((AB)^2-22AB+120E)P(AB)+c_1 AB+c_2 E $$
$$ =\dfrac{12^n-10^n}{2} AB+(6\cdot10^n-5\cdot12^n) E $$
$$ =\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3\cdot10^n-12^n & 10^n-12^n \\ 3\cdot12^n-3\cdot10^n & 3\cdot12^n-10^n \\ \end{bmatrix} $$

よって
$$ (B\log{A})^n=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)^n(AB)^n $$
$$ =\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)^n \cdot \dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3\cdot10^n-12^n & 10^n-12^n \\ 3\cdot12^n-3\cdot10^n & 3\cdot12^n-10^n \\ \end{bmatrix} $$
$$ =\left(\log{2}\right)^n \dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3\cdot5^n-6^n & 5^n-6^n \\ 3\cdot6^n-3\cdot5^n & 3\cdot6^n-5^n \\ \end{bmatrix} $$
$$ = \dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3\cdot\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n & \left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n \\ 3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-3\cdot\left(5\log{2}\right)^n & 3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-\left(5\log{2}\right)^n \\ \end{bmatrix} $$

$A^B$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
$$ e^x=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} x^n $$
$x\to B \log{A}$に置き換えると
$$ A^B=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} (B\log{A})^n $$
$$ =\dfrac{1}{2}\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} \begin{bmatrix} 3\cdot\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n & \left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n \\ 3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-3\cdot\left(5\log{2}\right)^n & 3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-\left(5\log{2}\right)^n \\ \end{bmatrix} $$
$e^x$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
$$ =\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3e^{5\log{2}}-e^{6\log{2}} & e^{5\log{2}}-e^{6\log{2}} \\ 3e^{6\log{2}}-3e^{5\log{2}} & 3e^{6\log{2}}-e^{5\log{2}} \\ \end{bmatrix} $$
$$ =\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix} 3\cdot2^5-2^6 & 2^5-2^6 \\ 3\cdot2^6-3\cdot2^5 & 3\cdot2^6-2^5 \\ \end{bmatrix} $$
$$ =2^4 \begin{bmatrix} 3-2 & 1-2 \\ 3\cdot2-3 & 3\cdot2-1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ =2^4 \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 5 \\ \end{bmatrix} $$
$$ =\begin{bmatrix} 16 & -16 \\ 48 & 80 \\ \end{bmatrix} $$

解答

$ A= \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 5 \\ \end{bmatrix},\ B= \begin{bmatrix} 6 & 1 \\ -3 & 2 \\ \end{bmatrix} $のとき $A^B=\begin{bmatrix} 16 & -16 \\ 48 & 80 \\ \end{bmatrix}$である

定理

$\alpha\in\mathbb{C}\setminus\{0\},$ 単位行列$E$において以下の等式が成立する。
$$ \log(\alpha E)=(\log{\alpha})E $$

$\alpha=re^{i\theta}\ (\{r,\ \theta\}\in\mathbb{R},\ r\neq 0)$とおく
$$ \log(\alpha E)=\log(rE)+\log( e^{i\theta}E) $$

$(i)\ 0< r$の場合 $\exists m\in\mathbb{Z}; 0< r^{\dfrac{1}{m}}<2$
$$ \log(r^{\dfrac{1}{m}}E)=\sum_{n\geq1}\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{1+k}}{n} \binom{n}{k}(r^{\dfrac{1}{m}}E)^k $$
$$ =\sum_{n\geq1}\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{1+k}}{n} \binom{n}{k}(r^{\dfrac{1}{m}})^kE $$
$$ =(\log{r^{\dfrac{1}{m}}})E $$
$$ =\left(\dfrac{1}{m}\log{r}\right)E $$

$$ m\log(r^{\dfrac{1}{m}}E)=m\left(\dfrac{1}{m}\log{r}\right)E $$

$$ \therefore \log(r E)=(\log{r})E\ (\because E^m=E) $$

$(ii)\ r<0$の場合
$$ \log(r E)=\log(-E)+\log(-r E) $$
$(i),\ 0<-r$より
$$ \log(-r E)=(\log(-r))E $$
次に$\log(-E)=\log(-1)E=i\pi E$を示す。
$$ e^{i\pi E}=\cos(\pi E)+i\sin(\pi E) $$
$$ \cos(\pi E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n)!} (\pi E)^{2n}=E\cos{\pi}=-E $$
$$ \sin(\pi E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!} (\pi E)^{2n+1}=E\sin{\pi}=O $$
よって $e^{i\pi E}=-E$
対数をとって
$$ \log(-E)=i\pi E=\log(-1)E $$
したがって
$\log(r E)=\log(-E)+\log(-r E)$
$=\log(-1)E+\log(-r)E$
$=(\log r)E$

$(i), (ii)$より
$\log(r E)=(\log r)E\ (r\in\mathbb{R}\setminus\{0\})$

次に
$$ e^{i\theta E}=\cos(\theta E)+i\sin(\theta E) $$
$$ \cos(\theta E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n)!} (\theta E)^{2n}=E\cos{\theta} $$
$$ \sin(\theta E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!} (\theta E)^{2n+1}=E\sin{\theta} $$
よって
$$ e^{i\theta E}=(\cos(\theta)+i\sin(\theta))E=e^{i\theta}E $$
対数をとって
$$ i\theta E=\log(e^{i\theta}E) $$

$\log{rE}\ (r\in\mathbb{R})$を足して
$$ (\log(re^{i\theta}))E=\log(re^{i\theta}E) $$
以上より
$\alpha\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$において
$$ \log(\alpha E)=(\log{\alpha})E $$
が成立する

類題

$A$の固有多項式が重解のパターン

$ A= \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 4 \\ \end{bmatrix},\ B= \begin{bmatrix} 5 & -2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix} $
$A^B$の値を求めよ。

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
$$ (3 E-A) \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} $$
広義固有ベクトルを求めると
$$ (3 E-A) \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{bmatrix} $$

$P$を以下のように定める。
$$ P= \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix} $$

よって、$P^{-1}AP$
$$ P^{-1}AP=\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 4 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix} $$
となる。

$A^n$を求める

$$ A^n= P \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix}^n P^{-1} $$

ここで$ \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix}^2 =O $また、二項定理より

$$ \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix}^n= \left( \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \right)^n =\begin{bmatrix} 3^n & -3^{n-1}n \\ 0 & 3^n \\ \end{bmatrix} $$

したがって
$$ A^n=P\begin{bmatrix} 3^n & -3^{n-1}n \\ 0 & 3^n \\ \end{bmatrix}P^{-1} =3^{n-1} \begin{bmatrix} 3-n & n \\ -n & n+3 \\ \end{bmatrix} $$
$$ \left(\dfrac{A}{3}\right)^n = \begin{bmatrix} 1-\dfrac{n}{3} & \dfrac{n}{3} \\ -\dfrac{n}{3} & \dfrac{n}{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$

$\log{A}$を求める

$$ \log{\dfrac{A}{3}}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \begin{bmatrix} 1-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3} \\ -\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$
今、これを計算するには二つの級数を求めればよい
$$ \log{x}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} x^k\ (0< x<2) $$
これより
$$ \sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}=\log{1}=0 $$
一方
$$ \sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}k =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}k $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n(-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n(-1)^{k-1} \binom{n-1}{k-1} $$
$$ =\sum_{n\geq 1} \{1+(-1)\}^{n-1} $$
$$ =\sum_{n\geq 1} 0^{n-1}=1 $$
以上より
$$ \log{\dfrac{A}{3}}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} \begin{bmatrix} 1-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3} \\ -\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ = \begin{bmatrix} 0-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}+0 \\ \end{bmatrix} =\dfrac{1}{3} \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1 \\ \end{bmatrix} $$
定理1より
$$ \log{A}=\log{3E}+\log{\dfrac{A}{3}} =(\log{3})E+\log{\dfrac{A}{3}} $$
$$ \therefore \log{A}=\begin{bmatrix} \log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\ \end{bmatrix} $$

$A^B$を求める

$\log{A},\ B$の積の可換性

$$ B\log{A}= \begin{bmatrix} 5 & -2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$

$$ (\log{A})B= \begin{bmatrix} \log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5 & -2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ \therefore B\log{A}=(\log{A})B $$

$B\log{A}$$n$乗から$A^B$を計算する

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

このとき$x^n$$x^2-(6\log{3})x+9(\log{3})^2$で割った余りは
$$ 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) \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} +n(3\log{3})^{n-1} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} $$
$$ =(3\log{3})^{n-1} \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} +(3\log{3})^{n-2}n\begin{bmatrix} -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ \end{bmatrix} $$

$e^x$のマクローリン展開より 収束半径は無限大であるから
$$ e^x=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}x^n $$
この式を用いると

$$ A^B=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}\left((3\log{3})^{n-1} \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} +(3\log{3})^{n-2}n\begin{bmatrix} -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ \end{bmatrix}\right) $$

ここで求める級数2つは
$$ \sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}(3\log{3})^{n-1}=\dfrac{e^{3\log{3}}}{3\log{3}}=\dfrac{9}{\log{3}} $$
$$ \sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}(3\log{3})^{n-2}n =\sum_{n\geq1} \dfrac{1}{(n−1)!}(3\log{3})^{n-2} =\dfrac{e^{3\log{3}}}{3\log{3}}=\dfrac{9}{\log{3}} $$
となる。

$$ A^B=\dfrac{9}{\log{3}}\left( \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} +\begin{bmatrix} -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ \end{bmatrix}\right) $$
$$ \therefore A^B= \begin{bmatrix} 27 & 0 \\ 0 & 27 \\ \end{bmatrix} $$

投稿日:9日前
更新日:6日前

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